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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 10. Juni, 2002 - 13:06: | 
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Vor langer langer Zeit, als die Luft noch rein, die Flüsse noch klar und der Matheunterricht noch ohne Taschenrechner war, hatte ein Lehrer einen Traum: Er träumte von einem Dreieck in dem alle Seitenlängen, alle Höhen, der Flächeninhalt und sogar In- und Umkreisradius ganzzahlig waren. Welch schöne Aufgaben würde er seinen Schülern damit stellen können! Glückliche Zeiten, als es noch um solche Fragen ging. Aber des Lehrers Traum wird wohl nie in Erfüllung gehen?
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murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 68
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 10. Juni, 2002 - 14:05: |
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Hallo Sol@ti,
das muß ich ja nun lösen, nach dem es 'mein special' ist. Meine Güte ist meine Schulmathematik lange her - ich muß erstmal nachschlagen was In- und Umkreisradius waren.
Für den Rest hätte ich schon einen Ansatz.
Murray
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murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 69
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 10. Juni, 2002 - 15:09: |
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Hmmm, mit Schulwissen kommt man hier wohl auch kaum voran.
Meine Erste Vermutung, das es sich um ein gleichseitigens Dreieck handelt läßt sich ganz leicht wiederlegen.
Der umkreisradius eines solchen Dreieckes ist r = (a / 3) * Wurzel(3). Damit dieser ganzzahlig wird, muß a = Wurzel(3)^x mit x = 1,3,5,7,... sein - da Wurzel(3) irrational. Damit ist a aber nicht ganzzahlig.
Dann wirds haarig:
Zu untersuchen sind also alle Dreiecke, für welche gilt a+b > c > a-b (nur solche lassen sich konstruieren).
Auch kommen IMHO keine pytagorasschen Dreiecke in Frage (z.B. 3,4,5). Es gibt hier zwar nur eine Höhe h mit h^2 = (a^2*b^2)/c^2 - damit aber h ganzzahlig würde, müßte a^2 oder b^2 ein Vielfaches von c^2 sein, das würde aber ein Widerspruch sein.
Murray
PS: Gibt es eigentlich eine Lösung oder soll man nur beweisen das es keine gibt?  |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 10. Juni, 2002 - 16:26: |
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Hallo Murray!
Diese Aufgabe ist all jenen gewidmet, die der "Textaufgabe" nichts abgewinnen konnten. Natürlich freut es mich ganz besonders, dass du aktiv an der Lösung teilnimmst, super! Und des Pudels Kerns hast du ja bereits erkannt: Gibt's so ein Ding überhaupt?
Dagegen spricht, dass es nur ein Traum war. Dafür spricht ... oh, eigentlich noch gar nichts. Aber vielleicht entwickelt sich eine kleine Diskussion mit Gleichgesinnten, die weitere Argumente und Ideen liefern. Oder schlägt wieder ein geheimnisvoller Unbekannter zu? Wir werden sehen ...
Bis bald
sol@ti
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murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 70
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Juni, 2002 - 12:45: |
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Bleibt noch zu ergänzen:
Da die pytagorasschen Dreiecke die einzigen rechtwinkligen Dreiecke mit ganzzahliger Kantenlänge sind, so scheiden im Umkehrschluß auch die alle rechtwinkligen Dreiecke aus.
Eine übrigens sehr witzige Lösung wäre ein gleichseitiges Dreieck der Kantenlänge a = 0 - hier wären sowohl A = h = r = roh = 0 (und damit ganzzahlig). Aber ich glaube sowas gilt wohl nicht :-)
Murray |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Juni, 2002 - 15:41: |
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Hi Murray,
gefinkelt, muss schon sagen! Die Null-Lösung ist ziemlich gut. Aber geträumt hat der brave Lehrer schon von einem etwas anschaulicherem Dreieck. Und noch ein Tipp: es gibt tatsächlich eine Lösung (und ich bin mir sicher, einigen im Hintergrund schwebt da schon was ganz Spezielles vor)
Also, frohes Rätseln!
sol@ti
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Juppy
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Juni, 2002 - 23:51: |
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Hallo zusammen, ich möchte Murray nicht den Spaß an der Suche wegnehmen.
