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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:36 Mo 10.10.2011 | | Autor: | ms2008de |
| Aufgabe | | Die Seiten [mm] \overline{AB},\overline{BC},\overline{CD},\overline{DE},\overline{EF},\overline{FA} [/mm] eines 6-Ecks sind sämtlich Tangenten des selben Kreises. Wenn [mm] \overline{AB}=4, \overline{BC}=5,\overline{CD}=6,\overline{DE}=7,\overline{EF}=8 [/mm] ist, wie lang ist dann [mm] \overline{FA}? [/mm] |
Hallo,
Bei der Aufgabe handelt es sich um Aufgabe 20 der Klassenstufen 11-13 vom Känguru-Wettbewerb 2011. Laut Lösung sollte [mm] \overline{FA}=6 [/mm] sein, ich hab jedoch leider überhaupt keine Ahnung wie man darauf kommt, geschweige denn überhaupt ein unregelmäßiges 6-Eck mit 5 gegebenen Längen von dem man weiß, dass es einen Inkreis besitzt, konstruiert.
Das einzige was mir klar ist, ist dass der Inkreismittelpunkt zu jeder der Strecken den gleichen Abstand hat, nämlich den Inkreisradius und würde man diesen zu jeder Strecke einzeichnen, so würden 6 Drachenvierecke entstehen.
Ich hoffe irgendwer von euch kann mir bitte weiterhelfen - vielen Dank schon mal im voraus.
Viele Grüße
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> Die Seiten
> [mm]\overline{AB},\overline{BC},\overline{CD},\overline{DE},\overline{EF},\overline{FA}[/mm]
> eines 6-Ecks sind sämtlich Tangenten des selben Kreises.
> Wenn [mm]\overline{AB}=4, \overline{BC}=5,\overline{CD}=6,\overline{DE}=7,\overline{EF}=8[/mm]
> ist, wie lang ist dann [mm]\overline{FA}?[/mm]
> Hallo,
> Bei der Aufgabe handelt es sich um Aufgabe 20 der
> Klassenstufen 11-13 vom Känguru-Wettbewerb 2011. Laut
> Lösung sollte [mm]\overline{FA}=6[/mm] sein, ich hab jedoch leider
> überhaupt keine Ahnung wie man darauf kommt, geschweige
> denn überhaupt ein unregelmäßiges 6-Eck mit 5 gegebenen
> Längen von dem man weiß, dass es einen Inkreis besitzt,
> konstruiert.
> Das einzige was mir klar ist, ist dass der
> Inkreismittelpunkt zu jeder der Strecken den gleichen
> Abstand hat, nämlich den Inkreisradius und würde man
> diesen zu jeder Strecke einzeichnen, so würden 6
> Drachenvierecke entstehen.
Hallo,
Meine Antwort ist insofern obsolet, als sie offenbar falsch war.
Trotzdem bleibt eine Frage. Siehe unten !
Meiner Meinung nach fehlt da eine Angabe, um die Aufgabe
eindeutig lösen zu können. Als Lösungsvorschläge für die
fehlende Seitenlänge von [mm] \overline{FA} [/mm] sind die Werte 3, 6, 9, 12,13
angegeben.
So wie ich es sehe, kann man eine beliebige dieser Seiten-
längen wählen und daraus mit den 5 fest vorgegebenen Seiten
ein Sechseck machen, welches einen Inkreis besitzt. Eine Kon-
struktion könnte zwar schwierig werden, aber eine solche ist
ja auch gar nicht verlangt. Ich denke mir das Ganze so: man
füge die Strecken zuerst in der richtigen Reihenfolge aneinander
um einen kleinen Kreis herum. Die Winkel seien noch beweglich.
Nun lassen wir den Kreis wachsen, so dass er nach und nach die
Seiten wegdrängt bis zum Punkt, wo alle 6 Seiten ein "gespanntes"
den Kreis umfassendes Tangentensechseck bilden.
Der Erfinder der Aufgabe hatte vermutlich noch eine weitere
Bedingung im Sinn, die aber in der Version von Känguru 2011
(ich habe extra nachgeschaut) offenbar fehlt.
So wie die Aufgabe dort steht, hat sie keine eindeutige Lösung,
falls ich mich nicht katastrophal irre.
