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Corvus_corax (Corvus_corax)
Junior Mitglied Benutzername: Corvus_corax
Nummer des Beitrags: 6 Registriert: 03-2005
| Veröffentlicht am Samstag, den 19. März, 2005 - 20:50: |
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Hi, es geht hier um eine Übungsaufgabe, bei der ich nicht so ganz durchblicke: Von einem regelmäßigen Tetraeder kennt man die Trägergeraden g und h zweier gegenüberliegender Kanten. Welche Lage müssen diese Geraden zueinander haben? Prüfe nach, ob dies tatsächlich der Fall ist! Berechne anschließend die Koordinaten des Mittelpunktes und das Volumen des Tetraeders! g: X=(0;-1;-9)+s*(8;3;5) h: X=(17;-16;12)+t*(4;-9;-1) Das Volumen ist das geringste Problem! Danke schon jetzt für eine Unterstützung! corvus_ |
Mainziman (Mainziman)
Senior Mitglied Benutzername: Mainziman
Nummer des Beitrags: 1208 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Samstag, den 19. März, 2005 - 22:06: |
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in Summe hat ein Tetraeder 6 Kanten, da es um einen regelmäßigen Tetraeder geht müssen die Kanten Paarweise einen Winkel von pi/3 einschließen; um dies nachzuprüfen verwende man folgende Beziehung cos( phi ) = ( a * b ) / ( |a| * |b| ) also cos( phi ) = ( (8;3;5) * (4;-9;1) ) / ( |(8;3;5)| * |(4;-9;1)| ) cos( phi ) = ( 32 - 27 + 5 ) / ( 7 sqrt( 2 ) * 7 sqrt( 2 ) ) = 10 / 98 cos( pi/3 ) = 1/2 entweder es ergibt tatsächlich keinen regelmäßigen Tetraeder oder es liegt ein Fehler in der Angabe vor; (Beitrag nachträglich am 19., März. 2005 von mainziman editiert) Mainzi Man, ein Mainzelmännchen-Export, das gerne weiterhilft oder auch verwirren kann *ggg*
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Corvus_corax (Corvus_corax)
Junior Mitglied Benutzername: Corvus_corax
Nummer des Beitrags: 7 Registriert: 03-2005
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 07:28: |
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Hi, in der Angabe liegt hoffentlich kein Fehler vor, abgetippt ist sie zumindest richtig! Meine Überlegung: Gegenüberliegende Kanten liegen auf windschiefen Geraden, daher dürfen g und h keinen Schnittpunkt haben – und sie haben auch keinen! Nur wie komme ich bei dieser Angabe auf ein vernünftiges Tetraeder? Die Kanten sind alle gleich lang, aber damit komme ich nicht weiter. Ich hoffe weiter auf einen Geistesblitz oder auf Hilfe von einem Durchblickenden! Corvus_ |
Friedrichlaher (Friedrichlaher)
Senior Mitglied Benutzername: Friedrichlaher
Nummer des Beitrags: 2734 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 08:06: |
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das Skalarprodukt der Richtungsvektoren von g,h ist 0, sie sind also normal zueinander. Denk an einen Würfel, von einer Ecke ausgehend die Flächendiagonalen eingezeichnet, deren andere Enden verbunden sind wieder Flächendiagonalen. Diese 6 Strecken bilden einen regelmäßigen Tetraeder, die Kanten auf gegenüberligenden Würfel- flächen sind einander normal kreuzende windschiefe. 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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Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4898 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 08:19: |
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Hi Corvus Die Antwort von Friedrich trifft ins Schwarze! Bestimnme den kürzesten Abstand der Geraden g und h nach Lage und Grösse k. k stimmt mit der Kantenlänge des von Friedrich genannten Würfels überein! die Tetraederkante hat die Länge der Flächendiagonalen des Würfels. MfG H.R.Moser,megamath |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4900 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 09:13: |
