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Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » * Dreiecke im Rechteck
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Kein bestimmter Bereich * Dreiecke im Rechteck
querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-03-07


Hallo,

zur Abwechslung mal eine kleine Geometrieaufgabe:



Das Rechteck ABCD ist wie dargestellt in vier Dreiecke aufgeteilt: Das gelbe Dreieck ist gleichseitig, die Flächeninhalte des roten und grünen Dreiecks betragen 53 bzw. 17 Flächeneinheiten.

Bestimme den Flächeninhalt des blauen Dreiecks!

Viel Spaß :)



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Dies ist eine Knobelaufgabe!
Der Themensteller hat bestimmt, dass Du Lösungen oder Beiträge zur Lösung direkt im Forum posten darfst.
Bei dieser Aufgabe kann ein öffentlicher Austausch über Lösungen, Lösungswege und Ansätze erfolgen. Hier musst Du keine private Nachricht schreiben!
querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-07


Die erste Lösung kommt von Viertel, herzlichen Glückwunsch!


Die Angabe der konkreten Zahlen 53 und 17 verleitet wahrscheinlich dazu, alle vorkommenden Seitenlängen auszurechnen. Man könnte aber auch ganz allgemein zeigen, dass zwischen der roten, blauen und grünen Fläche ein einfacher Zusammenhang besteht. Dann könnte man die blaue Fläche direkt ablesen.

Besonders schön wäre natürlich ein elementargeometrischer Beweis dieses Zusammenhangs...



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-08


Danke für die privaten Nachrichten mit Rückfragen und Hinweisen.

Das ist eine Aufgabe, die seit über 20 Jahren im Netz herumgeistert.

Zu zeigen ist, dass bei dieser Konstruktion allgemein gilt: \[A_{rot}=A_{grün}+A_{blau}\]
Ich habe zwar einen trigonometrischen Beweis, aber eine _elementargeomtrische_ Lösung habe ich nicht geschafft. Eigene Überlegungen dazu (trigonometrisch oder elementargeometrisch) können hier gerne öffentlich diskutiert werden:


LG querin



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astrid-clz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-03-08



Ausgehend von einem Winkel (zB den im grünen Dreieck bei A) kann man recht leicht alle übrigen Winkelgrößen ableiten. Ich weiß aber noch nicht, wie man damit wirklich weiterkommt - und bin auch von einer Lösung insgesamt noch Welten entfernt, da die Gleichungen einfach ausufern. Aber vielleicht kommt man mit den Additionstheoremen und indem man die Seitenlänge des gelben Dreiecks erstmal mitschleppt damit zu einer einfachen Lösung.

Auch wäre ggf. ein Ansatz, die Dreiecke solange hin- und herzuschieben unter Erhaltung der Fläche, bis man sie geschickt zusammenlegen und die von dir gepostete Lösung einfach ablesen kann. Aber auch das ist mir noch nicht gelungen, auch selbst wo ich die Lösung jetzt ja kenne....



Es bleibt also Spannend!



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Caban
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-03-08



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-03-08


Ist das hier ein rhetorisches Rätsel?

Oder bin ich jetzt doof?


Wenn das mittlere Dreieck gleichseitig ist,
muss das blaue doch auch 17 sein und wie
diese die Winkel 15°/75°/90° haben!?




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Caban
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-03-08


Hallo

Das blaue ist nicht 17.

Gruß Caban

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-03-08


2020-03-08 16:45 - dlchnr in Beitrag No. 5 schreibt:
Ist das hier ein rhetorisches Rätsel?

Oder bin ich jetzt doof?

Wenn das mittlere Dreieck gleichseitig ist,
muss das blaue doch auch 17 sein und wie
diese die Winkel 30°/60°/90° haben!?

Das Rechteck muss nicht quadratisch sein. Ist es das, was dich irritiert?

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



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-03-08


Ah - da liegt der Hund begraben - wunderte mich gerade schon, warum der Sinus 15° mit meinem Taschenrechner nicht gleich 2 - sqr(3) ist :-)



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Caban
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-03-08




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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-08


Hallo Caban,

Gratulation zu diesem eleganten Beweis (Beitrag #4).
Auf die Idee mit der speziellen Flächenformel muss man erst mal kommen!