LG Al-Chwarizmi
Nachtrag:
Offenbar habe ich mich da wirklich geirrt. Trotzdem bleibt
die Frage: Was genau ist an meiner oben dargelegten Idee
mit dem zuerst noch "gelenkigen" Vieleck und dem darin
"aufzublasenden" Kreis falsch ?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:02 Mo 10.10.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Al,
> meiner Meinung nach fehlt da eine Angabe, um die Aufgabe
> eindeutig lösen zu können. Als Lösungsvorschläge für
> die
> fehlende Seitenlänge von [mm]\overline{FA}[/mm] sind die Werte 3,
> 6, 9, 12,13
> angegeben.
> So wie ich es sehe, kann man eine beliebige dieser Seiten-
> längen wählen und daraus mit den 5 fest vorgegebenen
> Seiten
> ein Sechseck machen, welches einen Inkreis besitzt.
Nein, dem ist nicht so. Probiers mal aus.
> Eine
> Kon-
> struktion könnte zwar schwierig werden, aber eine solche
> ist
> ja auch gar nicht verlangt. Ich denke mir das Ganze so:
> man
> füge die Strecken zuerst in der richtigen Reihenfolge
> aneinander
> um einen kleinen Kreis herum. Die Winkel seien noch
> beweglich.
> Nun lassen wir den Kreis wachsen, so dass er nach und nach
> die
> Seiten wegdrängt bis zum Punkt, wo alle 6 Seiten ein
> "gespanntes"
> den Kreis umfassendes Tangentensechseck bilden.
Klingt gut, ist aber nicht wahr. Nimm vier der Seiten, verbinde sie mit einem Gelenk, und lege sie um einen Kreis herum, der so gewählt ist, dass sich die beiden Endpunkte der Kette gerade eben nicht berühren. Füge nun die beiden fehlenden Seiten ein. Lass den Kreis weiter wachsen. Du kannst nun garantieren, dass es eine Lösung gibt, bei der der Kreis fünf der Seiten berührt, aber die sechste kannst Du eben nicht garantieren. Ob das möglich ist, hängt von der Wahl der Seitenlängen ab.
> Der Erfinder der Aufgabe hatte vermutlich noch eine
> weitere
> Bedingung im Sinn, die aber in der Version von Känguru
> 2011
> (ich habe extra nachgeschaut) offenbar fehlt.
> So wie die Aufgabe dort steht, hat sie keine eindeutige
> Lösung,
> falls ich mich nicht katastrophal irre.
"Katastrophal" ist bestimmt das falsche Wort, aber ich bin sicher, dass Du hier ausnahmsweise einmal irrst.
Grüße
reverend
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Naja, so schön schrittweise rundum gehen und alle
Teilstrecken zu beschriften, schien mir irgendwie zu
unelegant - und so bin ich in die Falle getappt ...
Weshalb genau die "dynamische" Überlegung (mittels
Stetigkeit) hier versagt, muss ich mir aber noch klar
machen.
Es erscheint hier ein grundlegender, aber nicht so
ganz leicht erkennbarer Unterschied zwischen Viel-
ecken mit gerader und ungerader Eckenzahl. Man
kann offenbar jedes 5- , 7- , 9- , 11- Eck etc. , das
einen Inkreis besitzt, durch eine kleine Abänderung
einer einzigen seiner Seitenlängen und durch geeig-
nete Anpassungen seiner Winkel wieder in ein ent-
sprechendes Vieleck mit Inkreis verwandeln.
Bei einem 4- , 6- , 8- , 10- Eck etc. geht dies aber
im Allgemeinen nicht !
LG Al
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:53 Di 11.10.2011 | | Autor: | abakus |
> Naja, so schön schrittweise rundum gehen und alle
> Teilstrecken zu beschriften, schien mir irgendwie zu
> unelegant - und so bin ich in die Falle getappt ...
>
> Weshalb genau die "dynamische" Überlegung (mittels
> Stetigkeit) hier versagt, muss ich mir aber noch klar
> machen.