Da ich (leider nicht ohne Taschenrechner) nicht besonders lange danach gesucht habe, nehme ich an, dass es noch viel mehr solcher Dreiecke gibt:
a=1160
b=1218
c=1682
Das Dreieck ist rechtwinklig, da a²+b²=c²
Also ist A=ab/2=c*hc/2 ganzzahlig und zwei Höhen sowieso.
die dritte:
hc = 2A/c = 2ab/c = 1680
rho:=1/2*sqrt((b+c-a)*(a+c-b)*(a+b-c)/(a+b+c))
= 348
Umkreisradius ist nach Thales gleich c/2 = 841
Murray, ich habe allerdings noch eine Frage an dich, wie du dies hier gemeint hast:
"Da die pytagorasschen Dreiecke die einzigen rechtwinkligen Dreiecke mit ganzzahliger Kantenlänge sind, so scheiden im Umkehrschluß auch alle rechtwinkligen Dreiecke aus"
?
Gruß
Juppy
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Juppy
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Juni, 2002 - 23:56: |
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leichtes Räzel gefällig?
-->
http://www.mathehotline.de/mathe4u/hausaufgaben/messages/9308/77413.html#POST104281 |
Benutzer
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 12. Juni, 2002 - 02:25: |
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es gilt aber wohl
hc = 2A/c = ab/c
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 12. Juni, 2002 - 07:53: |
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Hi,
zunächst Gratulation an Juppy! Mit der kleinen Korrektur von 'Benutzer' ist das Beispiel korrekt. Murray hat leider gleich zu Beginn die rechtwinkligen Dreiecke ausgeschlossen und sich damit selbst die Lösungsmöglichkeit genommen, schade. Aber sei's drum, das war ja nur der Aperitif!
Wie Juppy bereits bemerkte ist das Auffinden eines speziellen Zahlenbeispiels durch Probieren (wenn man rechtwinklige Dreiecke im Auge hat!) tatsächlich nicht allzu schwer. Nun hat diese Geschichte aber einen realen Hintergrund. Mein guter alter Mathelehrer sel. verwendete solche Dreiecke tatsächlich für seine Schularbeitenbeispiele ("damit's schön aufgeht"). Dem Ganzen liegt ein kleines Hilfssätzchen zu Grunde, dessen Beweis der zweite Teil dieses Rätsels ist (murray revival? - natürlich nur eine herzliche Einladung, lieber Murray, keine Verpflichtung ;-)
Beweise: Sei (p,q,r) ein pythagoräisches Zahlentripel, also p²+q²=r². Dann sind in dem Dreieck mit den Seiten
a = 2pr, b = 2qr, c = 2r²
alle Seiten, Höhen, der Flächeninhalt, Inkreisradius und Umkreisradius ganzzahlig!
sol@ti
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murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 71
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 12. Juni, 2002 - 10:47: |
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Hallo,
also ich habe auch einige Lösungen gefunden, aber da ich erstmal arbeiten muß schreibe ich dies erst heute Abend.
Mein Umkehrschluß war wohl verkehrt, sowas passiert ... mein Lösungen sind dafür dann tatsächlich nicht rechtwinklig :-)
Murray |
Markus (boothby81)
Moderator
Benutzername: boothby81
Nummer des Beitrags: 55
Registriert: 03-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 12. Juni, 2002 - 21:19: |
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hallo.
p² + q² = r²
a = 2pr
b = 2qr
c = 2r²
zunächst mal gilt es festzustellen, daß das dreieck mit den seiten a, b, c rechtwinklig ist, denn:
a² + b²
= 4p²r² + 4q²r²
= 4r²*(p² + q²)
= 4r²*r²
= c²
und daraus folgt, wie oben bei juppy bereits nachzulesen:
A = 1/2*ab = 2pqr²
h(a) = b
h(b) = a
h(c) = 2A/c = 4pqr²/2r² = 2pq
r(umkreis) = c/2 = r²
mit dem inkreisradius komm ich allerdings nicht klar. ich hab mal die formel von juppy genommen (wie kommt man denn auf die??), und kam so weit:
r = 1/2*sqrt((b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)/(a+b+c))
= 1/2*sqrt((ab+bc-b²+ac+c²-bc-a²-ac+ab)(a+b-c)/(a+b+c))
= 1/2*sqrt((c²-a²-b²+2ab)(a+b-c)/(a+b+c))
= 1/2*sqrt(2ab(a+b-c)/(a+b+c))
= 1/2*sqrt((2a²b+2ab²-2abc)/(a+b+c))
= ...
gruß
boothby |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 13. Juni, 2002 - 07:27: |
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@Markus boothby: Bravo und herzlich willkommen bei diesem Rätsel! Der Inkreisradius ist gleich dem Verhältnis der Dreiecksfläche zum halben Umfang. Du kannst also irgendeine Flächenformel verwenden und nicht gerade die Heron'sche mit dem Wurzelausdruck. Dann wird's ein Stück einfacher!
