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Ex_Mitglied_4018
 Beitrag No.16, eingetragen 2004-11-10 20:35    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,

Ich danke ebenfalls für die Gratulation.
Danke Eckard für diese Aufgabe. Obwohl ich leider schon wieder mit anderen Sachen beschäftigt war, hat mich die Aufgabe gepackt, nachdem ich im Web die Definition gefunden hatte.

Ich habe heute entdeckt, dass ich in meiner Linux-Distr ein schönes Geometrieprogramm (ähnlich Dyna-Geo) habe. Ich hab dann mal rumprobiert und entdeckt, dass das Programm wie dafür geschaffen ist, diese Aufgabe zu veranschaulichen. Ich hab das ganze so konstruiert, dass man durch die Verschiebung eines Punktes alle gesuchten Dreiecke durchläuft. Man sieht dann ganz gut, dass die Ecken der Dreiecke die Hyperbeläste ablaufen. Ganz interaktiv also. ;-)

Ist jemand daran interessiert?
Der Name des Programms ist "kseg". Läuft im KDE-Desktop.
Ich schicke dann die Datei an die Interessenten.

Gruß
Zaos

-----------------


isotomion
Senior
Dabei seit: 23.08.2004
Mitteilungen: 315
Herkunft: Karlsruhe/Minneapolis
 Beitrag No.15, eingetragen 2004-11-08 22:25    [Diesen Beitrag zitieren]

2004-11-07 23:00: Eckard schreibt:
Bei dieser Aufgabe habe ich bisschen darauf spekuliert, dass der Neunpunktekreis nicht so bekannt ist und so Unerfahrene abschreckt.


Jaja, Leute abschrecken... wie's sich für eine gute Matheolympiade gehört ;-)

Also mich hat die Aufgabe in keiner Weise abgeschreckt; ganz im Gegenteil, ich finde, es ist eine sehr schöne Ortsaufgabe (normalerweise sind Aufgaben zur Bestimmung geometrischer Örter an sich nicht sonderlich interessant, aber diese ist ein Highlight)!

2004-11-07 23:00: Eckard schreibt:
Aber selbstverständlich nicht Darij & Co. Deswegen war ich etwas geknickt, als Zaos pünktlich nach Ablauf der Karenzzeit die richtige Lösung präsentierte: Zaos, Glückwunsch! Und dass Darij tatsächlich in einer anderen Liga spielt, haben wir spätestens hier gesehen. Auch Heinz' Lösung ist erstaunlich kurz. Super!


Danke für die Komplimente :-)

Gratuliere ebenfalls Heinz und Zaos. Die Krux meiner Lösung lag darin, einen großen Teil des Beweises elementargeometrisch zu führen, sodaß am Ende nur eine ganz triviale Rechnung übrigblieb. Allerdings ist diese Lösung von der Gesamtlänge her nicht die kürzeste.

Und noch etwas. Ich sehe erst jetzt, daß Eckard der Eigentliche Pionier der MP-Challenge ist. Dafür meine Glückwünsche!

  Grüße,
  Darij

-----------------
Die Summe der Minima ist kleiner oder gleich dem Minimum der Summe.
(Arthur Engel)
[ Nachricht wurde editiert von isotomion am 08.11.2004 22:28:18 ]


Eckard
Senior
Dabei seit: 14.10.2002
Mitteilungen: 6820
Herkunft: Magdeburg
 Beitrag No.14, eingetragen 2004-11-07 23:00    [Diesen Beitrag zitieren]

Bei dieser Aufgabe habe ich bisschen darauf spekuliert, dass der Neunpunktekreis nicht so bekannt ist und so Unerfahrene abschreckt. Aber selbstverständlich nicht Darij & Co. Deswegen war ich etwas geknickt, als Zaos pünktlich nach Ablauf der Karenzzeit die richtige Lösung präsentierte: Zaos, Glückwunsch! Und dass Darij tatsächlich in einer anderen Liga spielt, haben wir spätestens hier gesehen. Auch Heinz' Lösung ist erstaunlich kurz. Super!

Das war übrigens eine aktuelle Aufgabe aus einer Problem Corner mit meiner ins Deutsche übersetzen Lösung.