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Hi Corvus Als erstes musst Du die so genannte Minimaltransversale von g und h ermitteln. Gemeint ist das Folgende: Es seien zwei windschiefe Geraden g und h gegeben. Es gibt dazu genau eine Gerade t, welche g und h je senkrecht schneidet; Schnittpunkt (t, g) = G , (t, h) = H. Der Abstand der Punkte G und H ist der kürzeste Abstand k von g und h. Die Gerade t heißt daher „Minimaltransversale“ von g und h. Die Bestimmung der Minimaltransversalen ist in diesem Forum mehrmals vorgeführt worden; siehe im Archiv nach. Mit freundlichen Grüßen H.R.Moser,megamath |
Corvus_corax (Corvus_corax)
Junior Mitglied Benutzername: Corvus_corax
Nummer des Beitrags: 8 Registriert: 03-2005
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 09:25: |
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Vielen Dank vorerst! Ich muss mir das an einer Skizze veranschaulichen, im Moment habe ich große Vorstellungsprobleme! corvus_ |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4901 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 09:36: |
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Hi Walter Bei Deiner Berechnung des Skalarprodukts hat sich ein Fehler eingenistet. Das Skalarprodukt ist in Tat und W . null, wie es bei regulären Tetraedern für gegenüberliegende Kanten sein muss. Ich selbst bin es gewöhnt,Rechen- und namentlich Tippfehler zu machen. Das wissen meine Leser a priori und richten sich entsprechend ein.! Wir haben nun also die Situation gerettet und sehen zu,was Corvus damit anfängt MfG H.R.Moser,megamath |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4902 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 09:45: |
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Hi corvus Zeichne den Würfel,den Friedrich erwähnt hat. In gegenüber liegenden Seitenflächen zeichnest Du Flächemdiagonalen AB im einen,CD im andern Quadrat so, dass diese Diagonalen nicht parallel,sondern orthogonal sind. Dann hast Du in A,B,C,D schon die Ecken des regulären Tetraeders,hihi MfG H.R.Moser,megamath |
Mainziman (Mainziman)
Senior Mitglied Benutzername: Mainziman
Nummer des Beitrags: 1210 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 10:58: |
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Hi Megamath, jetzt am Morgen seh ich es, 'nen Vorzeichenfehler hat sich eingeschlichen Ach, des sind ja 2 windschiefe Geraden; ergibt da nicht der kürzeste Abstand etwas "brauchbares" (Kantenlänge?) und der Halbierungspunkt des Abstands (Mittelpunkt der umschreibenden Kugel)? Mainzi Man, ein Mainzelmännchen-Export, das gerne weiterhilft oder auch verwirren kann *ggg*
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Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4903 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 12:05: |
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Hi corvus Die Überlegungen von Walter treffen zu! Du bekommst den gesuchten Mittelpunkt M als Mittelpunkt der Stecke GH auf der Minimaltransversalen. Wenn Du willst, kann ich Dir die Ermittlung der Minimaltransversalen an einem früheren Beispiel (mit anderen Koordinaten) vorführen. Bist Du so sicher, dass die Ermittlung des Volumens V des Tetraeders kein Problem sein soll und nur ein Sonntagsspaziergang ist? Mit freundlichen Grüßen H.R.Moser,megamath |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4904 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 14:09: |
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Hi corvus corax Meine konzentrierte Wortmeldung ergibt sich daraus, dass ich heute Abend verhindert sein werde, im Forum zu arbeiten. Hier denke ich noch etwas laut über das Volumen des Tetraeders nach. Dies lässt sich auf mannigfache Weise bestimmen, wenn man den Würfel von Fritz samt eingebautem Tetraeder einmal im Griff hat. Sei k die Länge der Würfelkante. (es wird sich zeigen, Irrtum vorbehalten, k = 15) Dann bekommst Du die Länge a einer Tetraederkante ganz einfach als Länge einer Flächendiagonalen des Würfels, also a = k * wurzel(2). Daraus kann man das Volumen mit einer fertigen Formel berechnen: V = 1/12 * a^3 * wurzel(2) oder: Das Volumen des dem Würfel eingebauten Tetraeders ist der sechste Teil des Würfelvolumens. V = 1/6 * k^3 oder: Ich fasse den Tetraeder als Prismatoid auf; Höhe h = k Grundfläche G = 0, Deckfläche D = 0 null, Mittelschnitt M : der vierte Teil einer Würfelfläche, also M = ¼ k^2 V = h/6 * (G + 4 M + D) usw Mit freundlichen Grüßen H.R.Moser,megamath |
