Mathematik zur letzten Adventswoche

[ottogal]

Hallo in die Runde!

Die 12 goldenen Punkte sind gleichmäßig auf der Kreislinie verteilt.
Die 4 eingezeichneten Strecken verbinden jeweils zwei davon.
Man sieht: Diese 4 Strecken gehen durch einen gemeinsamen Punkt.

Dies zu beweisen ist die Aufgabe.

Viele Grüße
ottogal

[Gunnar Bittersmann]

@@ottogal

Die 12 goldenen Punkte sind gleichmäßig auf der Kreislinie verteilt.

12 Dinger gleichmäßig auf einem Kreis verteilt – das hab ich doch irgendwo schon mal gesehen? Jetzt schlägst’s dreizehn! TIL was die Stunde von CSS geschlagen hat

Die 4 eingezeichneten Strecken verbinden jeweils zwei davon.
Man sieht: Diese 4 Strecken gehen durch einen gemeinsamen Punkt.

Dies zu beweisen ist die Aufgabe.

Nette Aufgabe.

🖖 Живіть довго і процвітайте

[ottogal]

@Gunnar Bittersmann

TIL was die Stunde von CSS geschlagen hat

Sehr schön! Lohnt sicher, das näher zu inspizieren.
Mal sehen, wann ich die Zeit finde... (Uhr läuft... 😁)

[Gunnar Bittersmann]

@@ottogal

12 Dinger gleichmäßig auf einem Kreis verteilt – das hab ich doch irgendwo schon mal gesehen? Jetzt schlägst’s dreizehn! TIL was die Stunde von CSS geschlagen hat

Sehr schön! Lohnt sicher, das näher zu inspizieren.

Ja. Der Clou (oder sollte ich sagen: ein Clou?) an dem Zifferblatt ist, dass es nicht auf 12 getrimmt ist, sondern mit beliebig vielen Dingern funktioniert, die sich gleichmäßig auf einem Kreis verteilen. „Jetzt schlägst’s dreizehn!“ war nicht nur so dahergesagt. 😏

Mit CSS (jawoll!) wird die Anzahl der Dinger ermittelt, damit für jedes der Drehwinkel berechnet werden kann. Die Idee dazu stammt von diesem Codepen zu diesem Thread.^[1]

Und wenn man das einmal hat, kann man auch ein Zifferblatt draus machen. Oder zwei: mit römischen und mit arabischen Zahlen. Und da kam dann @counter-style dazu (für IIII statt IV). Und font-variant-numeric und font-feature-settings (für 7 mit Strich statt 7 und eine andere 4).

Mal sehen, wann ich die Zeit finde... (Uhr läuft... 😁)

Stimmt. Wenn man das Zifferblatt einmal hat, sollten auch Zeiger dazukommen. Und dann sollte die Uhr auch laufen.

🖖 Живіть довго і процвітайте

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1. Das Posting ist gealtert. Inzwischen unterstützt auch Firefox :has() (nicht mehr hinterm Feature-Flag versteckt). ↩︎

[Gunnar Bittersmann]

@@Gunnar Bittersmann

Das Posting ist gealtert. Inzwischen unterstützt auch Firefox :has() (nicht mehr hinterm Feature-Flag versteckt).

Und eine andere Stelle in der Präsentation auch: Inzwischen unterstützen auch Chromium-Browser sqrt().

Damit ist meine Geschichte aus dem Webkrauts-Adventskalender von 2015 genau das: Geschichte.

🖖 Живіть довго і процвітайте

[Rolf B]

Hallo Gunnar Bittersmann,

Inzwischen unterstützen auch Chromium-Browser sqrt().

Na toll. Caniuse bezieht sich auf MDN und die wissen noch von nichts 😟. Im Chrome CSS Jahresupdate 2023 steht es auch nicht, da ist nur die Trigonometrie gelistet. Seltsam.

Rolf

[Gunnar Bittersmann]

@@Rolf B

Inzwischen unterstützen auch Chromium-Browser sqrt().

Na toll. Caniuse bezieht sich auf MDN und die wissen noch von nichts 😟. Im Chrome CSS Jahresupdate 2023 steht es auch nicht, da ist nur die Trigonometrie gelistet. Seltsam.