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Caban
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-03-08


Danke!

Ich denke, der Ansatz für die elementare Lösung könnte leicht klappen, wenn die Gleichungen mit s geschickt addiert, damit die erste Gleichung dasteht. Aber ich bis jetzt noch keine Möglichkeit gefunden.

Gruß Caban



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vertanh
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-03-09


Wie lautet die Bedingung an das Rechteck a,b, dass sich ein gleichseitiges Dreieck, wie gezeigt, einpassen lässt?

Hat sich erledigt.





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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-03-09


Huhu Astrid,

2020-03-08 12:50 - astrid-clz in Beitrag No. 3 schreibt:
Auch wäre ggf. ein Ansatz, die Dreiecke solange hin- und herzuschieben unter Erhaltung der Fläche, bis man sie geschickt zusammenlegen und die von dir gepostete Lösung einfach ablesen kann. Aber auch das ist mir noch nicht gelungen, auch selbst wo ich die Lösung jetzt ja kenne....

wenn du Lust hast könntest du in folgende Richtung denken: Drehen wir die Hypotenusen der drei rechtwinkligen Dreiecke aufeinander ergibt sich folgendes Bild (die Farben passen nicht zu querins Bild):



Klar ist, dass die Punkte am rechten Winkel auf einem Kreis liegen (Thaleskreis). Was nun zu begründen / beweisen wäre, ist folgendes: Das Dreieck \( BCD\) ist gleichseitig und der Mittelpunkt \(M\) des Kreises ist der Schwerpunkt dieses Dreiecks. Für den restlichen (bekannten) Beweis kannst du dann das Viereck \(BPQD\) sowie die Dreiecke \(TMF\) und \(MZC\) betrachten.

Gruß,

Küstenkind



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vertanh
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-03-09


2020-03-07 13:29 - querin im Themenstart schreibt:


@ Startpost

1. Ich würde versuchen, deutlicher darzustellen, dass es sich um ein Rechteck handelt. Das ist aber, wie wir sehen werden, teils eingeschränkt.

2. Insbesondere würde ich aber, statt irgendwelche nichtssagende Zahlenwerte aufzuwerfen, eine allgemeine Beziehung thematisieren, d.h., statt $17$ usw. $A_1,~ A_2,~ A_3.$ Das sollte auch so ein bisschen der persönliche Anspruch sein.


 

<math>
% Gegebene Gren
\pgfmathsetmacro{\a}{6}%
\pgfmathsetmacro{\b}{5.4}%

\pgfmathsetmacro{\bMin}{\a*sqrt(3)/2}%
\pgfmathsetmacro{\bMax}{\a*2/sqrt(3)}%

\pgfmathsetmacro{\x}{2*\a-sqrt(3)*\b}%
\pgfmathsetmacro{\y}{2*\b-sqrt(3)*\a}%

\pgfmathsetmacro{\AP}{sqrt(\a*\a+\y*\y)}%
\pgfmathsetmacro{\AQ}{sqrt(\b*\b+\x*\x)}%

\pgfmathsetmacro{\ABP}{0.5*\a*\y}%
\pgfmathsetmacro{\AQD}{0.5*\b*\x}%
\pgfmathsetmacro{\PCQ}{0.5*(\a-\x)*(\b-\y)}%

\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
]
\coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0);
\coordinate[label=below:$B$] (B) at (\a,0);
\coordinate[label=$C$] (C) at (\a,\b);
\coordinate[label=$D$] (D) at (0,\b);
\coordinate[label=$Q$] (Q) at (\x,\b);
\coordinate[label=45:$P$] (P) at (\a,\y);

% Rechteck
\draw[local bounding box=rechteck] (A) rectangle (C);
% Dreieck
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (P) -- (Q) --cycle;
% Annotationen
\path[] (A) -- (B) node[midway, below] {$a$};
\path[] (A) -- (D) node[midway, left] {$b$};
\path[] (D) -- (Q) node[midway, above] {$x$};
\path[] (C) -- (Q) node[midway, above] {$a-x$};
\path[] (B) -- (P) node[pos=0.25, right] {$y$};
\path[] (C) -- (P) node[midway, right] {$b-y$};

