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Schulmathematik » Extremwertaufgaben » Summe der Kathetenlängen im gleichschenkligen Dreieck maximal.
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Schule J Summe der Kathetenlängen im gleichschenkligen Dreieck maximal.
nrch99
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Dabei seit: 22.01.2017
Mitteilungen: 23
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2017-11-17 18:30


Hallo,

zu folgender Behauptung möchte ich Stellung nehmen:

Die Summe der Kathetenlängen in einem rechtwinkligen Dreieck ist bei gleicher Hypotenusenlänge am größten, wenn der Winkel Alpha 45° beträgt.

Vorwissen: Thales-Satz und Pythagoras ohne Höhensatz/Kathetensatz.

Meine bisherige Lösung erscheint mir umständlich und verwendet den Höhen- und Kathetensatz:


In einem Thaleskreis seien ein gleichschenkliges Dreieck und ein beliebiges Dreieck mit den Seiten e und f und der Höhe h sowie den Hypotenusen-Abschnitten p und q.

Gezeigt werden soll, dass zwei beliebige Katheten immer kleiner sind als die Katheten des gleichschenkligen Dreiecks: e + f < a + a

<math>
Annahmen:

p + q =2r


e^2 = p * h


f^2 = q *h


h^2 = p*q


h < (kleiner als) r
</math>



<math>
a ^ 2 = r^2 + r ^2 => a = \sqrt{2}*r

e + f (kleiner als) a + a

\sqrt{ph} + \sqrt{qh} = (\sqrt{p} + \sqrt{q}) * \sqrt{h}< 2*\sqrt{2}*r   | Quadrieren

(p + 2*\sqrt{p}*\sqrt{q} + q)*h < 8* r ^2

hp + 2*\sqrt{p}*\sqrt{q}*h + qh < 8* r^2
</math>

<math>
hp + qh = e^2 + f^2 = (2r)^2

=> (2r)^2 + 2*\sqrt{p}*\sqrt{q}*h < 8 * r^2


h = \sqrt{pq}

=> 2*\sqrt{p}*\sqrt{q}*\sqrt{pq} < 4 * r^2

=> 2 * h^2 < 4 * r^2

Da h <(kleiner als) r, q.e.d
</math>



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stpolster
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Dabei seit: 27.03.2014
Mitteilungen: 413
Aus: Chemnitz
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2017-11-17 18:43


Hallo,
da es im Forum "Schulmathematik" ist, ist nicht ganz klar, ob auch Differentialrechnung möglich ist.
Wenn ja, so würde ich von der Summe der Kathetenlängen
<math>s(a) = a^2 + \sqrt{c^2-a^2}</math>
das Maximum über die 1.Ableitung bestimmen.
<math>s'(a) = 0 = 1 - \frac{a}{\sqrt{c^2-a^2}}</math>
liefert
<math>a = \frac{\sqrt{2}}{2} c</math>
und für b das Gleiche.

LG Steffen

Nachtrag: Ich habe jetzt erst das vorhandene Vorwissen gelesen. D.h., mein Beitrag ist Blödsinn. Sorry.



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JoeM
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.10.2015
Mitteilungen: 261
Aus: Oberpfalz
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2017-11-18 02:59


Hallo nrch99,

hier mein Vorschlag (bildlich):

viele Grüße

JoeM




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MartinN
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Dabei seit: 05.08.2016
Mitteilungen: 773
Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2017-11-18 11:32


Mal eine Frage... dein Vorwissen ist doch ohne Höhen-/Kathetensatz... aber in der Annahme und den Berechnungen verwendest du diesen? Widerspricht sich das nicht, wenn du es ohne diese zeigen magst?


Aber allgemein könnte man auch sagen:
In einem Thaleskreis mit Durchmesser c habe man die beiden rechtwinkligen Dreiecke mit Katheten:
1) 0 < a = b; Höhe h = c/2
2) 0 < e < f; Höhe h' < c/2

Nun sucht man die Relation:
2a = a + b ~ e + f

Beide Seiten sind positiv, daher verändert quadrieren nicht deren Relation:
a² + 2ab + b² ~ e² + 2ef + f²

Dabei: c² = a² + b² = e² + f² (Satz des Pythagoras); ab = ch und ef = ch' (Flächenformel im rechtwinkligen Dreieck)

Somit führt dies zu: h ~ h'
Und da h = c/2 > h' musste die ursprüngliche Relation auch ein ">" gewesen sein:
2a > e+f


Das dann nur mit Pythagoras und Flächenformel für's Dreieck.