Ich fand’s schon seltsam, dass Chromium schon längst die Trigonometrie-Funktionen implementiert hat, aber im Zuge dessen sqrt() vergessen wurde.

🖖 Живіть довго і процвітайте

[nix]

Inzwischen unterstützen auch Chromium-Browser sqrt().

Mit welchen Ergebnissen?

Nicht gleich hauen: im Wesentlichen will ich diese Gelegenheit nutzen, um mitzuteilen, daß mittlerweile Safari (schon länger) Wurzeln ziehen, aber jetzt sogar anscheinend (es gibt ja mehrere Möglichkeiten und das Testen ist nicht gerade einfach) round. Sprich round(up, sqrt(4), 1) liefert jetzt auch(?) 2.

[Gunnar Bittersmann]

@@Gunnar Bittersmann

Und eine andere Stelle in der Präsentation auch: Inzwischen unterstützen auch Chromium-Browser sqrt().

Damit ist meine Geschichte aus dem Webkrauts-Adventskalender von 2015 genau das: Geschichte.

Und die Bildergalerie sieht jetzt so aus. (Eigentlich wie vorher, nur der Code sieht besser aus.)

Kwakoni Yiquan

[Gunnar Bittersmann]

@@Gunnar Bittersmann

Und eine andere Stelle in der Präsentation auch: Inzwischen unterstützen auch Chromium-Browser sqrt().

Damit ist meine Geschichte aus dem Webkrauts-Adventskalender von 2015 genau das: Geschichte.

Und die Bildergalerie sieht jetzt so aus. (Eigentlich wie vorher, nur der Code sieht besser aus.)

Präsentation Back to the roots again: Wurzeln mit Sass → mit custom properties → mit sqrt()

Kwakoni Yiquan

[Gunnar Bittersmann]

@@Gunnar Bittersmann

„Jetzt schlägst’s dreizehn!“ war nicht nur so dahergesagt. 😏

[…] Und dann sollte die Uhr auch laufen.

Und schlagen. Und wenn ich mich nicht verzählt habe, nicht dreizehn.

☞ …striking the hours

🖖 Живіть довго і процвітайте

[ottogal]

Hallo in die Runde,

bei mir ist nur von Gunnar eine Lösung eingegangen (schon nach wenigen Stunden).
Vielleicht ist es das Abdriften des Threads, vielleicht auch der vorweihnachtliche Stress allenthalben, der weitere Beteiligung verhindert hat.

Jedenfalls denke ich, es ist Zeit zum Auflösen.

Gunnar hat den Kreis in ein Kartesisches Koordinatensystem gelegt, für die 4 fraglichen Verbindungen Geradengleichungen aufgestellt und paarweise einige ihrer Schnittpunkte berechnet. Übereinstimmende Ergebnisse beweisen die Aussage. Das ist völlig in Ordnung; Descartes ist ja nicht ohne Grund berühmt geworden...

Mir ist aber bei solchen Aufgaben ein elementargeometrischer Beweis lieber.
Meine Lösung sieht so aus:

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Vorbetrachtung

Die goldenen Punkte benennen wir wie auf dem Zifferblatt einer Uhr, wobei wir der Kürze halber statt der zweistelligen Zahlen 10 bis 12 die Hex-Ziffern a, b und c verwenden (womit die hier Mitlesenden kein Problem haben sollten).

Zwei benachbarte goldene Punkte bestimmen mit den Radien jeweils einen Kreissektor mit dem Mittelpunktswinkel 30° (z.B. den Sektor M65). Der dazugehörige Umfangswinkel ist halb so groß, also z.B. $$\angle{4a3}=15°$$ (pinkfarbig).

Umfangswinkel zu doppelt (bzw. dreifach) so großen Kreisbögen sind entsprechend doppelt (bzw. dreifach) so groß, z.B.

$$\angle{3a1}=30°$$ (blau) und $$\angle{7a4}=45°$$ (grün).

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Lösung

Das Viereck 741a ist ein Quadrat. Die Mittelsenkrechte von a7 ist Symmetrieachse der gesamten Figur.
Insbesondere liegen die Strecken 15 und 4c symmetrisch zueinander, ebenso die Strecken a3 und 72.