Hallo Al-Chwarizmi,
wenn du eine "Kette" von Strecken um einen Kreis herumlegst und du hast gerade zwei ziemlich lange Strecken angelegt, muss das Ende der zuletzt angelegten Strecke zwangsläufig einen gewissen Abstand vom Kreis haben. Wenn nun die nächste Strecke richtig kurz ist, kommt sie nicht mal in die Nähe des Kreises und kann ihn auch nicht berühren.
Gruß Abakus
>
> Es erscheint hier ein grundlegender, aber nicht so
> ganz leicht erkennbarer Unterschied zwischen Viel-
> ecken mit gerader und ungerader Eckenzahl. Man
> kann offenbar jedes 5- , 7- , 9- , 11- Eck etc. , das
> einen Inkreis besitzt, durch eine kleine Abänderung
> einer einzigen seiner Seitenlängen und durch geeig-
> nete Anpassungen seiner Winkel wieder in ein ent-
> sprechendes Vieleck mit Inkreis verwandeln.
> Bei einem 4- , 6- , 8- , 10- Eck etc. geht dies aber
> im Allgemeinen nicht !
>
>
> LG Al
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> Hallo Al-Chwarizmi,
> wenn du eine "Kette" von Strecken um einen Kreis
> herumlegst und du hast gerade zwei ziemlich lange Strecken
> angelegt, muss das Ende der zuletzt angelegten Strecke
> zwangsläufig einen gewissen Abstand vom Kreis haben. Wenn
> nun die nächste Strecke richtig kurz ist, kommt sie nicht
> mal in die Nähe des Kreises und kann ihn auch nicht
> berühren.
> Gruß Abakus
Naja, kommt ganz drauf an. Zum Beispiel hat das Trapez
mit den Seitenlängen 199,100,1,100 einen Inkreis mit dem
Radius [mm] r=\sqrt{199}/2
[/mm]
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:06 Mo 10.10.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
ich hab die A. auch erst gelöst, als ich wusste sie soll in relativ kurzer Zeit gelöst werden und kriegt nur 4 punkte, schwierigere oder zeitaufwendigere Aufgaben haben 5 Pkte !
Gruss leduart
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Entschuldigt bitte, aber ich möchte meine verbleibende Frage
doch noch einmal in leicht abgewandelter Form stellen.
Stellt euch ein regelmäßiges n-Eck mit einer großen Eckenzahl,
sagen wir etwa n>10 vor. Dieses regelmäßige Vieleck hat eine
bestimmte Seitenlänge s, zum Beispiel s=1, und einen Inkreis
mit dem Inkreisradius [mm] r=\frac{s}{2*tan(\pi/n)}=\frac{1}{2*tan(\pi/n)} [/mm] .
Nun machen wir folgendes: Wir lassen alle Seitenlängen außer
genau einer unverändert und vergrößern eine einzige minimal,
zum Beispiel um 1/n, sodass wir neu (n-1) Seiten der Länge 1
und eine einzige der Länge [mm] 1+\frac{1}{n} [/mm] haben. Natürlich wird
das Vieleck durch diese Abänderung einer Seitenlänge ein wenig
gelockert und wenigstens eine Ecke des alten n-Ecks muss ihren
Platz etwas verändern (bestimmt auch vom "alten" Inkreis weg").
Nun kann man aber doch wohl den Inkreis ein bisschen größer
werden lassen und die Winkel des Vielecks ganz geringfügig
anpassen, und zwar gerade so, dass der "Gürtel" aus den n
Tangentenstücken der Gesamtlänge
$\ g\ =\ (n-1)*1\ +\ [mm] 1*\left(1+\frac{1}{n}\right)\ [/mm] =\ [mm] n+\frac{1}{n}$ [/mm]
wieder genau passt.
Dies scheint mir anschaulich sehr plausibel zu sein.
Kann mir aber jetzt jemand erklären (und zwar ohne
Rückgriff auf einen rechnerischen Nachweis), weshalb
diese anschauliche Überlegung zwar für ungerade n
richtig, aber für gerade n falsch sein soll ?
LG Al-Chwarizmi
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Hallo Al,
nimm ein regelmäßiges Sechseck und lege es um seinen Inkreis. Lege es auf einer seiner Seiten ab und entferne die gegenüberliegende. Vergrößere nun den Kreis infinitesimal, so dass die (gelenkig verbundenen) fünf Seiten weiter anliegen und die "untere" an ihrem Platz bleibt. Die beiden Endpunkte der Gelenkkette - also die Endpunkte der entfernten Seite - rücken nun weiter auseinander und bewegen sich zugleich in eine tiefere Position. Ihre Verbindunglinie schneidet daher den vergrößerten Kreis.
