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Geometrie
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Laubfee
Abbildungen dreier Punkte identisch ⇒ Abbildungen identisch [war: Geometrie]  
Beitrag No.3 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-04-30
Yakob
 

Ich denke, dass die Aussage wesentlich verallgemeinert werden kann. F1 und F2 müssen gar nicht unbedingt "Euklidische Bewegungen" (also insbesondere Kongruenzabbildungen) sein. Es genügt, dass es sich um linear-affine Abbildungen handelt. Wenn man die Behauptung auf dieser allgemeineren Ebene führen kann, gilt sie dann automatisch auch für die eingeschränktere Situation.

Nun ist jede nicht singuläre linear-affine Abbildung in der Ebene durch 6 Parameter (4 Elemente einer Abbildungsmatrix mit Determinante ≠ 0 und dazu 2 Komponenten eines Verschiebungsvektors) vollständig bestimmt.

Zur Festlegung der 6 Parameter reichen die vorgegebenen Daten (Gleichungen für 6 einzelne Koordinaten) gerade aus. Dafür, dass die Abbildungsdeterminante nicht verschwindet, sorgt die Vorbedingung, dass die 3 vorgegebenen Punkte nicht auf einer Geraden liegen sollen.

Die Details müsste man natürlich noch im Einzelnen betrachten.

Integration
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Julian1234
Komplexer Logarithmus  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-03-20
Yakob
 

Ich denke, dass man da angeben müsste, über welchen Weg (Kurve) die Integration erfolgen soll !

Und:  die Einschränkung   <math> -\pi < arg(z) \le 2\pi</math>   ist bestimmt nicht sinnvoll !

Geometrie
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Evariste1
Gömböc plotten  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-02-09
Yakob
 

So wie ich das verstehe, sind das zwei Parameter, die man (innerhalb gewisser Grenzen) frei wählen kann. Es gibt also nicht nur ein bestimmtes Objekt Gömböc, sondern im Prinzip beliebig viele. Wenn du ein Programm zur zeichnerischen Darstellung machst, hast du dann einfach quasi zwei Schieberegler, um die Form zu variieren.

Nach einigem weiteren Suchen erscheint mir die Situation noch etwas anders:  Die Gleichungen , die dir vorliegen, stammen offenbar aus der Originalarbeit, in welchem die Existenz von solchen Objekten erstmals veröffentlicht wurde. Die "Erfinder" erkannten dabei zuerst nur Lösungen, welche von einer Kugel nur sehr, sehr wenig abwichen. Für die praktische Herstellung zur Veranschaulichung der "Wackelkörper" eigneten sich jene Objekte kaum. Später entdeckten andere auch konvexe Körper, die sich nicht durch eine einzige zweiparametrige Darstellung beschreiben lassen, sondern aus Segmenten (Flächenstücken) zusammengesetzt sind, die an ihren "Nähten" zum Teil auch Kanten besitzen. Erst diese Formen, die ganz deutlich von der Kugelform abweichen, ergeben erst die eindrücklichen Wackeldinger, die zu teuer gehandelten Schaustücken für mathematische Sammlungen und für Liebhaber avanciert sind, die sich diese Spielzeuge leisten können.  


Nachtrag:

In der Originalarbeit
www.gomboc.eu/93.pdf  
von P. L. Varkonyi und G. Domokos habe ich die folgenden wichtigen Angaben gefunden:

"Numerical analysis shows that d must be very small (d < 5·10−5) to satisfy convexity together with the other restrictions, so the created object is very similar to a sphere. (In the admitted range of d the other parameter is approximately c ≈ 0.275.) This shows that physical demonstration of such an object might be problematic.
Nevertheless, other such bodies, rather different from the sphere, may exist"

Geometrie
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Aiksn
"Projektion" eines Schriftzuges auf eine Kugel  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-02-09
Yakob
 

Naja, es ist halt schlicht und einfach unmöglich, ein ebenes Rechteck unverzerrt auf eine Kugeloberfläche abzubilden !