17 Punkte fürs Team!

Gruß Eckard


Eckard
Senior
Dabei seit: 14.10.2002
Mitteilungen: 6820
Herkunft: Magdeburg
 Beitrag No.13, eingetragen 2004-11-07 08:04    [Diesen Beitrag zitieren]



viertel
Senior
Dabei seit: 04.03.2003
Mitteilungen: 27062
Herkunft: Hessen
 Beitrag No.12, eingetragen 2004-11-01 14:02    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo Darij,
Deine Konstruktion ist echt simpel und gefällt mir gut:
Bild
Außerdem liegt der Fußpunkt von C auf g auch gleich mit auf dem Kreis.
Gruß
Dietmar


isotomion
Senior
Dabei seit: 23.08.2004
Mitteilungen: 315
Herkunft: Karlsruhe/Minneapolis
 Beitrag No.11, eingetragen 2004-11-01 10:18    [Diesen Beitrag zitieren]

Okay, okay, dann auch meine bereits vorhin angedeutete punktweise Konstruktion:

Man nimmt sich eine beliebige Gerade g durch den Punkt B, und bezeichnet mit A den Schnittpunkt der Senkrechten zu g durch C mit dem Spiegelbild von g an BC. Der Punkt A ist dann ein Punkt auf der gesuchten Ortskurve (und die unendlich vielen Geraden g durch B erzeugen auf diese Weise auch alle Punkte auf der Ortskurve, sogar die beiden Fernpunkte).

  Grüße,
  Darij

-----------------


viertel
Senior
Dabei seit: 04.03.2003
Mitteilungen: 27062
Herkunft: Hessen
 Beitrag No.10, eingetragen 2004-10-31 21:56    [Diesen Beitrag zitieren]

Dann biete ich eine geometrische Konstruktion der Orstkurve für A (ich hab mehrere Möglichkeiten):
Bild
Vorgegeben ist BC, Ma ist die Mitte davon und H wiederum die Mitte von MaC.
P ist der "Konstruktionspunkt. Er kann sich auf dem Strahl rechts von C bewegen. M ergibt sich mit CM=HP. Der Kreis um M durch C schneidet die Senkrechte in P im Punkt S. Punktspiegelung von C an S ergibt L, einen Punkt auf der gesuchten Hyperbel. Durchläuft P seinen Strahl, wird dabei der obere Ast der lila Ortskurve erzeugt.
Der Neunpunktekreis ist ja schon durch 3 Punkte definiert, also am einfachsten durch die Seitenmitten. Die rot gestrichelten Linien sind jeweils die Mittelsenkrechten zwischen Seitenmitten und bestimmen im Schnittpunkt den Mittelpunkt des Feuerbachkreises.
Gruß vom 1/4


JohnDoe
Senior
Dabei seit: 19.07.2003
Mitteilungen: 2146
Herkunft: Tirol
 Beitrag No.9, eingetragen 2004-10-31 09:29    [Diesen Beitrag zitieren]

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Gruß, Heinz


isotomion
Senior
Dabei seit: 23.08.2004
Mitteilungen: 315
Herkunft: Karlsruhe/Minneapolis
 Beitrag No.8, eingetragen 2004-10-31 08:50    [Diesen Beitrag zitieren]

So, nachdem ich mittlerweile den Glauben verloren habe, überhaupt noch eine vollständig synthetische Lösung finden zu können, und nachdem ich auch so langsam vermute, daß mein Hilfssatz an sich schwieriger zu beweisen ist als die Behauptung der Aufgabe, entschließe ich mich nun, einfach mal eine einfache halb-synthetische-halb-analytische Lösung zu posten.

(Die Probleme mit der synthetischen Lösung lassen sich dadurch erklären, daß es so gut wie keine gescheite koordinatenfreie Definition einer Hyperbel gibt, außer der - sehr unhandlichen - Definition durch die Brennpunkte und die Abstandsdifferenz. Ich weiß, ich bin jetzt nicht der erste, der eine Koordinatenlösung postet, aber sie unterscheidet sich wesentlich von den vorigen, da ich erst auf elementare Weise - durch Winkeljagd - die Bedingung für den Punkt A umformuliere, um dann die Rechnung am Schluß erheblich zu vereinfachen.)

Als erstes bezeichnen wir die Bedingung, daß der Mittelpunkt des Neunpunktekreises des Dreiecks ABC auf der Geraden BC liegt, als die Eckard-Bedingung. Wir müssen alle Punkte A finden, die die Eckard-Bedingung erfüllen.

Wir werden nun diese Bedingung vereinfachen, indem wir sie auf eine Winkelgleichung zurückführen.

Wir werden orientierte Winkel modulo 180° benutzen, wodurch wir uns viel Arbeit erleichtern, weil wir spitz und stumpf nicht mehr auseinanderhalten müssen.

Seien A', B' und C' die Mittelpunkte der Seiten BC, CA bzw. AB des Dreiecks ABC, und X, Y bzw. Z die Fußpunkte der auf diese Seiten gefällten Höhen. Der Neunpunktekreis des Dreiecks ABC geht durch die Punkte A', B', C', X, Y und Z (und ja, ich weiß, durch viele andere Punkte auch ;-) ). Unter anderem schneidet er also die Gerade BC in den Punkten A' und X.