Analoges gilt bei einer Verkleinerung des Kreises und für alle regelmäßigen 2n-Ecke.
Für (2n+1)-Ecke ist die Anschauung eine andere. Das Vieleck wird auf einer seiner Ecken abgestellt (ja, die Einwände der Physiker kenne ich, danke), die dann oben liegende Seite entfernt, und interessanterweise senken sich die beiden freien Punkte nicht bei einer infinitesimalen Vergrößerung des Kreises.
Das allerdings dürfte aus der reinen Anschauung nicht mehr erklärbar sein.
Rechnerisch ist das ganze mit leduarts Hinweis aber leicht zu lösen.
Grüße
reverend
PS statt PN: Ich hatte immer noch keine Zeit für den Tetraeder, aber wenn Du den letzten Würfel darin zeichnen konntest, werde ich keine Verbesserung mehr finden können. 
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:09 Di 11.10.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
ist es wirjkich ein "rechnerischer" nachweis, wenn man die gleichheit von Tangentensbschnitten benutzt und abwechselnd x, 1-x als Abschnitte hat un das bei gerader Anzahl schließlich auch immer für dein letztes 1+1/n Stück,bei n gerade? es also nicht geht, wohl aber für ungerade, wo man dann x ausrechnen kann? Und schon jedes Dreieck hat nen Inkreis, aber ändere mal beim Quadrat eine Seite! Nur der Drachen hat nen Inkreis, das ist doch noch sehr anschaulich!
Gruss leduart
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> Hallo
> ist es wirjkich ein "rechnerischer" nachweis, wenn man die
> gleichheit von Tangentensbschnitten benutzt und abwechselnd
> x, 1-x als Abschnitte hat un das bei gerader Anzahl
> schließlich auch immer für dein letztes 1+1/n Stück,bei
> n gerade? es also nicht geht, wohl aber für ungerade, wo
> man dann x ausrechnen kann? Und schon jedes Dreieck hat nen
> Inkreis, aber ändere mal beim Quadrat eine Seite! Nur der
> Drachen hat nen Inkreis, das ist doch noch sehr
> anschaulich!
> Gruss leduart
Hallo leduart,
mir ist natürlich der Beweis über die Tangentenabschnitte
x und 1-x klar.
Es ging mir nur darum, ein einfaches anschauliches und
auch für große n gültiges Argument dafür zu finden, dass
da offenbar ein ganz wesentlicher Unterschied zwischen
geraden und ungeraden n besteht. Ein Vieleck mit einem
Inkreis und mit 1000 Seiten der Länge 1 und einer der
Länge s mit 0<s<2: kein Problem, aber ein analoges
Vieleck mit 999 Seiten der Länge 1 und einer mit einer
Länge s mit s≠1 : no way !
Gruß Al
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> > Nur der Drachen hat nen Inkreis, das ist doch noch
> > sehr anschaulich!
Nur der Drachen hat einen Inkreis ? Meinst du unter den
Vierecken ?
Nein, da gibt es schon auch noch andere, zum Beispiel das
gleichschenklige Trapez mit den Seitenlängen 3,2,1,2 oder
ein unregelmäßiges Viereck mit Seitenlängen 7,5,4,6.
Bei einem Viereck mit den Seitenlängen a,b,c,d (in dieser
Reihenfolge und alle positiv) ist nur die Zusatzbedingung
a-b+c-d=0 erforderlich, damit es ein Viereck mit diesen
Seitenlängen und mit einem Inkreis gibt.
Dazu hätte ich jetzt noch eine nette Aufgabe:
| Aufgabe | Gegeben seien die Seitenlängen a,b,c eines Vierecks ABCD,
welches einen Inkreis besitzt. Gesucht ist die vierte
Seitenlänge d sowie der Inkreisradius r . |
Der Inkreisradius kann allerdings nicht in jedem Fall eindeutig
bestimmt werden, wie der Fall a=b oder gar a=b=c zeigt.