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nrch99
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 22.01.2017
Mitteilungen: 23
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-18 12:18


@JoeM: Das ist eine interessante Lösung, danke.



@MartinN: Ich meinte damit nicht mein Vorwissen, sondern das vorausgesetzte. Die Aufgabe ist aus einem Lehrbuch und zu dem Zeitpunkt im Buch wurde nur der Satz des Pythagoras, ohne Höhen- und Kathetensatz, behandelt. Ich kam aber auf keine Lösung ohne letztere. Ich war ohnehin verwundert, weil diese Teilaufgabe in einem Rutsch mit einer Reihe anderer Behauptungen a la "Ein rechtwinkliges Dreieck kann zwei stumpfe Winkel haben." daherkommt und ich eine leichte Antwort erwartet hatte.



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MartinN
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Dabei seit: 05.08.2016
Mitteilungen: 773
Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2017-11-18 12:48


@nrch99
Mein Höhensatz ist auch falsch :D
Ich korrigiere meinen Post gleich...

Der Höhensatz war ja: h² = pq
Bei mir ja nur die Flächenformel...

Oder allgemein:
<math>h > h'; c > 0\\
\to 2hc + c^2 > 2h'c + c^2\\
hc = 2A = ab; h'c = 2A' = 2ef; c^2 = a^2+b^2 = e^2+f^2\\
\to 2ab + a^2 + b^2 > 2ef + e^2 + f^2\\
\to (a+b)^2 > (e+f)^2\\
0 < a+b; 0 < e+f\\
\to 2a = a+b > e+f</math>



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psychironiker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2017-11-18 13:55


Hallo nrch99!

A
Ich finde, dass sich JoeMs Beitrag zu einem Beweis ausbauen lässt. Der Kreis K4 wird aber nicht benötigt.

Als bekannt (und bewiesen) muss vorausgesetzt werden, dass kein Sekantenabschnitt (hier: AP') länger sein kann als ein Durchmesser (hier: AP).

Dann ist noch zu beweisen, dass ein Schnittpunkt P' der Kreise K2 und K3 im Allgemeinen existiert, denn zwei nicht identische Kreise können auch genau einen oder gar keinen Punkt gemeinsam haben. Zum Beispiel so:
Der Punkt B ist K2 und K3 gemeinsam, indem B zur Definition der Radien a  und f benutzt wird. Da jeder Kreis achsensymmerisch zu jeder seiner Zentralen ist, ist die aus dem Kreisen K2 und K3 bestehende Figur achsensymmetrisch zur gemeinsamen Zentralen (CC'), und P' ist das Spiegelbild von B bzgl. (CC').

B
Ein rechtwinkliges Dreieck kann KEINE zwei stumpfen Winkel haben (genausowenig wie irgendein anderes Dreieck, wie aus der Winkelsumme 180° im Dreieck sofort folgt). - Tippfehler?

Lieben Gruß, Psychironiker



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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2017-11-18 14:33


Was ich mich bei @JoeM frage ist, warum A, C' und P' auf einer Gerade liegen müssen :D
Das fehlt mir iwie... denn so kann: AP' < AC' + C'P' = e+f sein.

@psychironiker und B
Das mit den 2 stumpfen Winkeln sei ja auch nur eine Behauptung gewesen. Aufgabe im Buch war es bestimmt diese Behauptung zu falsifizieren oder zu verifizieren ;)



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lula
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2017-11-18 16:19


Hallo
 ich denke mit Spiegelung an der Winkelhalbierenden ist es direkt offensichtlich - sieh das Bild.
BA'=e+f a+a=BE*EA die roten Linien sind die Winkelhalbierenden.
bis dann, lula





[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]


-----------------
Mein Leben ist zwar recht teuer,  aber dafür bekomm ich jedes Jahr umsonst eine Reise einmal um die Sonne



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psychironiker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2017-11-18 17:23


@Martin N (und den Themenstarter),

Die Frage stellt sich nicht, wenn du bei der Konstuktion eine passende Reihenfolge benutzt.