Sei S der Schnittpunkt von 15 mit der Symmetrieachse und
T der Schnittpunkt von a3 mit der Symmetrieachse.

Zu zeigen ist: T und S sind der selbe Punkt.

Als Achsenpunkt wird S auf sich selbst gespiegelt, muss also auch auf dem Spiegelbild 4c von 15 liegen.
Als Achsenpunkt wird T auf sich selbst gespiegelt, muss also auch auf dem Spiegelbild 72 von a3 liegen.

Nach der Vorbetrachtung über Winkel ist $$\triangle{a7T}$$ gleichseitig.
Daher ist das $$\triangle{4T7}$$ gleichschenklig, die Basiswinkel haben 75°.
Also ist $$\angle{T47}=75°$$ und daher $$\angle{14T}=15°$$.

Nun ist aber auch $$\angle{14c}=15°$$. Deshalb muss T auf dem Winkelschenkel 4c liegen, als Achsenpunkt muss er also der Schnittpunkt von 4c mit der Achse sein. Das ist aber der Punkt S.

q.e.d.

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Viele Grüße
ottogal

[Gunnar Bittersmann]

@@ottogal

Mir ist aber bei solchen Aufgaben ein elementargeometrischer Beweis lieber.

Mir auch. Ich find ihn nur nicht immer. 🤨

Also ist $$\angle{T47}=75°$$ und daher $$\angle{14T}=15°$$.

Nun ist aber auch $$\angle{14c}=15°$$. Deshalb muss T auf dem Winkelschenkel 4c liegen

Clever.

Kwakoni Yiquan

[Gunnar Bittersmann]

@@ottogal

Gunnar hat den Kreis in ein Kartesisches Koordinatensystem gelegt, für die 4 fraglichen Verbindungen Geradengleichungen aufgestellt und paarweise einige ihrer Schnittpunkte berechnet.

Falls es Wayne interessiert:

Ich lasse das Bild so orientiert und nenne die Punkte wie auf einem Zifferblatt P₁ bis P₁₂. Die x-Achse gehe von P₉ zu P₃, die y-Achse von P₆ zu P₁₂. Der Kreis sei der Einheitskreis.

Die Gerade g₁ durch P₁ und P₅ ist dann x = ½ (wegen sin 30° = cos 60° = ½).

∡P₉P₃P₁₀ ist als Peripheriewinkel halb so groß wie der Zentriwinkel ∡P₉OP₁₀, also 15°. Die Gerade g₃ durch P₃ und P₁₀ ist folglich y = −(tan 15°)(x − 1) = −(2 − √3)(x − 1).

½ eingesetzt ergibt den y-Wert des Schnittpunkts von g₁ und g₃: y = −(2 − √3)(½ − 1) = 1 − ½√3.

Die Gerade g₂ durch P₂ und P₇ schneide die x-Achse in Q. ∡P₃QP₂ ist als Außenwinkel an ▵OQP₂ so groß wie die Summe der nicht anliegenden Innenwinkel, also 45°. (∡QP₂O ≡ ∡P₇P₂P₈ = ∡P₉P₃P₁₀ = 15°.) Folglich hat g₂ die Gleichung y = x + n, wobei sich n aus den Koordinaten (−½, −½√3) von P₇ (wieder ein spezieller Funktionswert der Winkelfunktion) zu n = ½ − ½√3 ergibt, d.h. y = x + ½ − ½√3.

½ eingesetzt ergibt den y-Wert des Schnittpunkts von g₁ und g₂: y = ½ + ½ − ½√3 = 1 − ½√3. Das stimmt mit dem Schnittpunkt von g₁ und g₃ überein.

Die Gerade g₄ durch P₄ und P₁₂ hat den Anstiegswinkel −60°, folglich die Gleichung y = −√3 x + 1.

½ eingesetzt ergibt den y-Wert des Schnittpunkts von g₁ und g₄: y = −½√3 + 1. Somit fallen alle Schnittpunkte zusammen, q.e.d.

Kwakoni Yiquan