\path[] (A) -- (P) node[midway, sloped, above] {$\sqrt{a^2+y^2}$};
\path[] (A) -- (Q) node[midway, sloped, above] {$\sqrt{b^2+x^2}$};
\path[] (Q) -- (P) node[midway, sloped, above] {$\sqrt{(a-x)^2+(b-y)^2}$};

%% Punkte
\foreach \P in {A,P,Q} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}
</math>


Die Bedingung, dass $APQ$ ein gleichseitiges Dreieck ist, liefert das nichtlineare Gleichungssystem

(1) $b^2+x^2 = a^2+y^2$
(2) $b^2+x^2 = (a-x)^2+(b-y)^2$
(3) $a^2+y^2 = (a-x)^2+(b-y)^2$

mit einer redundanten Gleichung (1) und zwei dualen Gleichungen (2) und (3), d.h. $a \leftrightarrow b$ und $x \leftrightarrow y$.

Für das Gleichungssystem lassen sich die (konjugiert) komplexen Lösungen

$\begin{cases}
x = ib\\ y=-ia
\end{cases}$   und    $\begin{cases}
x = -ib\\ y=ia
\end{cases}$

erraten.

(2) $\Leftrightarrow$ (2a) $
2ax = y^2 -2by + a^2$
(3) $\Leftrightarrow$ (3a) $
2by = x^2 -2ax + b^2$

(3a) $\Leftrightarrow$ (3b) $
4a^2 2by = (2ax)^2 -4a^2 (2ax) + 4a^2b^2$

Einsetzen von (2a) in (3b) liefert
$(y^2-2by+a^2)^2 -4a^2(y^2-2by+a) +4a^2b^2 - 2b\, 4a^2y = 0$

Mit den beiden oben genannten Lösungen $y$ muss hiervon $
(y+ia)(y-ia) = y^2 + a^2$  abspaltbar sein; also:

Ausrechnen des Zählerpolynoms und Durchführung der Polynomdivision liefert

$\dfrac{(y^2-2by+a^2)^2 -4a^2(y^2-2by+a) +4a^2b^2 - 2b\, 4a^2y}{y^2+a^2}
= (y-2b)^2 -3a$

was schließlich für $(y-2b)^2 -3a=0$ eine Lösung
$
\underline{\underline{
y=2b-\sqrt{3}a     }}
$
liefert.

Für eine Lösung $x$ könnte man mit Gleichung (2a) ähnlich vorgehen oder unter Ausnutzung der Dualität ($
a \leftrightarrow b,~~ x \leftrightarrow y$):
$\underline{\underline{
x = 2a-\sqrt{3}b     }}
$.


Da nunmehr alle Maße bekannt, sind die Flächen um das Dreieck trivial berechenbar:

$F_{ABP} = \frac12 a y = \frac12 a (2b-\sqrt{3}a)
= \frac12 (2ab-\sqrt{3}a^2)$
$F_{AQD} = \frac12 b x = \frac12 b (2a-\sqrt{3}b)
= \frac12 (2ab-\sqrt{3}b^2)$
$\begin{array}{l l}
F_{PCQ}
& = \frac12 (a-x)(b-y) = \frac12 (a-2a+\sqrt{3}b)(b-2b+\sqrt{3}a) \\
& = \frac12 (3ab-\sqrt{3}a^2-\sqrt{3}b^2+ab)
\end{array}$

$\Rightarrow~~ \underline{\underline{
F_{ABP}+F_{AQD} = F_{PCQ}   }}.$


Soll das gleichseitige Dreieck innerhalb des Rechtecks liegen, erhält man schließlich noch aus den Forderungen

$0 < x < a
~\Leftrightarrow~
0 < 2a-\sqrt{3}b < a$   und
$0 < y < b
~\Leftrightarrow~
0 < 2b-\sqrt{3}a < b$  

die Bedingungen an das Rechteck

$\begin{cases}
a>0  \\[1em]    \dfrac{\sqrt{3}}{2} a < b < \dfrac{2}{\sqrt{3}} a
\end{cases}$