Setzen wir also zusätzlich noch voraus, dass a≠b und b≠c sei.
Wer statt den allgemeinen Fall lieber ein konkretes Beispiel
zum Rechnen nehmen will, kann sich etwa a=7, b=5, c=4
vornehmen.
Viel Spass !
Al-Chw.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:49 Mi 12.10.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
danke, ich hatte nur an a=b gedacht.
Gruss leduart
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Hallo Al,
ich habe ein paar Hilfsstrecken und Winkel eingeführt und komme auf folgendes Gleichungssystem mit den beiden Variablen t und r, wobei die Bedeutung von t unerheblich ist und r den Inkreisradius darstellt. Man muss also nur noch t eliminieren.
Die Betonung liegt auf "nur noch":
a,b,c,d sind gegeben und erfüllen a+c=b+d.
(I) [mm] a^2+b^2+2ab\left(\bruch{2r^2}{t^2+r^2}-1\right)=c^2+d^2+2cd\left(\bruch{2r^2}{(b-c-t)^2+r^2}-1\right)
[/mm]
(II) [mm] a^2+d^2+2ad\left(\bruch{2r^2}{(a-t)^2+r^2}-1\right)=b^2+c^2+2bc\left(\bruch{2r^2}{(b-t)^2+r^2}-1\right)
[/mm]
Na schön, es ist leichter, [mm] r^2 [/mm] zu eliminieren und später das gefundene und voraussichtlich etwas umfängliche t wieder einzusetzen.
Ich habe nicht den Eindruck, dass dabei eine angenehme Formel für r herauskommt.
Was sagt denn Dein CAS?
Liebe Grüße
reverend
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> Hallo Al,
>
> ich habe ein paar Hilfsstrecken und Winkel eingeführt und
> komme auf folgendes Gleichungssystem mit den beiden
> Variablen t und r, wobei die Bedeutung von t unerheblich
> ist und r den Inkreisradius darstellt. Man muss also nur
> noch t eliminieren.
> Die Betonung liegt auf "nur noch":
>
> a,b,c,d sind gegeben und erfüllen a+c=b+d.
>
> (I)
> [mm]a^2+b^2+2ab\left(\bruch{2r^2}{t^2+r^2}-1\right)=c^2+d^2+2cd\left(\bruch{2r^2}{(b-c-t)^2+r^2}-1\right)[/mm]
>
> (II)
> [mm]a^2+d^2+2ad\left(\bruch{2r^2}{(a-t)^2+r^2}-1\right)=b^2+c^2+2bc\left(\bruch{2r^2}{(b-t)^2+r^2}-1\right)[/mm]
>
> Na schön, es ist leichter, [mm]r^2[/mm] zu eliminieren und später
> das gefundene und voraussichtlich etwas umfängliche t
> wieder einzusetzen.
>
> Ich habe nicht den Eindruck, dass dabei eine angenehme
> Formel für r herauskommt.
> Was sagt denn Dein CAS?
>
> Liebe Grüße
> reverend
Hallo reverend,
ich glaub', ich habe etwas zu beichten - kann man das bei Dir ?
Die so nett daherkommende Aufgabe ist eher geeignet, die
Leute, die sie vertrauensvoll anpacken, ein wenig "hinters
Licht zu führen" als ihnen ein Erfolgserlebnis zu versprechen.
Es ist nämlich so, dass auch im Falle unterschiedlicher Werte
für a, b und c und mit d:=a+c-b jeweils viele mögliche Vierecke
mit den Seitenlängen a,b,c,d und mit einem Inkreis (mit
unterschiedlichen Radien) existieren.
Falls die Voraussetzung a+c=b+d erfüllt ist, kann man das
Viereck innerhalb jener Grenzen, die durch die Bedingung,
dass alle Innenwinkel größer als 0° und kleiner als 180° bleiben
(das Viereck muss konvex sein) gegeben sind, beliebig verän-
dern - es bleibt dann stets ein Tangentenviereck. Der Inkreis-
radius kann aus a,b,c allein nicht bestimmt werden !
LG Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:05 Mi 12.10.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Al,
> ich glaub', ich habe etwas zu beichten - kann man das bei
> Dir ?