Folglich gilt:

Eckard-Bedingung
<==> Der Mittelpunkt des Neunpunktekreises liegt auf der Geraden BC
<==> Die Strecke A'X ist ein Durchmesser des Neunpunktekreises
<==> Der Winkel < A'C'X = 90°

Nun berechnen wir diesen Winkel mal in Abhängigkeit von den Winkeln des Dreiecks ABC. Nach den üblichen Rechenregeln für orientierte Winkel modulo 180° ist

  < A'C'X = < A'C'B + < BC'X.

Wegen A'C' || CA ist < A'C'B = < CAB, also

  < A'C'X = < CAB + < BC'X.

Um den Winkel < BC'X zu finden, müssen wir einen kleinen Winkelzug machen (dummer Wortwitz, okay). Im rechtwinkligen Dreieck BXA ist der Punkt C' der Mittelpunkt der Hypotenuse, also der Umkreismittelpunkt. Folglich gilt nach dem Mittelpunktswinkelsatz < BC'X = 2 < BAX. Damit ist

  < A'C'X = < CAB + 2 < BAX = < (CA; AB) + 2 < (AB; AX)
          = < (CA; AB) + < (AB; AX) + < (AB; AX)
          = < (CA; AX) + < (AB; AX).

Nun ist die Höhe AX im Dreieck ABC orthogonal zu BC; damit ist < (BC; AX) = 90°, also

  < A'C'X = < (CA; AX) + < (AB; AX)
          = (< (CA; BC) + < (BC; AX)) + (< (AB; BC) + < (BC; AX))
          = (< (CA; BC) + 90°) + (< (AB; BC) + 90°)
          = < (CA; BC) + < (AB; BC) + 180°
          = < ACB + < ABC + 180°
          = < ACB + < ABC

(da wir modulo 180° rechnen, dürfen wir 180°-Winkel einfach wegstreichen). Somit ist

Eckard-Bedingung
<==> Der Winkel < A'C'X = 90°
<==> Der Winkel < ACB + < ABC = 90°

Dabei sei noch einmal darauf hingewiesen, daß die Winkel orientiert sind; mit nicht-orientierten Winkeln würde sich diese Bedingung als |< ABC - < BCA| = 90° schreiben.

Jetzt kommt die Rechnerei. Erstmals ist trivialerweise

Eckard-Bedingung
<==> Der Winkel < ACB + < ABC = 90°
<==> tan < ACB = cot < ABC
<==> tan < ACB tan < ABC = 1

Nun betrachten wir ein kartesisches Koordinatensystem mit dem Zentrum im Mittelpunkt M der Strecke BC und mit der x-Achse entlang der Geraden BC. Die Punkte B und C sollen in diesem Koordinatensystem die Koordinaten B ( s | 0 ) bzw. C ( -s | 0 ) haben. Der variable Punkt A habe die Koordinaten A ( x | y ). Dann ist laut der bekannten Steigungsformel tan < ACB = (y - 0) / (x - (-s)) = y / (x + s) und analog tan < ABC = y / (x - s). Damit wird

Eckard-Bedingung
<==> tan < ACB tan < ABC = 1
<==> y / (x + s) * y / (x - s) = 1
<==> y2 = (x + s) (x - s)
<==> y2 = x2 - s2
<==> x2 - y2 = s2

Aus dieser Gleichung für den gesuchten geometrischen Ort des Punktes A folgen alle Eigenschaften, die ich in meinem ersten Beitrag genannt habe. QED.

  Darij

-----------------


Eckard
Senior
Dabei seit: 14.10.2002
Mitteilungen: 6820
Herkunft: Magdeburg
 Beitrag No.7, eingetragen 2004-10-30 21:16    [Diesen Beitrag zitieren]

Obwohl ich eigentlich nicht mitmachen darf: Aufgabe D.38.

Gruß Eckard
[ Nachricht wurde editiert von Eckard am 30.10.2004 21:17:14 ]


Ex_Mitglied_4018
 Beitrag No.6, eingetragen 2004-10-30 20:42    [Diesen Beitrag zitieren]

@Darji

Ich sagte "Vermutung", weil ich es am Anfang intuitiv angenommen hatte. Der Rest des Textes ist dann meine Begründung dafür, wieso die gesuchte Menge eine Teilmenge des Hyperbels ist. Ich wollte es noch nicht Beweis nennen, da es hätte sein können, das jemand einen Denkfehler entdeckt. Schließlich war ich mir nicht sicher, ob Ich das Thema verfehlt habe, da Ich vorher den Neunpunktekreis nicht kannte und im Netz nach der Definition suchen musste.

Jedenfalls freut es mich, dass Du und Heinz mein Ergebnis bestätigt. Die Punkte gehen dann wohl ans Team!?