Du müsstest dich, um die Verzerrungen zu minimieren, für eine bestimmte geometrische Projektionsart entscheiden und dann strikt nach dieser rechnen. Wenn es einfach um einen (einzeiligen) Schriftzug handelt, würde ich ihn z.B. mittels einer Zylinderprojektion darstellen, und zwar so, dass du für den Schriftzug einen relativ schmalen Streifen benützt, dessen Mittellinie ein Großkreis der Kugel, also z.B. der "Äquator" ist. Die nötigen Grundlagen dazu kannst du im Bereich Kartographie finden:
de.wikipedia.org/wiki/Kartennetzentwurf  

Induktion
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: jonasvc19
Frage Induktion, Summe k³  
Beitrag No.6 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-02-06
Yakob
J

Hallo Jonas,

ich denke, dass du zuerst einmal genau begreifen solltest, was mit der Summe eigentlich gemeint ist:


<math>\sum_{k=1}^n k^3}=(1/4)n^2(n+1)^2</math>

Dier Summe auf der linken Seite ist (ausgeschrieben) Folgendes:

<math>1^3 + 2^3 + 3^3 + 4^3 + 5^3 + ......... + n^3</math>

So steckt darin eigentlich nur noch die Variable n .
Das k hat nur die Rolle eines Hilfs-Indexes.

Wenn man nun etwa zur obigen Summe noch das nächste Glied, nämlich  <math>(n+1)^3</math>
hinzu addiert, hat man dann die neue Summe:

<math>1^3 + 2^3 + 3^3 + 4^3 + 5^3 + ......... + n^3  +  (n+1)^3</math>

<math>=\ \   \sum_{k=1}^{n+1} k^3}\ =\ (1/4)n^2(n+1)^2 \quad +\ (n+1)^3</math>

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]

Zahlen - Darstellbarkeit
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: kleinerriemann
Für welche Zahlen ist n(n+1) ein Primorial?  
Beitrag No.8 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2016-10-29
Yakob
 

Hallo, mich interessiert ja das Thema eigentlich auch, aber wenn ich da immer wieder von "einzigsten" Lösungen lesen muss, dann wird meinem Sprachgefühl übel, und ich bin ein Stück weit demotiviert, der mathematischen Fragestellung zu folgen ...

Wir brauchen in der Mathematik auch keine Ausdrücke wie "maximalstes Maximum".

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
  
Thema eröffnet von: Yakob
*(*) Adventsrätsel: Plätzchen ausstechen  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2015-02-19
Yakob
J

Hallo,

endlich möchte ich doch wenigstens noch die Lösung angeben:  Es sind wenigstens 5 Ausrollvorgänge notwendig. Um die Aufgabe lösen zu können, muss man sich mit möglichst dichten Packungen von n identischen Kreisen in einem umfassenden Kreis beschäftigen. Dazu gibt es keine geeigneten einfachen Formeln, wohl aber Tabellen. Verwendet habe ich diese:

hydra.nat.uni-magdeburg.de/packing/cci/cci.html#overview

Die Aufgabe ist allerdings etwas verzwickt, weil man mit der "gierigen Strategie", bei welcher man sich in jedem einzelnen Schritt bemüht, aus der noch verbliebenen, kreisförmig ausgewalkten Teigmenge die maximal mögliche Anzahl Plätzchen  herauszustechen, eben gerade nicht das Ziel der minimalen Anzahl Ausrollvorgänge erreicht. Mit dieser "gierigen" Strategie käme man (kurz notiert) auf folgende 6 Vorgänge:

      Teig       Radius      stanzen   Rest

1)     144        12            118         26
2)     26          5.099         19          7
3)     7            2.646          4           3
4)     3            1.732          1           2
5)     2            1.414          1           1
6)     1            1                 1           0      


Man kann aber mit 5 Vorgängen auskommen, zum Beispiel so:


      Teig       Radius      stanzen   Rest

1)     144        12            116         28
2)     28          5.292         19          9
3)     9            3                 7          2
4)     2            1.414          1           1
5)     1            1                 1           0

So, und nun:   Alles Gute zum Jahr des Schafes !

Yakob      

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
Schule 
Thema eröffnet von: Yakob
* Eine weitere Ikosaederprojektion  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2015-02-06
Yakob
J

Hallo

Zu dieser Aufgabe ist bei mir nur eine einzige und zwar richtige Lösung eingegangen.
Falls der Umkugelradius  r = 1 ist, so ist der gesuchte Abstand  R = √(5) + 2  .

