Mathematik zum Wochenende

[Gunnar Bittersmann]

Wieder mal ein Würfelspiel: Würfel ABCDEFGH mit Kantenlänge 2, P Mittelpunkt von BF.

Wieder wird der Würfel durch eine Ebene geteilt: durch die von A, G und P aufgespannte.

Wieder Diesmal ist nicht nach Volumen gefragt, sondern nach dem Flächeninhalt der Schnittfläche.

LLAP 🖖

[Gunnar Bittersmann]

@@Gunnar Bittersmann

Und wem die Aufgabe zu einfach ist, hier noch eine:

Sehnensechseck mit Kantenlängen 2, 2, 7, 7, 11, 11. Wie groß ist der Radius des Kreises?

LLAP 🖖

[Gunnar Bittersmann]

@@Gunnar Bittersmann

Stellen wir uns das mal räumlich vor – als Pizza. Dass deren Volumen bei Radius z und Dicke a gleich pi z z a ist, tut hier nichts zur Sache. Wir können bei der Benennung r für den Radius bleiben. Selbstredend r > 0; Pizzateig wird ja aus- und nicht eingerollt.

Wir schneiden die Pizza so in 6 Stücke (immer schön durch die Mitte), dass die Sehnen entsprechende Längen haben. Nun können wir die Stücken auch vertauschen: 2, 7, 11, 2, 7, 11 – wir haben immer noch die ganze Pizza kreisrund auf dem Tisch. Nur dass wir die Hälfte davon zur Lösung der Aufgabe nicht mehr brauchen. Der Hund unterm Tisch freut sich. 🐶

Wir behalten nur ein großes, ein mittleres und ein kleines Stück. Diese teilen wir in der Mitte nochmal. Der Zentriwinkel der kleinen Hälften sei α, der der mittleren β und der der großen γ.

Dann ist

$$\begin{align} \sin \alpha &= \frac{1}{r}
\sin \beta &= \frac{7}{2r}
\sin \gamma &= \frac{11}{2r}
\alpha + \beta + \gamma &= \tfrac{1}{2} \pi \qquad \alpha + \beta = \tfrac{1}{2} \pi - \gamma \end{align}$$

Ein Gleichungssystem mit 4 Gleichungen und 4 Unbekannten – das sollte zu lösen sein.

Cowinkelbeziehung:

$$\sin \gamma = \cos \left( \tfrac{1}{2} \pi - \gamma \right) = \cos \left( \alpha + \beta \right) = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta \quad (*)$$

Wir brauchen noch die Cosinüsse:

$$\begin{align} \cos \alpha &= \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \frac{\sqrt{r^2 -1}}{r}
\cos \beta &= \sqrt{1 - \sin^2 \beta} = \frac{\sqrt{4r^2 -49}}{2r} \end{align}$$

Alles in (*) eingesetzt:

$$\begin{align} \frac{11}{2r} &= \frac{\sqrt{r^2 -1}}{r} \frac{\sqrt{4r^2 -49}}{2r} - \frac{1}{r} \frac{7}{2r}
11r &= \sqrt{r^2 -1} \sqrt{4r^2 - 49} - 7
11r + 7 &= \sqrt{r^2 -1} \sqrt{4r^2 - 49}
\left( 11r + 7 \right)^2 &= \left( r^2 -1 \right) \left( 4r^2 - 49 \right)
121r^2 + 154r + 49 &= 4r^4 -53r^2 + 49
0 &= 4r^4 - 174r^2 - 154r
0 & = 2r^3 - 87r - 77
\end{align}$$

Durch Probieren findet man die ganzzahlige Lösung r₁ = 7. (Schwein gehabt.)

Polynomdivision:

$$\begin{align} \left( 2r^3 - 87r -77 \right) : \left( r - 7 \right) &= 2r^2 + 14r + 11
0 &= r^2 + 7r + \tfrac{11}{2}
r_{2,3} &= -\tfrac{7}{2} \pm \sqrt{\tfrac{49}{4} - \tfrac{22}{4}} = -\tfrac{7}{2} \pm \tfrac{\sqrt{27}}{2} < 0 \end{align}$$

Die anderen beiden Lösungen fallen also als Werte für r aus.