@Murray: Das klingt sensationell! Ich besitze genau drei handverlesene Beispiele von nicht-rechtwinkligen vollständig ganzzahligen Dreiecken (bis auf Ähnlichkeit natürlich). Die hab ich im Lauf der Zeit als Zufallsfunde aufgesammelt, ohne System, ohne Idee wie man weitere finden könnte. Du musst uns unbedingt deine Methode erklären! Hast du die selben wie ich (etwas kryptisch: Umfang = 21x, 27x, 32x, immer derselbe Faktor x)? Hast du gar Ideen für eine allgemeine Konstruktionsmethode? Brennende Fragen! Warte gespannt auf deine Erklärungen!
sol@ti
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murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
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Nummer des Beitrags: 73
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 13. Juni, 2002 - 09:08: |
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@markus: r = A/p mit p = (a+b+c)/2
=> r = a*b / (a+b+c)
=> r = 2pr*2qr / (2pr+2qr+2r^2)
=> r = 2pqr / (p+q+r)
... aber wie weiter?
@sol@ti: Ich habe über eine allgemeine Bildungsvorschrift nachgedacht, aber das wird nicht so einfach. Um eine solche zu bilden würde ich erstmal gerne behaupten das:
I. Nur pytagoräsche Dreiecke haben eine ganzzahlige Fläche.
Einige meiner Untersuchungen mit dem Computer weisen darauf hin, beweisen kann ich es allerdings nicht. Das diese Dreiecke immer eine ganzzahlige Fläche haben ist klar, aber gibt es auch irregulare Dreiecke?
Wäre dem so, dann liesen sich nur drei Gruppen von Dreiecken bilden, welche alle Bedingungen erfüllen.
I. a = 2pr, b = 2qr, c = 2r² (also die von Dir angegbenen)
Für die folgenden habe ich noch keine Formel, aber ich beschreibe sie so:
II. Alle Dreiecke die sich durch zusammenlegen von zwei pytagoräschen Dreiecken konstruieren lassen und der Seiten um einen Faktor x multipliziert wurden.
Hier greif ich mal vorweg und zeige mal zwei Beispiele - der Lösungsweg folgt später (totaler Streß auf Arbeit :-)
Als Grundlage habe ich die folgenden zwei Dreiecke gewählt:
1. (5,5,6) aus (3,4,5) an Kante 4 zusammengelegt
2. (5,5,8) aus (3,4,5) an Kante 3 zusammengelegt
bei 1. ist x = 2*2*2*5 und daher (200,200,240)
bei 2. ist x = 2*3*5 und daher (150,150,240)
witzigerweise bleiben alle Bedingungen erhalten wenn man die Kanten weiter mit irgendwelchen Faktoren mulipliziert - zeige ich auch später (Bsp.: (450,450,720) ist auch eine Lösung)
Murray |
murray (murray)
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Nummer des Beitrags: 74
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 13. Juni, 2002 - 20:14: |
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Nu aber,
als erstes fasse ich nochmal alle Formeln zusammen, weil ich darauf zugreifen muß:
0. Höhe auf c: hc = Wurzel(a²-(c/2)²)
1. Fläche: A = ha*a / 2 = hb*b / 2 = hc*c / 2
2. InKreis: r = A / p mit p = (a+b+c) / 2
3. UmKreis: R = a*b*c / 4*A
Dann greif ich mir eines meiner Dreiecke heraus: (5,5,6)
Los gehts:
hc = 4 - schon mal klar :-)
aus 1. A = hc*c / 2 = 4*6 / 2 = 12
auch aus 1.
-> ha*a / 2 = hc*c / c
-> ha = hc*c / a
-> damit ha Element {Z} muß a Teiler von hc oder c sein
-> also skalieren wir alle Seiten des Dreiecks mit a
-> in unserem Beispiel mit 5
mit x = 5
a*x = 5*5 = 25
b*x = 5*5 = 25
c*x = 6*5 = 30
hc*x = 4*5 = 20
aus 1.
-> A = hc*x * c*x / 2 = hc*c*x² / 2
-> A = 4*6*25 / 2 = 300
aus 1.
-> ha = hc*x * c*x / a*x = hc*c*x / a = 4*6*5 / 5 = 24
aus 2.