Beispiele:
<math>
% Gegebene Gren
\pgfmathsetmacro{\a}{6}%
\pgfmathsetmacro{\b}{5.4}%

\pgfmathsetmacro{\bMin}{\a*sqrt(3)/2}%
\pgfmathsetmacro{\bMax}{\a*2/sqrt(3)}%

\pgfmathsetmacro{\x}{2*\a-sqrt(3)*\b}%
\pgfmathsetmacro{\y}{2*\b-sqrt(3)*\a}%

\pgfmathsetmacro{\AP}{sqrt(\a*\a+\y*\y)}%
\pgfmathsetmacro{\AQ}{sqrt(\b*\b+\x*\x)}%

\pgfmathsetmacro{\ABP}{0.5*\a*\y}%
\pgfmathsetmacro{\AQD}{0.5*\b*\x}%
\pgfmathsetmacro{\PCQ}{0.5*(\a-\x)*(\b-\y)}%

\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
]
\coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0);
\coordinate[label=below:$B$] (B) at (\a,0);
\coordinate[label=$C$] (C) at (\a,\b);
\coordinate[label=$D$] (D) at (0,\b);
\coordinate[label=$Q$] (Q) at (\x,\b);
\coordinate[label=45:$P$] (P) at (\a,\y);

% Rechteck
\draw[local bounding box=rechteck] (A) rectangle (C);
% Dreieck
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (P) -- (Q) --cycle;
% Annotationen
\path[] (A) -- (B) node[midway, below] {$a$};
\path[] (A) -- (D) node[midway, left] {$b$};
\path[] (D) -- (Q) node[midway, above] {$x$};
\path[] (C) -- (Q) node[midway, above] {$a-x$};
\path[] (B) -- (P) node[pos=0.25, right] {$y$};
\path[] (C) -- (P) node[midway, right] {$b-y$};

\path[] (A) -- (P) node[midway, sloped, above] {$\sqrt{a^2+y^2}$};
\path[] (A) -- (Q) node[midway, sloped, above] {$\sqrt{b^2+x^2}$};
\path[] (Q) -- (P) node[midway, sloped, above] {$\sqrt{(a-x)^2+(b-y)^2}$};

%% Punkte
\foreach \P in {A,P,Q} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);

% Annotationen - Rechnung
\node[yshift=-0mm, draw=none, align=left,
anchor=north west,
] at ($(rechteck.north east)+(2.5em,0)$) {
$\begin{array}{l l}
a = \a \text{ cm}  &  \\
b = \b \text{ cm}  & \\ \hline
b_{\min} = \bMin \text{ cm}  & \\
b_{\max} = \bMax \text{ cm}  & \\  \hline
x = \x \text{ cm}  & \\
y = \y \text{ cm}  & \\ \hline \\[-0.5em]
|AP| = \AP \text{ cm}  & \\ \hline\hline \\[-0.5em]
%|AQ| = \AQ \text{ cm}  & \\
F_{ABP} = \ABP \text{ cm}^2  & \\
F_{AQD} = \AQD \text{ cm}^2  & \\ \cline{1-1} \\[-0.75em]
F_{PCQ} = \PCQ \text{ cm}^2  & \\
%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax  \text{ cm}} \\
\end{array}$
};
\end{tikzpicture}
</math>

<math>
% Gegebene Gren
\pgfmathsetmacro{\a}{5}%
\pgfmathsetmacro{\b}{5}%

\pgfmathsetmacro{\bMin}{\a*sqrt(3)/2}%
\pgfmathsetmacro{\bMax}{\a*2/sqrt(3)}%

\pgfmathsetmacro{\x}{2*\a-sqrt(3)*\b}%
\pgfmathsetmacro{\y}{2*\b-sqrt(3)*\a}%

\pgfmathsetmacro{\AP}{sqrt(\a*\a+\y*\y)}%
\pgfmathsetmacro{\AQ}{sqrt(\b*\b+\x*\x)}%