Bleibt übrig: r = 7 – und die halbe Pizza. Die können wir jetzt auch dem Hund geben – oder selber essen. Wohl bekomm’s! 🍕

LLAP 🖖

[Gunnar Bittersmann]

@@Gunnar Bittersmann

Wir behalten nur ein großes, ein mittleres und ein kleines Stück.

Da kommt die Pizza noch mal hoch. (Ich hätte sie doch dem Hund geben sollen.)

Der Zentriwinkel der kleinen Hälften sei α, der der mittleren β und der der großen γ.

Offensichtlich ist 2α < π, α < ½π also spitz. β ebenso.

Wir brauchen noch die Cosinüsse:

$$\begin{align} \cos \alpha &= \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \frac{\sqrt{r^2 -1}}{r}
\cos \beta &= \sqrt{1 - \sin^2 \beta} = \frac{\sqrt{4r^2 -49}}{2r} \end{align}$$

Und wir brauchen hier die Bedingung α, β ≤ ½π, damit das stimmt. Für ½π ≤ α ≤ ³⁄₂π wäre ja cos α = −√(1 − sin² α).

LLAP 🖖

[Gunnar Bittersmann]

@@Gunnar Bittersmann

Einen anderen Weg ist @ottogal gegangen: Man nimmt an, dass die Lösung 7 ist und beweist das.

Augenmaß anhand einer Skizze oder GeoGebra – wie man auf die 7 kommt, ist wie beim tapferem Schneiderlein egal, wenn denn der Beweis geführt wird.

@ottogal hatte aus demselben Gleichungssystem über das Additionstheorem $$\arcsin x + \arcsin y = \arcsin \left( x \sqrt{1 - y^2} + y \sqrt{1 - x^2} \right)$$
(Was es nicht alles gibt!) die Gültigkeit gezeigt.

Geht auch anders: Das Gleichungssystem brauchen wir nicht. Wir sortieren die Pizzastücken etwas anders: 7, 2, 11. Und wir müssen sie gar nicht halbieren.

AB ist Durchmesser des Kreises mit Radius 7. Wir drehen den Spieß um und wählen C so auf der Peripherie, dass AC = 7 (das Dreieck AMC also gleichseitig ist); D so auf der Peripherie, dass CD = 2. Zu zeigen ist nun, dass dann DB = 11 ist.

Dazu wählen wir E so auf der Peripherie, dass die Dreiecke CME und MBE ebenfalls gleichseitig sind.

∠BDC und ∠BEC sind Peripheriewinkel über derselben Sehne CB, also beide jeweils ⅔π = 120° groß. Nach Pythagoras ist CB = 7√3.

Cosinussatz in Dreieck CBD:

CB² = CD² + DB² − 2 CD DB cos⅔π
7² ⋅ 3 = 2² + DB² − 2 ⋅ 2 ⋅ DB ⋅ (−½)
   147 = 4 + DB² + 2 DB
     0 = DB² + 2 DB − 143
    DB = −1 ± √144
    DB = 11, q.e.d

LLAP 🖖

[ottogal]

@Gunnar Bittersmann: Auf den Cosinussatz zurückzugreifen ist freilich schöner als auf ein Additionstheorem, das keiner kennt (und das ich auch nur mit Glück gefunden habe).

Nichts gegen den Charme einer Freihandskizze, im Gegenteil - aber ein bisschen gleichseitiger hätten deine drei Dreiecke schon aussehen dürfen. 🌝

[Gunnar Bittersmann]

@@ottogal

Nichts gegen den Charme einer Freihandskizze, im Gegenteil - aber ein bisschen gleichseitiger hätten deine drei Dreiecke schon aussehen dürfen. 🌝

Der Charme einer Freihandskizze besteht darin, dass man nicht nach Augenmaß Gleichheit von Längen oder Winkeln annimmt, die gar nicht gegeben ist. 😉

LLAP 🖖

[Gunnar Bittersmann]

@@Gunnar Bittersmann

Die Aufgabe war eigentlich nicht schwer – wenn einem das räumliches Vorstellungsvermögen keinen Streich spielt. (Wir mir. 😧 Aber ich war in guter Gesellschaft. 😉)

Gefragt war die Größe der Schnittfläche der Ebene AGP mit dem Würfel – und die beschränkt sich nicht auf das Dreieck AGP, sondern geht auf der anderen Seite der Raumdiagonalen AG weiter. Die Schnittfläche ist das Viereck AQGP (Q ist der Mittelpunkt der Kante DH). Alle Seiten sind Hypotenusen in rechtwinkligen Dreiecken mit den Kathetenlängen 1 und 2, also gleich lang; die Schnittfläche ist also ein Rhombus.