-> r = A / p = (hc*x * c*x / 2) / (a*x+b*x+c*x)/2
-> r = hc*c*x² / (a+b+c)*x = hc*c*x / (a+b+c)
-> r = 4*6*5 / (5+5+6) = 4*6*5 / 16
-> r = 3*5 / 2
-> alle Kanten müssen zusätzlich durch 2 teilbar sein, d.h. x = 2*5
Wie man aus den obigen Herleitungen sieht ändert sich beim multiplizieren von x nichts an der Ganzzahligkeit von a,b,c, A oder ha.
Jetzt ist zusätzlich r Element {Z}.
aus 3.
-> R = a*x * b*x * c*x / 4*A = a*b*c*x³ / (4*hc*x*c*x / 2)
-> R = a*b*c*x / 2*hc*c = a*b*x / 2*hc
-> x muß durch 2*hc teilbar sein, damit ist x = 2*a*hc (weil x ja schon durch 2 teilbar ist)
Jetzt haben wir die Lösung:
x = 2*a*hc = 2*5*4 = 40
a2 = 5*x = 5*2*a*hc = 5*2*5*4 = 200
b2 = 5*x = 5*2*a*hc = 5*2*5*4 = 200
c2 = 6*x = 6*2*a*hc = 6*2*5*4 = 240
A2 = hc*c*x² / 2 = ... = 480
ha2 = hc*c*x / a = hc*c*2*a*hc / a
ha2 = 2*c*hc² = 192
r2 = hc*c*x / (a+b+c) = 4*6*40 / 16 = 60
R2 = a*b*x / 2*hc = 5*5*40 / 2*4 = 125
Yep, das wars.
In Büchern steht immer: "Der geneigte Leser möge sich das zweite Beispiel selbst errechnen"
Zum Abschluß nochmal die Zusammenfassung der Formeln mit Skalierung x:
ax = bx = a*x, cx = c*x
0. Höhe auf c: hc = Wurzel(a²-(c/2)²)
1. Fläche: Ax = hc*c*x² / 2
2. InKreis: rx = hc*c*x / (a+b+c)
3. UmKreis: R = a*b*x / 2*hc
4. Höhe auf a: hax = hc*c*x / a
Was ist nun noch zu tun?
Es sei zu beweisen das für alle Beispiele dieser Art gilt x = 2*a*hc (für hax und Rx ist das klar und ganz simpel - über rx muß ich nochmal nachdenken).
Murray |
murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 75
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Freitag, den 14. Juni, 2002 - 11:23: |
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Hallo,
eine Ergänzung:
Wenn man schon nicht rx beweisen kann, dann wählt man x einfach so das das nicht nötig ist ;-)
1. aus ha folgt a Teiler von x
2. aus R folgt 2*hc Teiler von x
3. aus r folgt p Teiler von x
gesucht ist also x = ggT(a,2*hc,p) mit p = (2a+c)/2
Das ist jetzt auch nicht viel einfacher, gibt einem aber die Möglichkeit x zu bestimmen und damit die gleichseitigen BasisDreiecke.
Für unsere Beispiele gilt:
1. (5,5,6) -> x = ggT(5,8,8) = 5*8 = 40
2. (5,5,8) -> x = ggT(5,6,9) = 5*9*2 = 90
Hmmm, oder auch nicht wie man bei 2. sieht. Man bekommt so zwar auf einfache weise ein x, aber nicht das vom BasisDreieck. *fluch*
Murray
PS: ggT = größter gemeinsamer Teiler
(Beitrag nachträglich am 14., Juni. 2002 von murray editiert) |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 14. Juni, 2002 - 12:14: |
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Hallo Murray,
deine Herleitung des nicht-rechtwinkligen Beispiels (200,200,240) ist sehr übersichtlich und lehrreich. Das Zusammenlegen von pythagoräischen Dreiecken an einer Kathete ist genau die Idee, die mir gefehlt hat. Dummerweise hatte ich als erstes nicht-rechtwinkliges Dreieck (70,150,200) gefunden. Und das ist nicht die Verdoppelung eines pythagoräischen Dreiecks wie deine beiden Beispiele, sondern das Zusammenlegen von zwei verschiedenen: (42,56,70)+(42,144,150). Jetzt im Nachhinein ist mir das klar! Ich glaube es ist Zeit für eine erste Zusammenfassung:
1.) Aus jedem pyth.Zahlentripel (p,q,r) erhält man ein vollständig ganzzahliges Dreieck mit a=2pr, b=2qr, c=2r².
Markus und Murray haben den Beweis auf den Inkreisradius r=2pqr/(p+q+r) reduziert.