A, B, K1, C, K2 seien konstruiert, C' ungleich C auf K1 sei gewählt.

(AC') schneidet K2 in P' (dann liegen A, C', P' ohnehin auf einer Gerade).

Die Mittelsenkrechte von BP' (ist eine Zentrale von K2 und) halbiert den Winkel BCP'.

Die Dreiecke CBC' und P'CC' haben a = CP', C'C und die Hälfte des Winkel BCP' gemeinsam, sind also kongruent mit sws, daher C'P' = f.

Mit der Dreiecksungleichung in AP'C ist 2a > e+f, q.e.d.

Psychironiker


Bemerkung: Die Eigenschaft des Thaleskreises, Ortslinie aller Punkte zu sein, unter denen eine Strecke unter einem rechten Winkel erscheint, wird nicht benutzt. Die Aussage sollte auch für andere Fasskreisbogen-Paare gelten (das probierte ich allerdings nicht aus).


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.7 begonnen.]



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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2017-11-18 17:27


Welche Winkelhalbierenden?

Du nimmst doch die 2 rechtwinkligen Dreiecke ABD und ABE mit der Hypotenuse AB; und ABE sei gleichschenklig.

Nun spiegelst du ADE an der Gerade ED.

Dann hast du das Dreieck BEA' in dem:
BE = EA' = a
BA' = e+f
Und gemäß der Dreiecksungleichung: BE+EA' > BA' -> 2a > e+f

Aber hier auch das Problem: Warum soll BEA' überhaupt ein Dreieck sein?
Dazu müsste der Winkel ADE ja 45° sein...
Das kann man zwar auch mit dem Peripherie-Zentri-Winkelsatz begründen... aber fehlt iwie :D

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]



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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2017-11-18 17:35


2017-11-18 17:23 - psychironiker in Beitrag No. 9 schreibt:
@Martin N (und den Themenstarter),
[...]
Die Mittelsenkrechte von BP' (ist eine Zentrale von K2 und) halbiert den Winkel BCP'.
[...]
Warum soll diese Mittelsenkrechte durch C (den Mittelpunkt von K2) gehen?
(Erst dann wäre ja BC = CP' wegen Symmetrie an der Mittelsenkrechten)
Edit: Und warum soll sie auch durch C' (Mittelpunkt von K3) gehen? Das fehlt ja auch noch, damit auch BC' = C'P' = f.

Das meint doch "Zentrale von K2"...


Edit:
Meine rechnerische Lösung scheint da bei weitem simpler und allgemeingültiger :D

Diese besagt ja:
Ein Kreis k mit der Sekante AB (A und B auf k) sei gegeben. Über der Sekante seien die Punkte <math>C_1</math> und <math>C_2</math> auf k und auf der selben Seite bezüglich AB liegend.

Dann haben die Höhen und Umfänge von ABC_i den jeweils selben Index i.

Nun kann man damit leicht nachrechen:
<math>sgn(h_1 - h_2) = sgn(u_1 - u_2)</math>
Bzw:
<math>h_1 > h_2 \Leftrightarrow u_1 > u_2\\
h_1 = h_2 \Leftrightarrow u_1 = u_2\\
h_1 < h_2 \Leftrightarrow u_1 < u_2</math>

Und das mit den rechtwinkligen Dreiecken über einem Durchmesser ja nur ein Spezialfall ^^



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psychironiker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2017-11-18 22:36


@MartinN, Themenstarter und Lula

A zur Kritik in #11 an #9, das zugehörigen Bild ist in #2
(1) Die Mittelsenkrechte durch eine BELIEBIGE Kreissehne (hier: BP') ist eine Zentrale des Kreises (hier in der Tat K2) und enthält den Mittelpunkt des Kreises).

(Letzteres folgt aus der Ortslinieneigenschaft einer Mittelsenkrechte und der Tatsache, dass die beiden Endpunkte einer Sehne den gleichen Abstand zum Kreismittelpunkt haben, nämlich den Radius. Das setzte ich dann schon als bekannt & bewiesen voraus.)