Das Projektionszentrum (bzw. das Auge des Betrachters) muss auf der Verlängerung einer Körperdiagonalen durch den Ikosaedermittelpunkt gehen. In der folgenden Zeichnung ist diese Körperdiagonale als vertikal auf der Grundrissebene stehende z-Achse gedacht.
Das Projektionszentrum findet man, indem man die z-Achse mit einer derjenigen Ebenen schneidet, die durch eine Ikosaederfacette gebildet werden, welche keinen auf der z-Achse liegenden Eckpunkt hat. In der Zeichnung ist dafür gesorgt, dass eine (sogar 2) dieser Ebenen als projizierende Ebene erscheint, sodass man den Schnittpunkt Z mit der z-Achse direkt sehen kann.
Die exakte Berechnung des gesuchten Abstandes erfordert dann natürlich noch ein paar Überlegungen mittels Ähnlichkeit und Goldenem Schnitt. Diese möchte ich aber hier nicht anführen, falls nicht danach gefragt wird.
       


Gruß  ,   Yakob

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
Schule 
Thema eröffnet von: Yakob
** Winkel bei Ikosaederprojektion  
Beitrag No.9 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2015-01-18
Yakob
J

Für jene, die die DG-Konstruktion des auf einer seiner Seitenflächen stehenden Ikosaeders nachvollziehen möchten, hier ein "Rezept" dazu:

Grundriss:

Einem Kreis vom Radius u wird ein regelmässiges Sechseck einbeschrieben; dessen Ecken sind die Grundrisse von sechs Ikosaederecken. Die Grundrisse der übrigen Ecken liegen auf einem konzentrischen Kreise, dessen Radius v der grössere Abschnitt des im goldenen Schnitt geteilten Radius u ist.

Aufriss:

Gesamthöhe u + v. Die Höhenunterschiede der Ecken betragen v, u — v, v. Soll das Ikosaeder die Kante a haben, so ist u als Umkreisradius eines regelmässigen Dreiecks mit der Seite d (Diagonale eines regelmässigen Fünfecks mit der Seite a) zu wählen.

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
Schule 
Thema eröffnet von: Yakob
** Winkel bei Ikosaederprojektion  
Beitrag No.8 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2015-01-16
Yakob
J

Hallo an alle Geometer !

Da es sich bei dieser Projektion um eine Aufgabe handelt, die sehr gut in die "Darstellende Geometrie" passt, welche als Schulfach vielerorts bereits ausgestorben ist, habe ich mir Mühe gegeben, eine entsprechende Konstruktion mittels Geogebra anzufertigen. Hier das Ergebnis:

Rechts unten ist der Grundriss, rechts oben der Aufriss, links oben ein Seitenriss (partiell) dargestellt. Das Ikosaeder steht auf einer seiner Seitenflächen. Das Projektionszentrum Z habe ich über dem Ikosaeder so angeordnet, dass bei der Zentralprojektion auf die Grundrissebene die gewünschte Figur als Bild des Kantengitters entsteht. Eingezeichnet habe ich von dieser Zentralprojektion nur (in violett) das Umriss-Sechseck, das zwar gleichseitig, aber doch nicht regelmäßig ist. Seine Innenwinkel betragen abwechselnd 104.48° und 135.52° .
Der exakte Wert des eingezeichneten Winkels  <math>\omega</math>  ist:

      <math>\omega\ =\ 2*arctan\left(\sqrt{\frac{5}{3}}\right)\ =\ \pi -\ arctan(\sqrt{15})\ \approx\ 104.48^{\circ}</math>

Die Berechnungen dazu will ich im Moment nicht angeben. Es gibt dazu natürlich verschiedenste Wege. Rechnerisch am kürzesten geht es vielleicht, wenn man die Eckpunkte A, B, C, P und von Z durch Koordinaten beschreibt und dann via Vektorgeometrie den gesuchten Winkel bestimmt. Nebenbei lernt man dabei (und besonders bei der Konstruktion des Ikosaeders) einiges über den goldenen Schnitt.

LG  ,   Yakob

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
Schule 
Thema eröffnet von: Yakob
* Eine weitere Ikosaederprojektion  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2015-01-07
Yakob
J



Aus welcher Entfernung (vom Mittelpunkt des Polyeders) muss man das
Kantengitter eines regulären Ikosaeders mit dem Umkugelradius r=1
betrachten, damit es so wie in dieser Figur erscheint ?