Corvus_corax (Corvus_corax)
Junior Mitglied Benutzername: Corvus_corax
Nummer des Beitrags: 9 Registriert: 03-2005
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 14:22: |
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Danke für die Bemühungen um meine Aufgabe! Ich versuche noch immer, anhand meiner Skizze eine Vorstellung von der Situation zu bekommen. Für die Tetraederkantenlänge habe ich denselben Wert. Meine Skizze ist auch korrekt, nur mit anderen Bezeichnungen. Nun möchte ich einzeichnen, skizzieren, wie ich zum Mittelpunkt komme, das gelingt mir nicht. Mit fertigen Formeln rechne ich nicht gerne! Aber trotzdem vielen Dank! corvus_ |
Corvus_corax (Corvus_corax)
Junior Mitglied Benutzername: Corvus_corax
Nummer des Beitrags: 10 Registriert: 03-2005
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 14:29: |
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Auch muss ich doch irgendwie Koordinaten für die Eckpunkte oder dergleichen bekommen, weil ich ja dann auch die Koordinaten für den Mittelpunkt M brauche. Ich meine: ich kann ja nicht einfach mit der Kantenlänge weiterrechnen, das Ganze hat ja einen bestimmten Ort! Und das macht mir Schwierigkeiten. corvus_ |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4905 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 17:41: |
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Hi Corax Ich zeige Dir den Anfang Deiner Aufgabe anhand eines andern Zahlenbeispiels. Wenn Du dann auf analoge Weise bei Deiner Aufgabe den Punkt G auf g und H auf h gefunden hast, trage auf g von G aus ½ a nach beiden Seiten bis A bzw. B ab, auf h von H aus ½ a nach beiden Seiten bis C bzw. D . Du bekommst a aus der Beziehung a = k * wurzel(2); k ist die Länge der Strecke GH. Das lässt sich rechnerisch leicht nachvollziehen. Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Juni, 2004 - 20:48: Frage: Ich hab da ein Problem. gegeben sind die zwei geraden g: x=(2;1;5)+t(1;0;3) h: x=(3;4;2)+t(-1;4;1) die Aufgabe ist nun, ich soll den Punkt G auf g und H auf h so bestimmen, dass die Strecke GH genauso lang ist wie der Abstand von g und h. Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Juni, 2004 - 21:34: Antwort: Es handelt sich bei Deiner Aufgabe um die Ermittlung der so genannten Minimaltransversalen mm der gegebenen windschiefen Geraden g und h. Die Gerade mm schneidet g und h je senkrecht, und zwar g im Punkt G, h im Punkt H. Der Abstand dieser beiden Punkte ist der kürzeste Abstand d der beiden windschiefen Geraden. Im vorliegenden Fall ergibt sich das Resultat: G : xG = 12/11, yG = 11/11, zG =25/11 H : xH = 39/11, yH = 20/11, zH =16/11 Der Abstand ist d = 1/11* sqrt(891) = 9/sqrt(11) ~ 2,7136 Dieses Resultat erhält man auch mit der Formel, in deren Zähler ein gewisses Spatprodukt und im Nenner der Betrag eines gewissen Vektorprodukts stehen. Herleitung der Minimaltransversalen mm. Bezeichnungen: a ist der gegebene Richtungsvektor von g: a = {1;0;3},P der laufende Punkt auf g, Parameter t b ist der gegebene Richtungsvektor von g: b = {-1;4;1},Q der laufende Punkt auf h ,Parameter r Wir ermitteln die drei Koordinaten des Verbindungsvektors v = PQ; dieser Vektor ist der Differenzvektor der Ortsvektoren der Punkte Q und P, also: v = {3 - r - 2 - t ; 4 + 4 r - 1 ; 2 + r - 5 - 3 t } Da die Transversale mm sowohl auf g als auch auf h senkrecht steht, sind die beiden folgenden Skalarprodukte null. v . a = 0 v . b = 0 Es entstehen die folgenden beiden Gleichungen zur Ermittlung der Parameterwerte t und r: r -5 t - 4 = 0 9 r - t + 4 = 0 Daraus t = - 10 / 11 , r = - 6 / 11 Damit erhält man die angegebenen Punkte und den erwähnten kürzesten Abstand. Soweit das Zitat aus früheren Zeiten Mit freundlichen Grüßen H.R.Moser,megamath |
Corvus_corax (Corvus_corax)
Junior Mitglied Benutzername: Corvus_corax
