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Pyramiden Beweis LK13

ZahlReich - Mathematik Hausaufgabenhilfe » Klassen 12/13 » Analytische Geometrie » Dreiecke/Vierecke/Kreise » Pyramiden Beweis LK13 « Zurück Vor »

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Decantus (Decantus)
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Benutzername: Decantus

Nummer des Beitrags: 39
Registriert: 09-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 16. Oktober, 2003 - 18:19:   Beitrag drucken

Hi Leute,
würde gerne Wissen ob ihr einen einfacheren Weg findet diesen beweis zu lösen.
Lehrer hat 2 DIN A4 Seiten gebraucht.

Aufgabe = Zeige, dass bei einer regelmäßigen Pyramide mit quadratischer Grundfläche die benachbarten Seitenflächen niemals zueinander orthogonal sind.

Bin mal gespannt.

Danke

Martin
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Carpediem (Carpediem)
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Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Carpediem

Nummer des Beitrags: 95
Registriert: 09-2003
Veröffentlicht am Donnerstag, den 16. Oktober, 2003 - 20:44:   Beitrag drucken

Angenommen, die Seitenflächen ABS und BCS wären orthogonal. Dann verschieben wir die Pyramide so, dass B im Ursprung liegt. Wir drehen sie so, dass BA auf der x-Achse liegt und BC auf der y-Achse. Das geht, denn BA und BC sind Seitenlängen eines Quadrats und daher orthogonal. Wir strecken/stauchen die Pyramide so, dass die Seitenlänge des Quadrats 2 wird. All das ist erlaubt, denn Schiebungen, Drehungen, Streckungen und Stauchungen verändern keine Winkel. ABS und BCS müßten immer noch orthogonal sein.

A(2|0|0)
B(0|0|0)
C(0|2|0)
D(2|2|0)

Der Fußpunkt der Höhe (Mitte des Quadrats) ist F(1|1|0), die Spitze
S(1|1|h).

a = BA = (2;0;0)
c = BC = (0;2;0)
s = BS = (1;1;h)

Die Ebene, in der ABS liegt, enthält a und s und hat daher den Normalvektor a x s = (0;-2h;2).

Die Ebene, in der BCS liegt, enthält c und s und hat daher den Normalvektor c x s = (2h;0;-2).

Das Skalarprodukt dieser 2 Vektoren ist -4 ¹ 0. Die Normalvektoren der Seitenflächen sind nicht orthogonal, und daher die Seitenflächen auch nicht.

werbungsfriedhof@hotmail.com
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Martin243 (Martin243)
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Benutzername: Martin243

Nummer des Beitrags: 797
Registriert: 02-2001
Veröffentlicht am Donnerstag, den 16. Oktober, 2003 - 20:51:   Beitrag drucken

Hi!

Wie wäre es mit folgender Konstruktion:

Wir stellen die Pyramide mittig auf die xy-Ebene eines orthogonalen xyz-Koordinatensystems. Die Seiten der Grundfläche stehen dabei senkrecht auf der x- bzw. y-Achse.

Um zu zeigen, dass zwei benachbarte Seiten nicht orhtogonal zueinander sind, bestimmen wir deren Normalenvektoren. Nur wenn deren Produkt 0 ist, sind sie orthogonal.

Pyramide

Sei h nun die Höhe, der Rest wie im Bild zu sehen.
Wir wissen außerdem, dass gilt: |x0| = |y0| = a/2 (halbe Grundflächenseite).

Nun berechnen wir den Normalenvektor der der positiven x-Achse zugewandten Seitenfläche:
nx = hx x y0
= (-x0, 0, h) x (0, y0, 0)
= (-hy0, 0, -x0y0)

Nun berechnen wir den Normalenvektor der der positiven y-Achse zugewandten Seitenfläche:
ny = hy x x0
= (0, -y0, h) x (x0, 0, 0)
= (0, hx0, x0y0)

Nun multiplizieren wir die Normalenvektoren skalar:
nxny = (-hy0, 0, -x0y0) * (0, hx0, x0y0)
= -x02y02

Nehmen wir nun an, die beiden Seitenflächen seien orthogonal zueinander. Dann wäre das Produkt gleich Null:

nxny = 0
<=> -x02y02 = 0
<=> -(a/2)2 * (a/2)2 = 0
<=> a4/16 = 0
<=> a = 0

Das bedeutet, die Seitenlänge müsste 0 sein, also ein Grenzfall, keine wirkliche Pyramide.


Ich habe oben übrigens Vektoren und deren Beträge unter derselben Bezeichnung benutzt, aber das ergibt sich aus dem Kontext...


MfG
Martin
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Friedrichlaher (Friedrichlaher)
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Benutzername: Friedrichlaher

Nummer des Beitrags: 1557
Registriert: 02-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 16. Oktober, 2003 - 20:56:   Beitrag drucken

unter "regelmäig" ist wohl "gerade" gemeint,
also Spitze auf einer Normalen über dem Quadratmittelpunkt.
Dann müssen aber die Winkel zwischen allen aneinanderstossenden Seitenflächen 90° sein, womit alle 4 Kanten der
Seitenflächen zueinadner parallel werden - womit
die Pyramide keine ( oder nur "im unendlichem" eine ) Spitze hätte .
Wenn das Erlernen der Mathematik einigermaßen ihre Erfindung wiederspiegeln soll, so muß es einen Platz für Erraten, für plausibles Schließen haben.
[Aus dem Vorwort zu "Mathematik und plausibles Schliessen, Bd. 1 Induktion und Analogie in der Mathematik" von Georg Pólya]
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Carpediem (Carpediem)
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Benutzername: Carpediem

Nummer des Beitrags: 96
Registriert: 09-2003
Veröffentlicht am Donnerstag, den 16. Oktober, 2003 - 22:01:   Beitrag drucken

Den Schritt verstehe ich nicht ganz:

Winkel zwischen allen Seitenflächen 90° Þ Kanten parallel

E1: x = 0
E2: y = 0
E3: z = 0

Diese Ebenen sind alle orthogonal zueinander, die "Kanten", also die Geraden in denen sie sich schneiden, sind x-, y- und z-Achse, die aber nicht parallel zueinander sind.