2.) Aus jedem pyth.Zahlentripel (p,q,r) erhält man ein vollständig ganzzahliges Dreieck mit a=b=2qr², c=4pqr.
Das ist Murrays Ansatz (Verdoppelung, damit gleichschenkliges Dreieck a=b). Murray hat das Problem wieder auf den Nachweis der Ganzzahligkeit des Inkreisradius, hier r=2pq²r/(p+r), reduziert. Der Beweis kann über den selben Satz eines berühmten Mathematikers wie in 1.) geführt werden. Wenn gewünscht, kann ich den Namen des Mathematikers gern verraten.
3.) Wie das Beispiel (70,150,200) beweist, gibt es auch vollständig ganzahlige Dreiecke, die durch Zusammenlegen von zwei verschiedenen pythagoräischen Dreiecken an einer gemeinsamen Kathete entstehen. Ob dabei aber immer vollständige Ganzzahligkeit garantiert ist weiss ich nicht. Wer findet Beweis/Gegenbeispiel?
4.) Vollständig ganzahlige Dreiecke sind über eine Höhe immer in zwei rechtwinklige Dreiecke mit zwei ganzzahligen Seiten (Hypothenuse+Kathete) zerlegbar. Die andere Kathete (=Höhenabschnitt im Gesamtdreieck) könnte aber theoretisch irrational, die Summe der beiden irrationalen Höhenabschnitte trotzdem ganzzahlig sein. Kann es ein Beipiel für diesen allgemeinsten Fall geben?
sol@ti
@Murray: Deinem letzten Beitrag (Freitag, den 14. Juni, 2002 - 12:23) stehe ich etwas skeptisch gegenüber.
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murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 81
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Juni, 2002 - 16:37: |
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Hallo Sol@ti,
ich wollte 2. sogar noch allgemeiner fassen.
Jedes Dreieck, das sich aus zwei gleichen pytagoräischen zusammensetzt kann durch die Skalierung mit einem x zu einem Dreieck mit allen Eigenschaften gemacht werden.
Im Prinzip läßt sich sagen x = a*hc*(2a+c) (wegen p = (2a+c)/2)
0. A = hc*c*x² / 2 ist immer ganzzahlig weil c = 2*b0 (oder 2*a0) - also die doppelte Kante des Grunddreiecks
1. weil ha = hc*c*x / a ganzzahlig muß x Teiler von a sein
2. weil R = a*b*x / 2*hc ganzzahlig muß x Teiler von 2*hc sein
3. weil r = A / p ganzzahlig muß x Teiler von p sein
Und es gibt immer ein x für das das gilt (siehe oben). Leider ist das dann nicht unbedingt das Basisdreieck.
Murray
PS: Achso zum ggT(): Ich glaube das ist nicht die richtige Funktion die ich suchte.
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Juni, 2002 - 18:29: |
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Hallo Murray!
Ja, ich stimme dir vollkommen zu. Du kannst in deiner allgemeinen Fassung sogar noch das Wörtchen "gleichen" weglassen und behaupten: (Zitat Murray)
"Jedes Dreieck, das sich aus zwei pytagoräischen zusammensetzt kann durch die Skalierung mit einem x zu einem Dreieck mit allen Eigenschaften gemacht werden." (Zitat Ende)
Der Rest sind technische Details: Bei 1.) und 2.) meiner Zusammenfassung ist eben der kleinste Skalierungsfaktor x bekannt (du nennst es Basisdreicek). Der Beweis geht über den Ansatz von Diophant (Martin hat ihn hier verwendet). Punkt 3.) ergibt sich aus der Anwendung deiner Methode, und 4.) (irrationale Höhenabschnitte) kann es nicht geben.
Damit hast du die Aufgabe in ihrer allgemeinsten Form gelöst und alle vollständig ganzzahligen Dreiecke charakterisiert. Und dabei ist mir spätestens seit deiner professionellen Code-Analyse klar, dass die Dreiecksaufgabe wohl nicht zu deinen absoluten Lieblingsthemen gehörte - Respekt und vielen Dank für's Mitmachen!
Hoffentlich bis bald
sol@ti
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murray (murray)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 84
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. Juni, 2002 - 14:10: |
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Hallo Sol@ti,
also erstmal Danke für die Lohrbeeren, aber ohne meinen Kumpel Michael, welcher mir die heronschen Dreiecksformeln in die Hände gespielt hat, wäre ich garnicht soweit gekommen.
Also, auch wenn er das nicht liest, Danke Michael :-)
Murray |
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