Nummer des Beitrags: 11 Registriert: 03-2005
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 19:28: |
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Hi megamath, und danke für Deine Bemühung, aber es ist hoffnungslos. Ich habe von Anfang an andere Bezeichnungen gewählt, wie ich sie gewohnt bin, G ist der gegebene Punkt auf g und vektor(g) der Richtungsvektor, H ist der gegebene Punkt auf h und vektor (h) der Richtungsvektor, a ist meine Würfelkante und k meine Tetraederkante, drum wählte ich jetzt A und B für die Punkte, die den kürzesten Abstand haben sollen. Aber an Bezeichnungen alleine kann es ja nicht liegen! Vielleicht habe ich mich auch verrechnet: s=2 und t=13/7. daher ist A(16;5;1)aus g und B(171/7;5/7;71/7) aus h, und weiter komme ich nicht. Eines will mir nicht in den Kopf: Die beiden Geraden g und h laufen doch sozusagen durch die Basisfläche und die Deckfläche eines Würfels (wobei die Richtungsvektoren aufeinander senkrecht stehen), das bedeutet doch, dass sie überall den gleichen Abstand haben, weil doch diese beiden Flächen parallel sind. Warum rechne ich dann einen Minimalabstand aus??? Der Würfel am Bild hat die Ecken ABCD EFGH (A ist links unten, vorne), das ist meine Gedankenstütze. Danke nochmals, corvus_
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Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4906 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 20:02: |
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Hi Corvus Ich habe mich schnell aus einer Gesellschaft entfernt, um Dir zu sagen,dass bei Deinen Lösungsversuchen noch lange nicht alles verloren ist . Ich komme morgen auf die Aufgabe zurück und versuche,den Knoten zu lösen Für die kritischen Punkte kommt bei mir s = 2 und t = minus 13/7. Jetzt muss ich zurück ! MfG H.R.Moser,megamath |
Corvus_corax (Corvus_corax)
Junior Mitglied Benutzername: Corvus_corax
Nummer des Beitrags: 12 Registriert: 03-2005
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 20:22: |
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Danke, war ein Vorzeichenfehler meinerseits. Auch wenn die Rechnung nun stimmt, weiß ich nicht, warum das alles so ist! Vielleicht geht mir morgen ein Licht auf! corvus_ |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4907 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 20. März, 2005 - 22:01: |
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Hi corvus. Damit Klarheit besteht: ich halte mich an meine Bezeichnungen, nicht aus Eigenwilligkeit, sondern aus meiner Interessenlage heraus, eine gute Erklärung zu finden. Ich bin schon auch der Meinung, dass man nicht mitten im Rennen das Pferd wechseln soll; ferner sollten wir Lehrenden es den Studierenden möglichst einfach machen, indem wir uns möglichst an die Bezeichnungen halten, an die sie gewöhnt sind. Andrerseits kann eine harte Schule beim Studium nichts schaden und die Aufmerksamkeit nur fördern.. Zu meinen Zeiten in den Vorlesungen der theoretischen Physik, hat mein verehrter Professor Wolfgang Pauli gelegentlich (an besonders schwierigen Stellen) mit der linken Hand ausgewischt, was er soeben mit der rechten geschrieben hatte. 1. Die Ecken des Würfels tragen am Anfang gar keine Bezeichnungen! (NCHT A,B,C,D E,F,G H). 2. Alles läuft darauf hinaus, auf der Geraden g den Punkt G, auf der Geraden h den Punkt H zu finden und zwar derart, dass die Verbindungsgerade GH auf g und auf h zugleich je senkrecht steht; das ist die berühmte Minimaltransversale mm. Beim famosen Würfel findest Du diese Punkte leicht: G ist der Mittelpunkt der Deckfläche des Würfels H ist der Mittelpunkt der Grundfläche des Würfels. 3. Die Kantenlänge des Würfels soll mit k bezeichnet werden. Dann gilt k = Länge der Strecke GH; dies ist der kürzeste Abstand der windschiefen Geraden g und h, wie man sagt „nach der Größe“. Er ergibt sich auch sofort als Abstand der beiden genannten Seitenflächenebenen des Würfels. Bei gewissen Aufgaben kann man sich mit diesem Abstand begnügen und braucht nicht mm mit den Schnittpunkten G und H zu bestimmen. Beim anstehenden Problem ist mm unerlässlich. 