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H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2490
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 27. August, 2003 - 07:13: | 
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Hi allerseits,
In einer Fortsetzung der Serie der Vierecksaufgaben VA
folgt Nr. VA 21.
Sie bezieht sich wie VA Nr. 20 auf eine wenig bekannte
Formel der ebenen Trigonometrie des Vierecks,
genannt Formel II.
Es gelten die üblichen Bezeichnungen des Vierecks ABCD:
Seiten AB = a , BC = b , CD = c , DA = b,
Diagonalen e = AC, f = BD.
Das Quadrat des Produkts der beiden Diagonalen, also (e f )^2
lässt sich durch die vier Seiten und die Winkel beta und delta
wie folgt ausdrücken:
Formel II:
( e f ) ^ 2 = ( a c ) ^ 2 + ( b d ) ^ 2 – 2 a b c d cos (beta+delta)
Aufgabe
a)
Überprüfe die Formel bei einem allgemeinen Rhombus
mit der Seitenlänge a und dem Innenwinkel alpha bei A.
b)
Welcher bekannte (?) Satz über ein Extremum bei
Vierecken bezüglich seiner Diagonalen kann aus der Formel
unmittelbar abgelesen werden?
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Olaf (heavyweight)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: heavyweight
Nummer des Beitrags: 208
Registriert: 09-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 27. August, 2003 - 21:32: |
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Hi megamath,
Zu a)
Vielleicht gibt es einen einfacheren Weg,mir ist folgende Idee gekommen:
(ef)2=(ac)2+(bd)2-2abcd*cos(b+d)
a=b=c=d
=>
(ef)2=2a4-2a4*cos(b+d)
----------
Nebenrechnung:
a+b+g+d=2p
a=g
b=d
=>
2a+2b=2p
a+b=p
=> b=p-a
d=b=p-a
=>
cos(b+d)=cos(2p-2a)
cos(2p-2a)=cos(2p)*cos(2a)+sin(2p)*sin(2a)
=>
cos(2p-2a)=cos(2a)
cos(2a)=2*(cos(a))2-1
----------
(ef)2=2a4-2a4*(2*(cos(a))2-1)
(ef)2=2a4-4a4*(cos(a))2+2a4
(ef)2=4a4*44*(cos(a))2
(ef)2=4a4*(1-(cos(a))2)
e=2a*cos(a/2)
f=2a*sin(a/2)
(2a*cos(a/2)*2a*sin(a/2))2=4a4*(1-(cos(a))2)
16a4*(sin(a/2))2*(cos(a/2))2=4a4*(1-(cos(a))2)
(sin(a/2))2=(1-cos(a))/2
(cos(a))2=(1+cos(a))/2
16a4*(1-cos(a))/2*(1+cos(a))/2=4a4*(1-(cos(a))2)
4a4*(1-cos(a))*(1+cos(a))=4a4*(1-(cos(a))2)
4a4*(1-(cos(a))2)=4a4*(1-(cos(a))2)
=> wahr
Gruß,Olaf
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H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2491
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. August, 2003 - 06:52: |
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Hi Olaf,
Deine Idee ist gut und führt zum Ziel!
Wie lange der Weg dorthin ist, ist schliesslich irrelevant,Hauptsache: der Zeitbedarf ist endlich.
Ich werde meine Lösung später auch präsentieren.
Gegenwärtig bin ich mit der Niederschrift eines Beweises für die Formel II beschäftigt.
MfG
H.R.Moser,megamath |
Niels (niels2)
Senior Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 852
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. August, 2003 - 17:31: |
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Hi Megamath,
mich würde deine Lösung sehr interessieren!
Könnte man nicht auch wider mit den Kosinussätzen arbeiten?
Gruß N. |
H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2495
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. August, 2003 - 17:35: |
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Hi Niels,
in meiner Herleitung nimmt der Kosinussatz
einen Stammplatz ein.
Ich stelle die Arbeit gerade fertig.
MfG
H.R.Moser,megamath |
H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2496
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. August, 2003 - 18:13: |
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Hi allerseits,
Herleitung der Formel II:
Für alle Vierecke gilt:
Formel II
(e f ) ^ 2 = ( a c )^2 + ( b d )^2 – 2 a b c d cos (beta+delta)
Die Bezeichnungen sind die mehrfach erwähnten.
Zusätzlich werden benötigt:
Omega: Winkel der Diagonalen
beta1: Winkel bei B im Dreieck ABD
beta2: Winkel bei B im Dreieck BCD
Ausgangspunkte seien die mit Projektionssätzen
leicht zu verifizierenden Relationen
e cos (omega) = a cos (beta1) – b cos (beta2)………..(1)
e sin (omega) = a sin (beta1) + b sin (beta2)………..(2)
Arbeit mit der Relation (1):
multipliziere beide Seiten mit 2 f; Resultat:
2 e f cos (omega) = 2 a f cos (beta1) – 2 b f cos (beta 2)…… (1a)
Nach dem Kosinussatz im Dreieck ABD ist
2 a f cos (beta1) = a^2 + f^2 – d^2
Nach dem Kosinussatz im Dreieck BCD ist
2 b f cos (beta2) = f^2 + b^2 – c^2
Damit erhalten wir an Stelle von (1a) die Relation:
2 e f cos(omega) = a^2 + c^2 - ( b^2 + d^2 )…………………..(1b)
Arbeit mit der Relation (2):
multipliziere beide Seiten mit 2 f; Resultat:
2 e f sin (omega) = 2 a f sin (beta1) + 2 b f sin (beta 2)…… (2a)
Nach dem Flächensatz im Dreieck ABD ist
2 a f sin (beta1) = 4 F1 (Fläche (ABD)
Nach dem Flächensatz im Dreieck BCD ist
2 b f sin (beta2) = 4 F2 (Fläche BCD)
Damit erhalten wir für (2a) die Relation:
2 e f sin(omega) = 4 F (Fläche Viereck ABCD)…………………(2b)
Zusammenstellung der Relationen (1b), (2b):
2 e f cos(omega) = a^2 + c^2 - ( b^2 + d^2 )…………………..(1b)
2 e f sin(omega) = 4 F……………………………………….……………………(2b)
Wir sind an einer Wegkreuzung angelangt: verschiedene
Wege führen von hier aus zu verschiedenen Zielen.