Ja, klar. Allerdings gibt es bei uns keine Beichtstühle, im Normalfall würden wir uns also ansehen.
> Die so nett daherkommende Aufgabe ist eher geeignet, die
> Leute, die sie vertrauensvoll anpacken, ein wenig
> "hinters
> Licht zu führen" als ihnen ein Erfolgserlebnis zu
> versprechen.
> Es ist nämlich so, dass auch im Falle unterschiedlicher
> Werte
> für a, b und c und mit d:=a+c-b jeweils viele mögliche
> Vierecke
> mit den Seitenlängen a,b,c,d und mit einem Inkreis (mit
> unterschiedlichen Radien) existieren.
> Falls die Voraussetzung a+c=b+d erfüllt ist, kann man
> das
> Viereck innerhalb jener Grenzen, die durch die Bedingung,
> dass alle Innenwinkel größer als 0° und kleiner als
> 180° bleiben
> (das Viereck muss konvex sein) gegeben sind, beliebig
> verän-
> dern - es bleibt dann stets ein Tangentenviereck. Der
> Inkreis-
> radius kann aus a,b,c allein nicht bestimmt werden !
Das ist ja interessant. Das hätte ich nicht vermutet.
Aber das heißt zugleich, dass meine beiden Gleichungen äquivalent sein müssen und t (oder r) innerhalb gewisser Grenzen frei gewählt werden kann.
Dann verrate ich doch mal, was t ist, nämlich der Streckenabschnitt vom Berührpunkt des Inkreises an der Seite a (oder der Seite b) zu der Ecke, die die Seiten a und b gemeinsam haben.
Ich bin erstmal wieder eine Weile arbeiten und hoffe, es mir nachher nochmal anschauen zu können. Mir sehen die Gleichungen auf den ersten Blick nicht identisch aus, aber es sind auch zuviele Umformungen nötig, als dass man auf Offensichtlichkeit hoffen dürfte.
Herzliche Grüße
reverend
PS: Ob das auch für größere 2n-Tangentenvielecke gilt? Die Bedingung für die Seiten bleibt ja im Prinzip gleich, z.B. a+c+e=b+d+f etc.
Genauer: im 2n-Eck muss gelten [mm] \summe_{i=1}^{n}s_{2i-1}=\summe_{i=1}^{n}s_{2i}, [/mm] wobei [mm] s_j [/mm] die umlaufend gezählten Seiten des 2n-Ecks sind.
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> PS: Ob das auch für größere 2n-Tangentenvielecke gilt?
> Die Bedingung für die Seiten bleibt ja im Prinzip gleich,
> z.B. a+c+e=b+d+f etc.
> Genauer: im 2n-Eck muss gelten
> [mm]\summe_{i=1}^{n}s_{2i-1}=\summe_{i=1}^{n}s_{2i},[/mm] wobei [mm]s_j[/mm]
> die umlaufend gezählten Seiten des 2n-Ecks sind.
Beim Viereck kann man eigentlich, wenn a,b,c (alle positiv)
mit a+c>b gegeben sind und man aus Stäben der Längen
a,b,c und d:=a+c-b ein ebenes konvexes Viereck macht,
kaum noch etwas falsch machen. Legt man einen der vier
Innenwinkel (im zuläßigen Bereich) fest, so sind die übrigen
bestimmt, und das Viereck hat jedenfalls einen Inkreis.
Die notwendige Bedingung a+c=b+d (zusammen mit
a+c>b) ist also auch hinreichend für die Existenz eines
Inkreises des Vierecks.
Bei 2n-Ecken mit n>2 gibt es aber bei der Gestaltung der
Vielecksform mehr als einen freien Parameter, und die
Bedingung a+c+e+ .... = b+d+f+ .... ist dann zwar eine
notwendige, aber nicht hinreichende Bedingung für die
Existenz eines Inkreises. Die übrigen Bedingungen (die
mit den Winkeln und den Seitenlängen zu tun haben)
dürften nicht ganz so einfach zu formulieren sein.
LG Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:03 Do 13.10.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo nochmal,
mir ist das ehrlich gesagt zu viel Schreib- und ziemlich stupide Rechenarbeit, meine beiden Gleichungen daraufhin zu überprüfen, ob sie das gleiche besagen.