Eine Frage zurück: was heißt es, dass zwei Punkte isogonal konjugiert sind? Bin nicht gerade der Experte in Elementargeometrie.

Gruß
Zaos

-----------------

[ Nachricht wurde editiert von Zaos am 30.10.2004 21:28:04 ]


isotomion
Senior
Dabei seit: 23.08.2004
Mitteilungen: 315
Herkunft: Karlsruhe/Minneapolis
 Beitrag No.5, eingetragen 2004-10-30 16:58    [Diesen Beitrag zitieren]

Zaos, dein Text läßt nur eine Frage offen: Warum "Vermutung"? Sofern ich nicht irgendetwas gründlich mißverstanden habe, war das nämlich ne vollständige Lösung.

Jetzt wollte ich meine Lösung aufschreiben, bin aber auf ein Problem gestoßen. Und zwar geht es um den folgenden Satz aus der Dreiecksgeometrie (wobei das Bezugsdreieck nicht wie gewöhnlich mit ABC, sondern mit A1B1C1 bezeichnet wird, um nicht mit den Bezeichnungen aus der Aufgabe in Konflikt zu kommen):

Hilfssatz 1: Sei A1B1C1 ein Dreieck. Das Bild der Mittelsenkrechten der Seite B1C1 bei der isogonalen Abbildung bezüglich des Dreiecks A1B1C1 ist eine rechtwinklige Hyperbel, die durch die Ecken A1, B1 und C1 geht, und deren Mittelpunkt der Mittelpunkt der Seite B1C1 ist.

Dabei ist die isogonale Abbildung einfach die Abbildung, die jedem Punkt in der Ebene des Dreiecks A1B1C1 den zu ihm isogonalen Punkt bezüglich des Dreiecks A1B1C1 zuordnet. ("Isogonal" ist einfach meine Abkürzung für "isogonal konjugiert".)

Nun kann ich zwar theoretisch Hilfssatz 1 bewiesen, aber der Beweis ist im Vergleich zum Rest meiner Lösung ein Stilbruch und hat auch nicht gerade die besten Chancen, von vielen verstanden zu werden (er verwendet trilineare und kartesische Koordinaten, projektive Geometrie und Orthopole). Findet jemand einen einfacheren Beweis?

  Grüße,
  Darij


JohnDoe
Senior
Dabei seit: 19.07.2003
Mitteilungen: 2146
Herkunft: Tirol
 Beitrag No.4, eingetragen 2004-10-30 14:18    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,

@Zaos
ich hab's auch einfach durchgerechnet, oBdA mit B(0|0) und C(1|0), die rechtwinklige Hyperbel ist dann
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@Darij
Du spielst da schon in einer ganz anderen Liga wie unsereins Faszinierend!
Dein Beweis würde mich auch sehr interessieren.

Gruß, Heinz


Ex_Mitglied_4018
 Beitrag No.3, eingetragen 2004-10-30 11:36    [Diesen Beitrag zitieren]

Hi isotomion,

das ist auch mein Ergebnis. Ich wäre auch an deinem Beweis interssiert, weil ich denke dass er in jedem Fall eleganter als meiner ist ;-)

-----------------


isotomion
Senior
Dabei seit: 23.08.2004
Mitteilungen: 315
Herkunft: Karlsruhe/Minneapolis
 Beitrag No.2, eingetragen 2004-10-30 10:47    [Diesen Beitrag zitieren]

Zaos, deine Vermutung stimmt :-)

Deinen Text hab ich mir noch nicht angeschaut, mein Ansatz ist ein ganz anderer. Der gesuchte Ort ist eine rechtwinklige Hyperbel, die durch B und C geht, deren Zentrum der Mittelpunkt M der Strecke BC ist, und deren Asymptoten die zwei Geraden sind, die durch M gehen und um 45° gegen die Gerade BC geneigt sind (die eine in die eine Richtung, die andere in die andere). Ich glaub, ich hab sogar einen synthetischen Beweis von dem Ganzen. Ist jemand interessiert?

  Darij


Ex_Mitglied_4018
 Beitrag No.1, eingetragen 2004-10-30 08:17    [Diesen Beitrag zitieren]

Hi zusammen,

Meine Vermutung ist: zwei Hyperbeläste an den Endpunkten der Strecke AB. Genaue Parametrisierung folgt unten.

Ich hoffe man verzeiht es mir, aber ich habs jetzt nur mit Text und ohne Zeichnungen beschrieben:

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Gruß
Zaos

-----------------


Eckard
Senior
Dabei seit: 14.10.2002
Mitteilungen: 6820
Herkunft: Magdeburg
 Themenstart: 2004-10-28 07:57    [Diesen Beitrag zitieren]



 
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