Mir ist schon klar, dass diese Ebenen sich nicht als Pyramidenseitenflächen eignen, aber wäre es nicht (theoretisch) möglich, dass es zueinander orthogonale Ebenen gibt, die sich in Geraden schneiden, die nicht parallel sind?

werbungsfriedhof@hotmail.com
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Friedrichlaher (Friedrichlaher)
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Nummer des Beitrags: 1559
Registriert: 02-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 16. Oktober, 2003 - 22:48:   Beitrag drucken

ja, aber da lässt sich kein 4te, von allen 3en verschiende durch (0; 0; 0) hinzufügen,
die
zu E1 und E2 oder E1 und E3 oder E2 und E3
normal ist.
Wenn das Erlernen der Mathematik einigermaßen ihre Erfindung wiederspiegeln soll, so muß es einen Platz für Erraten, für plausibles Schließen haben.
[Aus dem Vorwort zu "Mathematik und plausibles Schliessen, Bd. 1 Induktion und Analogie in der Mathematik" von Georg Pólya]
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Carpediem (Carpediem)
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Nummer des Beitrags: 99
Registriert: 09-2003
Veröffentlicht am Donnerstag, den 16. Oktober, 2003 - 23:39:   Beitrag drucken

Zu diesen 3 nicht, da hast du recht. Aber könnte es nicht theoretisch 3 andere geben, zu denen sich so eine 4. hinzufügen ließe? Ich weiß, ich gehe dir wahrscheinlich schon auf die Nerven damit, aber ich würde die Beweiskette gerne verstehen.

werbungsfriedhof@hotmail.com
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Carpediem (Carpediem)
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Nummer des Beitrags: 100
Registriert: 09-2003
Veröffentlicht am Freitag, den 17. Oktober, 2003 - 02:31:   Beitrag drucken

Du hast doch recht, Friedrichlaher : 4 orthogonale Ebenen führen automatisch zu Parallelitäten. Damit könnte man den Beweis für Decantus z.B. so führen:

In einer quadratischen Pyramide sind die Winkel zwischen zwei benachbarten Seitenflächen immer gleich. Sind also zwei orthogonal, müssen es alle sein. Seien E1, E2, E3 und E4 die Ebenen, in denen die Seitenflächen liegen, dann muss E1 orthogonal zu E2, E2 zu E3, E3 zu E4 und E4 wieder orthogonal zu E1 sein.

Da sich die Ebenen in der Pyramidenspitze schneiden, darf keine Ebene zu einer anderen parallel sein. Daher müssen z.B. die Normalvektoren von E1 und E3 n1 und n3 verschieden sein (für besonders Pingelige: linear unabhängig sein). E2 und E4 müssen zu E1 und E3 orthogonal sein und daher n1 und n3 enthalten. Damit haben jedoch E2 und E4 dieselben Richtungsvektoren (nämlich n1 und n3) und sind daher parallel. Damit gäbe es wiegesagt keinen Schnittpunkt und somit keine Pyramidenspitze.

Daher ist es unmöglich, dass zwei Seitenflächen aufeinander orthogonal stehen.

werbungsfriedhof@hotmail.com
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Decantus (Decantus)
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Nummer des Beitrags: 40
Registriert: 09-2002
Veröffentlicht am Freitag, den 17. Oktober, 2003 - 06:32:   Beitrag drucken

Danke Leute, ist echt super wieveiele Lösungsansätze gefunden wurden. Den Ersten hatten wir auch aber umständlicher, den letzten find ich der interessanteste.
Danke nochmal
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Friedrichlaher (Friedrichlaher)
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Benutzername: Friedrichlaher

Nummer des Beitrags: 1560
Registriert: 02-2002
Veröffentlicht am Freitag, den 17. Oktober, 2003 - 08:56:   Beitrag drucken

An sich HASSE ich es wenn, für etwas, das man
einfach SEHEN MUSS ( mit dem "geistigem Auge" auch
ohne eine Zeichnung ) ein Beweis verlangt wird.
Ich
möchte aber noch, ohne Vektoren zu bemühen,
die
Berechnung des Winkel f zwischen 2
der
gleichschenkeligen Seitenfächen3ecken S
einer
geraden Pyradmide mit qadratischer Grundfläche
der
Quadratseitenlänge a
und
dem Basiswinkel b der S zeigen:

hs=a*sin(b) ist die Schenkelhöhe der S
d = a*Wurzel(2) die Quadratdiagonale
f
ist dann der Spitzenwinkel eines gleichschenkeligen 3ecks
mit
Basis d und Schenklänge hs
somit
cos(f/2) = [d/2] / hs
und
damit f=90° muß cos(f/2) = Wurzel(2)/2 sein
also
Wurzel(2)/2 = [a*Wurzel(2)/2] / [a*sin(b)]
=>
sin(b) = 1
=>
Basiswinkel der gleichschenkeligen Seitenflächen-
"Dreiecke" also 90° womit es keine 3ecke mehr sind.

Wenn das Erlernen der Mathematik einigermaßen ihre Erfindung wiederspiegeln soll, so muß es einen Platz für Erraten, für plausibles Schließen haben.
[Aus dem Vorwort zu "Mathematik und plausibles Schliessen, Bd. 1 Induktion und Analogie in der Mathematik" von Georg Pólya]

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