4. Mit Hilfe der Würfelkante k ermittelt man die Länge der Tetraederkante a. Eine solche Kante hat dieselbe Länge wie eine Flächendiagonale des Würfels; dies ist leicht einzusehen: a = k* sqrt(2) 5. Wie gewinnt man nun den Tetraeder selbst? Das Gerüst und sogar der Rohbau sind fertig! Man trage die halbe Kantenlänge a/2 des T. auf g einerseits von G aus auf g in beide Richtungen von g ab: Du bekommst als Endpunkte die Tetraederecken A und B. Man trage ferner die halbe Kantenlänge a/2 des T. auf h andrerseits von H aus auf h in beide Richtungen von h ab: Du bekommst als Endpunkte die Tetraederecken C und D. Der gesuchte Tetraeder ist fertig. Der gesuchte Mittelpunkt M des Tetraeders ist zugleich der Mittelpunkt des Würfels. 6. Deine Skrupel sind bald ausgeräumt. Nur gerade das Punktepaar G und H, das wir mit Hilfe des Orthogonalitätsprinzips (Skalarprodukt null) ermittelt haben, erfüllt die gestellte Bedingung, dass die Gerade mm SOWOHL auf g ALS AUCH auf h zugleich senkrecht steht. Da ist die Tatsache, dass g und h in parallelen Ebene liegen, irrelevant. Dies lässt sich für alle Paare windschiefer Geraden einrichten. Der Abstand dieser parallelen Ebenen ist der kürzeste Abstand, nicht mehr, aber auch nicht weniger. So weit ein paar Noterklärungen. Auch hier: Schwamm drüber! Die ganze Rechnung soll morgen ab ovo pro corvo durchgeführt werden Mit freundlichen Grüßen H.R.Moser,megamath |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4909 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Montag, den 21. März, 2005 - 13:46: |
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Hi Corvus Es folgt die Herleitung der Minimaltransversalen mm für das von Dir vorgelegte numerische Beispiel. Gegeben sind die zwei windschief normalen Geraden g: X=(0;-1;-9)+s*(8;3;5) h: X=(17;-16;12)+t*(4;-9;-1) Die gesuchte Gerade mm schneidet g und h je senkrecht, und zwar g im Punkt G, h im Punkt H. Der Abstand dieser beiden Punkte ist der kürzeste Abstand d der beiden windschiefen Geraden. Im vorliegenden Fall ergibt sich das Resultat: G : xG = 16, yG = 5, zG =1 H : xH = 67/7, yH = 5/7, zH =97/7 Der Abstand ist d =1/7 *sqrt [45^2+30^2+90^2] = 15/7 * sqrt(49) = 15 Dieses Resultat erhält man auch mit der Formel, in deren Zähler ein gewisses Spatprodukt und im Nenner der Betrag eines gewissen Vektorprodukts stehen. Herleitung der Minimaltransversalen mm. Bezeichnungen: a ist der gegebene Richtungsvektor von g: a = {8;3;5}, P der laufende Punkt auf g, Parameter s b ist der gegebene Richtungsvektor von g: b = {4;-9;-1}, Q der laufende Punkt auf h ,Parameter t Achtung: Die beiden Parameter dürfen nicht mit demselben Symbol bezeichnet werden, da sie unabhängig voneinander variieren! Wir ermitteln die drei Koordinaten des Verbindungsvektors v = PQ; dieser Vektor ist der Differenzvektor der Ortsvektoren der Punkte Q und P, also: v = {17 + 4 t – 8 s ;- 15 - 9 t – 3 s; 21 – t – 5 s} Da die Transversale mm sowohl auf g als auch auf h senkrecht steht, sind die beiden folgenden Skalarprodukte null. v . a = 0 v . b = 0 Es entstehen die folgenden beiden Gleichungen zur Ermittlung der Parameterwerte s und t: 196 – 98 s = 0 182 + 98 t = 0 Daraus t = - 13/7 , s = 2 Damit erhält man die angegebenen Punkte G und H. Die Koordinaten des Mittelpunktes der Strecke GH sind beziehungsweise die arithmetischen Mittel der Koordinaten der Endpunkte. Man erhält: xM = 179/14 ; yM = 20/7 ; zM = 52/7. Aus der Kantenlänge k = GH = 15 des Würfels berechnet man die Katenlänge a des Tetraeders a = k*sqrt(2) = 15 * sqrt(2). Das Volumen V ergibt sich aus dem Würfelvolumen V = 1/6 * k^3 = 1/6 * 15^3 = 562,5 In einem nächsten Beitrag sollen noch die Koordinaten der Ecken A,B,C,D des Tetraeders bestimmt werden. Mit freundlichen Grüßen H.R.Moser,megamath |
Corvus_corax (Corvus_corax)
Junior Mitglied Benutzername: Corvus_corax
Nummer des Beitrags: 13 Registriert: 03-2005
| Veröffentlicht am Montag, den 21. März, 2005 - 17:36: |