(2) Es ist zwar so, dass diese Zentrale auch durch C' geht, aber ich verwende das in meinem Beweisvorschlag nicht, sondern argumentiere über die Kongruenz der Dreiecke CBC' und P'CC', die beide eine Seite der Länge f enthalten.


B zu #8
Die Idee in Lulas Zeichnung ist aber viel EINFACHER und überzeugt mich noch mehr (seine Bezeichnung "Winkelhalbierende" und die Schreibweise für die Beziehung weniger):

Da (in seiner Zeichnung) A' durch Spiegelung von A an (ED) entsteht, ist

EA = EA' ( = EB = a in JoeMs Zeichnung) und

DA = DA' ( = e in JoeMs Zeichnung);

DB = f in JoeMs Zeichnung.

Die zu beweisende Beziehung 2a > e +f ist der  Dreiecksungleichung im Dreieck BA'E äquivalent.

Es bedarf keiner weiteren Voraussetzung, damit BA'E ein Dreieck ist, auch ist keine Aussage über irgendwelche Winkel erforderlich; die Kritik in #10 ist nicht nachzuvollziehen.

C zu#3
MartinNs Überlegung in #3 bin ich noch am Prüfen.

Psychironiker








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psychironiker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2017-11-18 23:14


zu C in #12:

Ich versuchte, MartinNs Gedanken "vom Kopf auf die Füße zu stellen" (und kleine Fehler zu berichtigen. Resultat:

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Das geht sicher auch. Simpler als die von Lula vorgelegte Lösung ist das sicher nicht; ob es simpler ist als die von JoeM und mir vorgelegte, wage ich nicht zu entscheiden.

psychironiker




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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2017-11-18 23:36


Aber in deiner Kongruenzüberlegung nach SWS nimmst du ja die Seite CC', obwohl du garnicht gezeigt hast, dass CC' Teil der Winkelhalbierenden / Zentrale / Mittelsenkrechte ist.
Demnach haben zwar beide Dreiecke CC' gemeinsam, aber die Winkel müssen nicht automatisch übereinstimmen, wenn dieses CC' nicht auf der Zentralen liegt.

Oder hast du das wo gezeigt?



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psychironiker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2017-11-19 01:07


@MartinN

A zu #14
Du hast Recht, das fehlt jedenfalls noch an. Fortsetzung folgt, wenn mir etwas einfällt.


B zu #8 (Lula), #10 und #12 B.

Ganz so einfach ist es doch nicht. Zwar ist nicht zu begründen, warum BEA' ein Dreieck ist (wie MartinN schreibt), wohl aber, warum B, D und A' auf einer Gerade liegen (und also D auf der Seite BA' des Dreiecks BEA' liegt).

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psychironiker



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2017-11-19 02:07




Dein Einwand von MartinN in Nr. #14 ist schwer auszuräumen.

Ich setze den Ansatz JoeMs besser wie in #6, A. fort. Dann ist bereits klar, dass C'P' = C'B = f; zu zeigen bleibt aber, dass A, C' und P auf einer Gerade liegen (siehe #7 von MartinN).

Das geht ähnlich wie in der Ergänzung #15, B für Lula:

fed-Code einblenden

Resultate:

(1) Die Bemerkung in #9 ist falsch.

(2) Lulas und JoeMs Ansatz lassen sich anscheinend "retten"; MartinNs Ansatz (z.B. in der Fassung #13) kommt aber wahrscheinlich dem Belang des Themenstartes am nächsten. Mal sehen, ob der sich nochmal meldet.

psychironiker



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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2017-11-19 03:22


Kurz zu den Winkeln von Luna... Meine Überlegung war da:

Über die Sekante AE: Der Zentriwinkel ECA (90 °) ist doppelt so groß wie der Peripheriewinkel EDA über den entsprechenden Kreisbogen... EDA = 45 °
Dieser wird an ED gespiegelt: A'DE = 45 °
Und ABD per Definition bei D rechtwinklig.

Damit D auf der Strecke BA'



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psychironiker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2017-11-19 23:08


Variante der Konstruktion bei JoeM ohne Kreis k3 und DEUTLICH EINFACHER:

fed-Code einblenden

Das erscheint am ehesten "konkurrenzfähig" zu MartinN.

psychironiker



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nrch99 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
nrch99 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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