Wir verfolgen zuerst das Ziel: die Formel II.
Zu diesem Zeck eliminieren wir omega aus (1b) und (2b),
indem wir die beiden Gleichungen quadrieren und addieren, hihi;
es kommt mit
cos^2 (omega) + sin^2 (omega = 1:
4 e ^ 2 f ^ 2 = 16 F^2 + [ a^2 + c^2 - b^2 - d^2 ]^2…………..(3)
andrerseits gilt (siehe bei der Herleitung der Formel I in der
Vierecksaufgabe VA 20 nach) :
16 F ^ 2 = 4 a^2 b^2 + 4 c^2 d^2 – 8 a b c d cos Z - G^2………(4)
mit
G = a^2 + b^2 - c^2 – d^2
Z = beta + delta.
Nun eliminieren wir aus (3) und (4) den Term 16 F^2,
und das Ziel kommt näher: wir sehen schon die Seitenkanten als
Umrisse; der Atem reicht noch zu einem fulminanten Schlussspurt:
4 e ^ 2 f ^ 2 = 4 a^2 b^2 + 4 c^2 d^2 – 8 a b c d cos Z
+ [a^2 + c^2 - b^2 - d^2]^2 – [a^2 + b^2 - c^2 – d ^ 2] ^ 2,
vereinfacht:
4 e ^ 2 f ^ 2 = 4 a^2 b^2 + 4 c^2 d^2 – 8 a b c d cos Z +
(2 a ^ 2 – 2 d ^ 2) (2 c ^ 2 – 2 b ^ 2) =
4 a ^ 2 c ^ 2 + 4 d ^ 2 e ^ 2 – 8 a b c d cos Z,
somit
e ^ 2 f ^ 2 = a^2 c ^2 + b^2 d^2 – 2 a b c d cos Z
°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° °
was zu zeigen war.
MfG
H.R.Moser,megamath
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Niels (niels2)
Senior Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 855
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. August, 2003 - 20:08: |
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Hi Megamath,
dieser Beweis ist äußerst Spannend!
Mich würde interessieren zu welchen "Ufern" die anderen Wege führen!
oder bastelt der Meister zu dem Zwecke an weiteren Vierecksaufgaben?
mfg
Niels |
H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2498
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. August, 2003 - 20:16: |
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Hi Niels,
Du hast Recht;
es geht aber erst morgen weiter!
mfG
H.R.Moser,megamath |
H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2501
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 29. August, 2003 - 07:30: |
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Hi allerseits,
Lösungen der Teilaufgaben a) und b)
Zu a)
Für einen Rhombus der Seite a und
dem Innenwinkel alpha bei A gilt:
beta = delta = 180° - alpha,
für den Flächeninhalt F
F = ½ e f = a^2 sin (alpha) = a^2 sin (beta)
Die linke Seite L in der Formel II lautet:
L = (e f ) ^ 2 = 4 F ^ 2.
Die rechte Seite R.
R = 2 a ^4 [ 1 – cos (2 beta) ] =
2 a^4 * 2 [ sin(beta) ] ^ 2 = 4 [ a^2 sin(beta)] ^ 2
4 F ^ 2 = L,
was zu zeigen war.
Zu b)
Der Satz lautet:
Unter allen Vierecken mit denselben Seiten ist
beim Sehnenviereck das Produkt der Diagonalen e f
am größten .
Wir können Formel II zum Beweis dieses Satzes so
schreiben:
( e f ) ^ 2 = [a c + b d] ^ 2 – 2abcd [1+cos (beta+delta) ]
Für ein Sehnenviereck gilt nun:
beta + delta = 180°, also cos (beta + delta) = - 1,
und es erscheint rechts der größtmögliche Wert für (e f) ^2
und damit für e f ;
es entsteht:
e f = [a c + b d] .
Das ist aber gerade die Formel des Satzes von PTOLEMAEUS,
HEUREKA! !
Eine sehr schöne Beweismöglichkeit des Satzes.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2502
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 29. August, 2003 - 07:52: |
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Hi allerseits
Es folgt eine kleine Ergänzung.
Wir stehen wieder an der Wegkreuzung
(siehe in einer vorausgehenden Arbeit zu dieser Nummer nach),
markiert durch die Formeln (1b), (2b):
2 e f cos(omega) = a^2 + c^2 - ( b^2 + d^2 )…………………..(1b)
2 e f sin(omega) = 4 F……………………………………….……………………(2b)
Von diesem Scheideweg aus wählen wir jetzt die Richtung,
welche durch das Stichwort „Elimination von e f“ gegeben ist.
Wir dividieren (2b) durch (1b) und erhalten eine Formel zur
Berechnung des Winkels omega der Diagonalen:
tan (omega) = 4 F / [ a^2 + c^2 - b^2 - d^2 ]……………………(5)
MfG
H.R.Moser,megamath
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