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Guten Abend und vielen Dank für die ausführliche Herleitung! Das Volumen des Tetraeders ist meines Erachtens aber nicht 1/6 des Würfelvolumens, sondern 1/3 davon, also 1125. Dasselbe Resultat erhält man mit der Formel: V = 1/12 * a^3 * wurzel(2), wobei a die Kantenlänge des Würfels ist. Eigentlich müsste man das Volumen auch mittels Spatprodukt errechnen können!? Noch nicht ganz klar ist mir, warum der Mittelpunkt des Tetraeders mit dem Mittelpunkt der Strecke GH zusammenfällt, obwohl es rein gefühlsmäßig einleuchtet – aber das ist ja kein Beweis! Vielen Dank! Corvus_ |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4913 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Dienstag, den 22. März, 2005 - 10:29: |
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Hi Corvus Du hast Recht: das Volumen des nun bald überstrapazierten Tetraeders beträgt 1125 Volumeneinheiten, insbesondere macht das dem Würfel eingelagerte Tetraedervolumen den DRITTEN Teil des Würfelvolumens aus. Sollen die Koordinaten der Tetraederecken noch explizit berechnet werden? Liegen diese einmal vor, kann zur Kontrolle der Volumenrechnung das bekannte gemischte Produkt berechnet werden; hier kommt dann aber der Divisor SECHS zum Zug! Bezüglich der Rolle des Punktes M wäre einiges zu sagen. Es handelt sich um den Schwerpunkt des Tetraeders. Schon für den allgemeinen Tetraeder gibt es diesbezüglich interessantes zu Erzählen. Auf Wunsch werde ich dies gerne tun. Im Moment nur das: Die drei Verbindungsgeraden der Gegenkantenmitten im allgemeinen Tetraeder gehen durch den Schwerpunkt des Tetraeders und werden durch diesen halbiert (da haben wir es !). Im regulären Tetraeder fallen der Höhenschnittpunkt, der Mittelpunkt der Umkugel und der Mittelpunkt der Inkugel mit dem Schwerpunkt zusammen. usw. Mit freundlichen Grüßen H.R.Moser,megamath |
Corvus_corax (Corvus_corax)
Junior Mitglied Benutzername: Corvus_corax
Nummer des Beitrags: 14 Registriert: 03-2005
| Veröffentlicht am Dienstag, den 22. März, 2005 - 19:24: |
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Guten Abend! Die Tetraederecken interessieren mich schon auch noch, auch die besonderen Eigenschaftes des Tetraeders, aber ich möchte hier niemand über Gebühr strapazieren! vielen Dank und Grüße corvus_ |
Elsa13 (Elsa13)
Erfahrenes Mitglied Benutzername: Elsa13
Nummer des Beitrags: 108 Registriert: 12-2002
| Veröffentlicht am Donnerstag, den 31. März, 2005 - 09:18: |
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Corvus, hier also noch die Berechnung der Eckpunkte des Tetraeders und des Volumens: liebe Grüße elsa (Beitrag nachträglich am 31., März. 2005 von elsa13 editiert) |
Corvus_corax (Corvus_corax)
Junior Mitglied Benutzername: Corvus_corax
Nummer des Beitrags: 15 Registriert: 03-2005
| Veröffentlicht am Donnerstag, den 31. März, 2005 - 18:59: |
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Vielen Dank, elsa, nun kann ich dieses Beispiel abhaken! Ich wollte nicht ungeduldig erscheinen und noch einmal nachfragen, megamath hatte ja am 21. März angekündigt, die Eckpunkte zu berechnen. Viele Grüße corvus_ |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4947 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Donnerstag, den 31. März, 2005 - 19:20: |
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Hi Corvus Ich hatte sie auch berechnet,wurde aber anderweitig in Anspruch genommen,und wie! Ich habe die jetzt vorliegenden Beiträge ganz aus den Augen verloren Ich bitte um Entschuldigung! Haupsache: elsa hat die Aufgabe souverän zu einem guten Ende geführt! MfG H.R.Moser,megamath |
Corvus_corax (Corvus_corax)
Junior Mitglied Benutzername: Corvus_corax
Nummer des Beitrags: 16 Registriert: 03-2005
| Veröffentlicht am Freitag, den 01. April, 2005 - 06:30: |
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Hallo megamath, keine Ursache! Es ist ja nun gelöst! Gruß corvus_ |
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