Ich nehms einfach mal so hin.
Grüße
reverend
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> Hallo Al,
>
> ich habe ein paar Hilfsstrecken und Winkel eingeführt und
> komme auf folgendes Gleichungssystem mit den beiden
> Variablen t und r, wobei die Bedeutung von t unerheblich
> ist und r den Inkreisradius darstellt. Man muss also nur
> noch t eliminieren.
> Die Betonung liegt auf "nur noch":
>
> a,b,c,d sind gegeben und erfüllen a+c=b+d.
>
> (I)
> [mm]a^2+b^2+2ab\left(\bruch{2r^2}{t^2+r^2}-1\right)=c^2+d^2+2cd\left(\bruch{2r^2}{(b-c-t)^2+r^2}-1\right)[/mm]
>
> (II)
> [mm]a^2+d^2+2ad\left(\bruch{2r^2}{(a-t)^2+r^2}-1\right)=b^2+c^2+2bc\left(\bruch{2r^2}{(b-t)^2+r^2}-1\right)[/mm]
>
> Na schön, es ist leichter, [mm]r^2[/mm] zu eliminieren und später
> das gefundene und voraussichtlich etwas umfängliche t
> wieder einzusetzen.
>
> Ich habe nicht den Eindruck, dass dabei eine angenehme
> Formel für r herauskommt.
> Was sagt denn Dein CAS?
>
> Liebe Grüße
> reverend
Hallo reverend,
ich habe mir das angeschaut und gesehen, wie es entstanden ist:
Je zweimal Cosinussatz für jede Diagonale, dazu Doppelwinkel-
formeln eingebaut. Es ist nun aber eben so, dass man aus dem
Gleichungssystem (zusammen mit a+c=b+d) r nicht berechnen kann.
Mein CAS (aber in erster Linie dessen Bediener) wollte ich auch
nicht quälen ...
LG Al
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| Aufgabe 1 | Gegeben seien die Seitenlängen a,b,c eines Vierecks ABCD,
welches einen Inkreis besitzt. Gesucht ist die vierte
Seitenlänge d sowie der Inkreisradius r . |
> Der Inkreisradius kann allerdings nicht in jedem
> Fall eindeutig bestimmt werden, wie der Fall a=b
> oder gar a=b=c zeigt.
> Setzen wir also zusätzlich noch voraus, dass a≠b
> und b≠c sei.
>
> Wer statt den allgemeinen Fall lieber ein konkretes
> Beispiel zum Rechnen nehmen will, kann sich etwa
> a=7, b=5, c=4 vornehmen.
Wie schon gesagt wurde, ist diese Aufgabe gar nicht
(eindeutig) lösbar. Auch die Voraussetzungen a≠b und
b≠c garantieren keine eindeutige Lösung. Es gibt [mm] \infty
[/mm]
viele mögliche Vierecke mit den angegebenen Seiten-
längen (und natürlich d=a+c-b=6) mit Inkreis.
Dabei kann z.B. der Winkel [mm] \alpha [/mm] des Vierecks etwa im
Bereich 27.7° < [mm] \alpha [/mm] < 87.3° variieren.
Gerade oder ungerade
Der Unterschied zwischen den Fällen von Tangenten-
vielecken mit gerader bzw. ungerader Eckenzahl scheint
mir wirklich interessant. Gegeben sei eine geschlossene
Kette von n Strecken vorgegebener Längen [mm] s_1, s_2, [/mm] ..... , [mm] s_n [/mm] ,
welche zu einem Tangentenvieleck eines gewissen Kreises
angeordnet werden kann.
Wir wissen schon: falls n gerade ist, muss die Bedingung
[mm] s_1-s_2+s_3-s_4+ [/mm] ...... [mm] +s_{n-1}-s_n=0 [/mm] erfüllt sein, damit die
Kette überhaupt ein Tangenten- n-Eck bilden kann. Im Falle eines
ungeraden n gibt es keine derartige Einschränkung bezüglich der
Streckenlängen. Nun gibt es aber einen weiteren interessanten
Unterschied: Im Falle eines ungeraden Wertes von n sind die
Berührungspunkte des Inkreises an den n einzelnen Strecken
bestimmt, und ferner ist der Inkreisradius durch die n Strecken-
längen eindeutig bestimmt. Damit ist auch die Form des Viel-
ecks eindeutig festgelegt (bis auf Kongruenzabbildungen, also
z.B. Drehungen um den Inkreismittelpunkt). Wir wollen hier
einmal annehmen, dass wir nur Vielecke zulassen, die sich
nur einmal um den Inkreis herum "wickeln".