\pgfmathsetmacro{\ABP}{0.5*\a*\y}%
\pgfmathsetmacro{\AQD}{0.5*\b*\x}%
\pgfmathsetmacro{\PCQ}{0.5*(\a-\x)*(\b-\y)}%

\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
]
\coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0);
\coordinate[label=below:$B$] (B) at (\a,0);
\coordinate[label=$C$] (C) at (\a,\b);
\coordinate[label=$D$] (D) at (0,\b);
\coordinate[label=$Q$] (Q) at (\x,\b);
\coordinate[label=45:$P$] (P) at (\a,\y);

% Rechteck
\draw[local bounding box=rechteck] (A) rectangle (C);
% Dreieck
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (P) -- (Q) --cycle;
% Annotationen
\path[] (A) -- (B) node[midway, below] {$a$};
\path[] (A) -- (D) node[midway, left] {$b$};
\path[] (D) -- (Q) node[midway, above] {$x$};
\path[] (C) -- (Q) node[midway, above] {$a-x$};
\path[] (B) -- (P) node[pos=0.25, right] {$y$};
\path[] (C) -- (P) node[midway, right] {$b-y$};

\path[] (A) -- (P) node[midway, sloped, above] {$\sqrt{a^2+y^2}$};
\path[] (A) -- (Q) node[midway, sloped, above] {$\sqrt{b^2+x^2}$};
\path[] (Q) -- (P) node[midway, sloped, above] {$\sqrt{(a-x)^2+(b-y)^2}$};

%% Punkte
\foreach \P in {A,P,Q} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);

% Annotationen - Rechnung
\node[yshift=-0mm, draw=none, align=left,
anchor=north west,
] at ($(rechteck.north east)+(2.5em,0)$) {
$\begin{array}{l l}
a = \a \text{ cm}  &  \\
b = \b \text{ cm}  & \\ \hline
b_{\min} = \bMin \text{ cm}  & \\
b_{\max} = \bMax \text{ cm}  & \\  \hline
x = \x \text{ cm}  & \\
y = \y \text{ cm}  & \\ \hline \\[-0.5em]
|AP| = \AP \text{ cm}  & \\ \hline\hline \\[-0.5em]
%|AQ| = \AQ \text{ cm}  & \\
F_{ABP} = \ABP \text{ cm}^2  & \\
F_{AQD} = \AQD \text{ cm}^2  & \\ \cline{1-1} \\[-0.75em]
F_{PCQ} = \PCQ \text{ cm}^2  & \\
%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax  \text{ cm}} \\
\end{array}$
};
\end{tikzpicture}
</math>






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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-03-10


zerlegung in sieben puzzleteile

anleitung um im roten dreieck (hier oben liegend)die puzzleteile abzutrennen:
-halbiere alle äusseren dreiecks seiten
-kreise um die roten 1/2 mit den grünen 1/2 radien --->M
-parallele gelbe kante (basis des roten dreiecks) durch M trennt die unteren drei blauen puzzleteile ab
- diese trennkannte gespiegelt um die beiden roten 1/2 punkte erstellt oben das blaue dreieck
-verbindungen von M zu den roten 1/2 punkten zerlegt die grünen teile passend
-kreis um M mit beiden blauen 1/2 radien---> zerlegt die drei unteren blauen teile passend
- alles ausschneiden und alle teile nur rotieren und hinschieben---> passt




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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-10


Großartig, haribo 👍

Ich habe zwar keine Ahnung, wie du auf diese Teilung gekommen bist, aber die Puzzleteile scheinen perfekt zu passen! Welche mathematische Idee bzw. Begründung steckt dahinter?