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Martin_Infinite
* Zahlenfolge fortsetzen  
Beitrag No.7 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2015-01-06
Yakob
J

Ich vermute, dass die Folge noch 4 weitere Glieder besitzt, wobei das allerletzte einer Quadratzahl entspricht ...

Der Witz hält sich aber eher in Grenzen ...

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
Schule 
Thema eröffnet von: Yakob
** Winkel bei Ikosaederprojektion  
Beitrag No.7 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2015-01-06
Yakob
J

<math>\text{\Large{\bf{Modelle bauen:}}}</math>

Für diese Aufgabe ist es bestimmt sehr nützlich, ein Kantenmodell eines regulären Ikosaeders aus allen möglichen (Augen-) Positionen betrachten zu können. Deshalb hier eine Anleitung, um sich ein solches Modell selber zu basteln:
Man schneidet aus einigen Trinkhalmen 30 Röhrchen der gleichen Länge (z.B. 8 cm) zurecht. Diese Röhrchen sollen die Kanten des Ikosaeders bilden. Das Modell baut man nun, indem man die Röhrchen mit Faden, den man durch sie hindurch zieht, miteinander verbindet. An den Ecken können die Fäden verknotet werden. Zunächst ist das Modell ganz wacklig, nach dem Einfügen des letzten Röhrchens aber stabil.

Zum Zweck, die Ecken eines regulären Ikosaeders durch Koordinaten zu beschreiben, ist ein anderes Modell hilfreich:  Man schneidet sich aus Pappe oder Schreibkarten 3 "goldene" Rechtecke zurecht. Das sind Rechtecke, bei denen die Seitenlängen im Verhältnis des goldenen Schnitts stehen. Durch passende Schlitze bzw. Einschnitte kann man die 3 Rechtecke derart paarweise orthogonal ineinander stecken, dass die 12 Ecken gerade den 12 Ecken eines regelmäßigen Ikosaeders entsprechen. Man kann das Ikosaeder also so in ein Koordinatensystem einbetten, dass je 4 seiner Eckpunkte ein goldenes Rechteck in einer der 3 Koordinatenebenen bilden. Damit lassen sich alle Eckpunkte bequem durch Koordinatentripel in der Art (a,1,0), (1,0,-a) , (0,a,-1)  etc. beschreiben, wobei    <math>\ a\ =\ \frac{\sqrt{5}+1}{2} </math>

Witzig wäre natürlich noch, ein weiteres Modell zu erstellen, in welchem beides kombiniert wird, also ein Koordinaten-Modell aus 3 "goldenen", orthogonal verquickten Rechtecken (vielleicht gar durchsichtig), umgeben von dem Kantenmodell aus Röhrchen !  Der bastlerischen Kreativität sind dabei keine Grenzen gesetzt ...

Hier noch eine Grafik dazu, die ich gefunden habe:


Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
Schule 
Thema eröffnet von: Yakob
** Winkel bei Ikosaederprojektion  
Beitrag No.5 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2015-01-05
Yakob
J

Hallo an alle, die schon geantwortet haben (viertel, Buri):

Die Figur ist exakt so gemeint, wie sie auch zu sehen ist. Abgesehen von den wirklichen Werten der Winkel ist alles komplett. Das Ikosaeder hat in Wirklichkeit 12 Ecken und 30 Kanten. Da drei Kanten des Ikosaeders auf Projektionsstrahlen liegen, werden jeweils die beiden Endpunkte einer solchen Kante auf denselben Punkt in der Projektionsebene abgebildet. Analog decken auch einige Kanten andere Kanten ab.

Die angegebene Figur ist also topologisch gesehen vollständig. Nur metrisch betrachtet stimmt sie nicht ganz (einerseits, weil ich zuerst selber einen Rechenfehler gemacht habe, und andererseits wollte ich nicht unbedingt mit der Figur schon die Möglichkeit eröffnen, die Winkel einfach nachzumessen).

Um die Aufgabe zu lösen, wird man sich also zuerst überlegen müssen, wo das Projektionszentrum liegen müsste, um zu einer Projektion dieser Art zu kommen.