Bei Vielecken mit gerader Eckenzahl lässt sich aber, wenn die
n Seitenlängen einmal festgelegt sind, noch einer der n Berüh-
rungspunkte mit dem Inkreis wählen (möglicherweise nicht
ganz beliebig). Nach dieser Wahl (die man auch als das Ein-
fügen einer weiteren Seite der Länge 0 interpretieren könnte)
ist das Vieleck und der Inkreisradius bestimmt.
Hier jetzt nochmals eine (diesmal eindeutig lösbare)
| Aufgabe 2 | Welchen Inkreisradius hat das Tangentenfünfeck ABCDE
mit den Seitenlängen a=4, b=5, c=6, d=7, e=8 ? |
LG Al-Chwarizmi
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:03 Do 13.10.2011 | | Autor: | weduwe |
statt vieler worte 
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: PNG) [nicht öffentlich]
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> statt vieler worte
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
Stimmt.
Für diejenigen, die sich um eine algebraische Lösung
kümmern:
Der Radius r erfüllt die doppelt quadratische Gleichung:
$\ [mm] r^4-15\,r^2+8=0$
[/mm]
Die größere der beiden positiven Lösungen ist
$\ [mm] r_1\ [/mm] =\ [mm] \sqrt{\frac{15+\sqrt{193}}{2}}\ \approx\ [/mm] 3.800819$
Die zweite positive Lösung der Gleichung ist
$\ [mm] r_2\ [/mm] =\ [mm] \sqrt{\frac{15-\sqrt{193}}{2}}\ \approx\ [/mm] 0.744163$
und entspricht dem Radius des Inkreises des Sternfünfecks
mit den gleichen Seitenlängen.
[Dateianhang nicht öffentlich]
LG Al-Chw.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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Hallo,
ich habe mir noch die Frage gestellt, unter welchen
Voraussetzungen denn eine vorgegebene geschlossene
Streckenkette aus zunächst gelenkig aneinander gefügten
Strecken der Längen [mm] s_k [/mm] (mit [mm] 1\le{k}\le{n} [/mm] und natürlich [mm] s_k>0)
[/mm]
überhaupt zu einem Tangenten-n-Eck geformt werden kann.
Für ungerade n komme ich auf die folgende notwendige
und hinreichende Bedingung, damit ein nicht-ausgeartetes
Tangenten-n-Eck möglich ist:
Die Summe aus je [mm] \frac{n-1}{2} [/mm] paarweise nicht aneinander
liegenden Seiten muss kleiner sein als die Summe
der übrigen [mm] \frac{n+1}{2} [/mm] Seiten.
Dies ergibt insgesamt n Ungleichungen, zusätzlich zu
den n Ungleichungen [mm] s_k>0 [/mm] für alle k .
Auch im Falle einer geraden Seitenzahl n gibt es natürlich
neben der Bedingung [mm] s_1-s_2+s_3+ [/mm] ..... [mm] +s_{n-1}-s_n=0
[/mm]
noch zu erfüllende Ungleichungen, damit die Existenz ent-
sprechender Tangenten-n-Ecke garantiert ist. Auf deren
Herleitung habe ich jetzt aber verzichtet. Möglicherweise
könnte man sie auf den Fall mit ungeradem n zurückführen.
LG Al-Chw.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 Fr 04.11.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:03 Mo 10.10.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
skizier dir das mal, die erste Seite 4 etwa zuerst, sie wird durcdh den Berührpunkt in x, 4-x geteilt, die nächste Seite hat dann bis zum Berührpkt auch x (oder auf der anderen Seite (4-x)) der Rest ist dann 5-x, die nächste hat 5-x und... dann lauf rum und du kriegst die letzte Seite.
benutzt wir nur, dass tangenten von einem Punkt an den Kreis immer dieselbe Länge haben.
gruss leduart
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