Die Fläche eines Drachenvierecks (was ein Rhombus ja ist) ist halb so groß wie die Fläche des Rechtecks aus seinen Diagonalen. Die eine Diagonale AG ist die Raumdiagonale des Würfels, also 2√3 lang. Die andere Diagonale PQ ist so lang wie die Diagonale der Seitenflächen, also 2√2. Die Schnittfläche ist also ½ ⋅ 2√3 ⋅ 2√2 = 2√6. (@ottogal und @Tabellenkalk hatten’s so.)

Andere Möglichkeit: Koordinatensystem mit A als Ursprung, B auf x-Achse, D auf y-Achse, E auf z-Achse. P hat darin die Koordinaten (2, 0, 1), Q die Koordinaten (0, 2, 1). Die Fläche des von den Vektoren AP und AQ aufgespannten Parallelogramms (was ein Rhombus ja ist) ist |AP × AQ|.

$$\begin{align} \overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AQ} &= \begin{vmatrix} \overrightarrow{e_x} & \overrightarrow{e_y} & \overrightarrow{e_z}
2 & 0 & 1
0 & 2 & 1\end{vmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \ -2 \ 4\end{pmatrix}
\vert \overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AQ} \vert &= \sqrt{4+4+16} = \sqrt{4} \cdot \sqrt{1+1+4} = 2 \sqrt{6} \end{align}$$

Noch eine Möglichkeit (so hatte ich’s zuerst gemacht): Die Schnittfläche ist doppelt so groß wie das Dreieck AGP; dessen Fläche berechnet sich aus den Seitenlängen 2√3, √5 und √5 nach der heronischen Formel:

$$\begin{align} s &= \sqrt{5} + \sqrt{3}
A_{AGP} &= \sqrt{ \left( \sqrt{5} + \sqrt{3} \right) \cdot \left( \sqrt{5} - \sqrt{3} \right) \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \sqrt{ \left( 5 - 3 \right) \cdot 3} = \sqrt{6}
A_{AQGP} &= 2\sqrt{6} \end{align}$$

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Was ist denn mit der anderen Aufgabe? Will keiner? Braucht ihr einen Tip? Ich hab’s über Winkelfunktionen gelöst. Aber auch nicht auf Anhieb am ersten Tag.

LLAP 🖖

[Tabellenkalk]

Hallo,

Was ist denn mit der anderen Aufgabe? Will keiner? Braucht ihr einen Tip? Ich hab’s über Winkelfunktionen gelöst. Aber auch nicht auf Anhieb am ersten Tag.

das mit den Winkelfunktionen ist zulang her, im Prinzip finden sich drei gleichschenklige Dreiecke, alle mit den selben Schenkeln r. Da hat man vier Unbekannte: drei Winkel und den Radius. Da kann man drei ähnliche Gleichungen draus machen, die aber noch nicht zur Lösung führen.

Eine vierte Gleichung ergibt sich aus der Summe der drei Winkel, die PI ergeben. Nun sollte sich der Radius errechnen lassen.

Gruß
Kalk

[Gunnar Bittersmann]

@@Tabellenkalk

Da hat man vier Unbekannte: drei Winkel und den Radius. Da kann man drei ähnliche Gleichungen draus machen, die aber noch nicht zur Lösung führen.

Eine vierte Gleichung ergibt sich aus der Summe der drei Winkel, die PI ergeben. Nun sollte sich der Radius errechnen lassen.

Aber ja!

LLAP 🖖

[ottogal]

Meine Vermutung eines (erstaunlicher Weise) ganzzahligen Radiuswertes ließ sich durch Nachrechnen numerisch bestätigen. Aber für eine Herleitung fehlt mir noch ein Einfall.

[Gunnar Bittersmann]

@@ottogal

Meine Vermutung eines (erstaunlicher Weise) ganzzahligen Radiuswertes

Wenn er nicht ganzzahlig wäre, hätte ich ein Problem gehabt.

Aber für eine Herleitung fehlt mir noch ein Einfall.

Dann warte ich noch ein bisschen mit der Veröffentlichung der Lösung …

LLAP 🖖