LG  ,   Yakob

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
Schule 
Thema eröffnet von: Yakob
** Winkel bei Ikosaederprojektion  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2015-01-05
Yakob
J

       


Dieses Bild stellt eine (etwas spezielle) Zentralprojektion des kompletten Kantengitters eines regelmäßigen Ikosaeders auf eine Ebene dar. Der zentrale Projektionsstrahl (der durch den Mittelpunkt des Ikosaeders verläuft), steht senkrecht auf der Projektionsebene.

Welche Innenwinkel hat das Umriss-Sechseck in dieser Projektion ?

Viel Vergnügen beim Überlegen, Skizzieren und Rechnen !
Es gibt bestimmt viele verschiedene Lösungswege. Besonders gefragt sind solche, die sich (eventuell nach umfangreichen Vorüberlegungen) am Ende doch relativ einfach "rüberbringen" lassen.

Geometrie
Schule 
Thema eröffnet von: Yakob
Aufgabe für Geometrie-Fans: Pyramide halbieren  
Beitrag No.69 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2014-12-21
Yakob
 

2014-12-21 16:39 - haribo in Beitrag No. 67 schreibt:
2014-12-20 18:49 - Yakob in Beitrag No. 57 schreibt:
 also so wie <math>\displaystyle  (1*1*1)\ :\ (1*1*t)\ = 1 : t</math> .    (***)


(***)  Bemerkung:  man beachte die Berechnung eines Tetraedervolumens aus einem Spatvolumen !

LG  ,    Yakob
 

 "Ihre Volumina verhalten sich so wie die Produkte ihrer von S aus gehenden Kantenlängen,"

hallo yakob, gibt es zu diesem satz einen herleitungs hinweis oder eine erläuterung, einschränkung oder ähnliches???

gildet das nur für tetraeder oder für noch mehr volumina´s ?

lg haribo


Hallo haribo,

ich habe ja am Schluss wenigstens einen kleinen Hinweis gegeben: Das Volumen einer beliebigen dreiseitigen Pyramide ("Tetraeder"), deren Winkel an der ausgezeichneten "Spitze" feststehen, ist im Übrigen nur noch proportional zu den Längen der 3 von dieser Spitze ausgehenden Kanten. Man erhält ja das Volumen des Tetraeders als ein Sechstel des Volumens des Spats, den diese 3 Vektoren aufspannen, und das Spatvolumen ist (sofern seine Winkel fix vorgegeben sind) natürlich proportional zu seinen 3 Kantenlängen a,b,c.  Knaaxx hat in seinem Beitrag  No.65  meine Lösungsidee (die etwas knapp beschrieben war) übrigens gut ergänzt !

LG ,  Yakob  

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.67 begonnen.]

Geometrie
Schule 
Thema eröffnet von: Yakob
Aufgabe für Geometrie-Fans: Pyramide halbieren  
Beitrag No.66 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2014-12-21
Yakob
 

Hallo Knaaxx,

danke für deine Antwort (Beitrag No. 65) und die zusätzliche Erläuterung zu meiner Lösung.

Übrigens fühlte ich mich, nachdem mir diese wirklich schöne Lösung eingefallen war, angespornt, die Aufgabe noch etwas abzuändern. Diese Variante möchte ich dann im neuen Jahr (ev. mit einer zusätzlichen Änderung) auftischen ...

Gruß  ,    smile  Yakob

Geometrie
Schule 
Thema eröffnet von: Yakob
Aufgabe für Geometrie-Fans: Pyramide halbieren  
Beitrag No.57 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2014-12-20
Yakob
 

Hallo an Euch alle !

ich muss sagen, dass ich vom Widerhall begeistert bin, den diese Aufgabe ausgelöst hat, und ich möchte allen danken, die Antworten eingereicht haben. Es zeigt sich, dass, so wie ich schon angekündigt hatte, sehr unterschiedliche Lösungswege möglich sind. Solche mit mehr Trigonometrie, solche mit mehr vektoriellem Blickpunkt usw.
Zeigen möchte ich hier nun nicht den Lösungsweg, der mir zuerst eingefallen ist, sondern einen späteren, der mir mir mal so beim Aufwachen eingefallen ist. Dabei gelang es mir praktisch, die Hauptidee zur Lösung ohne Notizen im Kopf durchzuführen.
Das geht so:

Ich stelle mir vor, dass die 4 Seitenkanten SA, SB, SC, SD alle die Länge 1 haben. Die Schnittebene soll die Pyramide im gleichschenkligen Trapez ABC'D'  schneiden. Die Seitenkantenlängen der oben abgeschnittenen Teilpyramide SABC'D' haben dann die
Kantenlängen SA=SB=1 , SC'=SD' =: t .  Nun betrachten wir die dreiseitigen Pyramiden (Tetraeder) SABC, SABC' . Ihre Volumina verhalten sich so wie die Produkte ihrer von S aus gehenden Kantenlängen, also so wie <math>\displaystyle  (1*1*1)\ :\ (1*1*t)\ = 1 : t</math> .    (***)
Analog verhalten sich die Volumina der Tetraeder SACD und SAC'D' so wie <math>\displaystyle (1*1*1)\ :\ (1*t*t)\ = \ 1\  :\ t^2</math>

Da die "großen" Tetraeder SABC und SACD  volumengleich sind, verhalten sich die Volumina von SABC' und SAC'D'  so wie  <math>\displaystyle t\ :\ t^2</math>

Damit die Pyramide SAB'C' gerade halb so groß wird wie die ursprüngliche SABCD, muss nun gelten:

           <math> t\,+\, t^2\ =\ 1</math>

Dies ist natürlich genau die bekannte Gleichung für den goldenen Schnitt, und wir brauchen ihre positive Lösung, also:

            <math>\displaystyle  t\ =\ \frac{\sqrt{5}-1}{2} \ \approx 0.61803 </math>

Anhand der Ansicht eines Querschnitts durch die Pyramide (Schnittebene sei die Mittelnormalebene der Kante AB) kann man sich nun noch um den Winkel <math>\alpha</math> kümmern, und es zeigt sich, dass:

            <math>\displaystyle  tan(\alpha)\ =\ \frac{1-t}{1+t}\,*\,tan(\varphi)</math>

Dies kann man dann noch destillieren zu:

            <math>\displaystyle  tan(\alpha)\ =\ (\sqrt{5}-2)\,*\,tan(\varphi)</math>


LG  ,    Yakob

(***)  Bemerkung:  man beachte die Berechnung eines Tetraedervolumens aus einem Spatvolumen !
 

Geometrie
Schule 
Thema eröffnet von: Yakob
Aufgabe für Geometrie-Fans: Pyramide halbieren  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2014-12-15
Yakob
 

Dies ist eine im Prinzip elementare, aber doch nicht ganz einfache Aufgabe für alle, die Spass an geometrischen Aufgaben haben.


Das Volumen einer geraden quadratische Pyramide, deren Seitenflächen gegenüber der Grundfläche den spitzen Neigungswinkel  <math>\varphi</math>  haben, soll durch eine Ebene E , welche eine der vier Grundkanten der Pyramide enthält, halbiert werden.  Gesucht ist eine Formel zur Bestimmung des Neigungswinkels  <math>\alpha</math>  dieser Ebene E .

Ich denke, dass es eine ganze Reihe unterschiedlicher Wege zur Lösung gibt. Meine favorisierte Lösung steht aber eigentlich fast schon fest, falls mich nicht noch jemand erheblich überrascht ...

Viel Spass !      smile   Yakob

Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
  
Thema eröffnet von: holio
** Puzzle  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2014-12-13
Yakob
 

Hallo holio,

das war nun aber ganz schön happig !  Schon für das Ausschneiden der Schnipselchen ging ganz schön Zeit drauf, aber dann vor allem für erste Ideen, wie man die Teilchen zusammenfügen könnte. Symmetrieüberlegungen haben mir dabei recht viel geholfen und insbesondere gezeigt, was für ein Teilchen vielleicht in der Mitte sitzen könnte.
Mein Ergebnis möchte ich natürlich nicht verraten, um anderen den Spass nicht zu nehmen. Für das Verhältnis der Rechtecksseiten habe ich einen Näherungsbruch bestimmt, den ich dir mitteile. Für alle, die schon ein exaktes Resultat haben, könnte ich aber folgenden Test über die Richtigkeit ihres Ergebnisses anbieten:

Sei q (mit q>1) der Quotient der Seitenlängen des Rechtecks. Dann ist der Wert von  <math>\ q^{24}\,-\,q^{17} </math>  fast exakt ganzzahlig, mit einer Abweichung von weniger als   <math>\ \frac{1}{65000}</math>
  

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