LG querin




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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-03-10


Es ist eine geschickt angeordnete Überlagerung zweier endlos aneinander gereihter  Kachelungen

Die eine besteht nur aus den roten Dreiecken, wechselseitig aneinander gelegt, also Parallelogramme, die wiederum zu Bändern angeordnet sind
Die andere aus blauen und grünen Dreiecken, jeweils zwei gleiche als Parallelogramme nebeneinander gelegt und dann auch wieder Bänder Anordnung

Da beide Kachelungen insgesamt auf einer großen endlosen Fläche je gleichviele gleichfarbige Elemente haben kann man beide derartig geschickt übereinander legen dass es derartig wenige immer gleiche Puzzle teile ergibt, gelingt dass ist die Lösung exakt
Es gibt mehrere Lösungen mit 7 verschiedenen Teilstücken
Möglicherweise könnten es auch weniger sein
Haribo



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Caban
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2020-03-10


Hallo haribo

In Beitrag 17 steht nur ein E, wenn man aber deinen Beitrag zitieren will, erscheint

2020-03-10 23:26 - haribo in Beitrag No. 17 schreibt:
Es ist eine geschickt angeordnete Überlagerung zweier endlos aneinander gereihter  Kachelungen

Die eine besteht nur aus den roten Dreiecken, wechselseitig aneinander gelegt, also Parallelogramme, die wiederum zu Bändern angeordnet sind
Die andere aus blauen und grünen Dreiecken, jeweils zwei gleiche als Parallelogramme nebeneinander gelegt

Da beide Kachelungen insgesamt auf einer großen endlosen Fläche je gleichviel Elemente haben kann man beide derartig geschickt übereinander legen dass es derartig wenige immer gleiche Puzzle teile ergibt, gelingt dass ist die Lösung exakt
Es gibt mehrere Lösungen mit 7 verschiedenen Teilstücken
Möglicherweise könnten es auch weniger sein
Haribo

Was geht da vor?

Gruß Caban



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2020-03-11


Du warst zu schnell Ein immer wieder abstürzendes wlan dass aber eine Änderung akzeptiert wenn ich es geschafft habe schnell genug einen Buchstaben zu senden... Wunder der Technik



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2020-03-11


Biete eine Zerlegung mit 4 Teilen:


Das blaue Dreieck ist flächengleich dem cyan schraffierten (das ist das blaue Dreieck im Original).
Entscheidend für die Zerlegung sind die 30° Winkel. Der Rest ergibt sich durch Drehungen und Parallelverschiebungen.




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Bild



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2020-03-11


Hier noch mal eine andere Lage des gleichseitigen Dreiecks im Rechteck:




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viertel
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\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
2020-03-08 09:27 - querin in Beitrag No. 2 schreibt:
Das ist eine Aufgabe, die seit über 20 Jahren im Netz herumgeistert.

Zu zeigen ist, dass bei dieser Konstruktion allgemein gilt: \[A_{rot}=A_{grün}+A_{blau}\]
Das dürfte damit jetzt erledigt sein
\(\endgroup\)


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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-11


@haribo
Danke für die Erkklärung. Ich bewundere dein geometrisches Vorstellungsvermögen ("geschickt übereinander gelegte Kachelungen"), da kann ich nicht mithalten.


@Viertel
Ganz lieben Dank für diese tolle Lösung. Die Idee mit den 30° Winkeln ist genial!
Ich kann (fast) alles nachvollziehen und habe mal einige Winkel bezogen auf den Drehwinkel $\epsilon$ des gleichseitigen Dreiecks beschriftet.



Die beiden grünen Teildreiecke sind mir klar.
Dein blaues Dreieck entsteht durch Scherung des schraffierten (original blauen) Dreiecks wobei P auf P' verschoben wird (dadurch entsteht unten der Winkel $\sigma$). Dieses blaue Dreieck wird verschoben (C auf P) und bei PQ abgeschnitten. Das abgeschnittene untere Dreieck wird um 180" um R gedreht. Aber warum passt jetzt RS=QR genau in die Lücke zum grünen Dreieck (dass die Winkel passen ist klar)?


Hier noch ein Link zu einer anderen elementargeometrischen Lösung, von der ich durch eine private Nachricht erfahren habe:


LG querin




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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2020-03-12


capeau viertel, auch wenn du mit der flächengleichen verschiebung kein vier teile puzzle geliefert hast:
R_S=Q_R wenn P`_Q=Q_lot zur Grundlinie

letzteres müsste man zeigen für den genial angesetzten viertel-winkel 30°
..................


bei mir ist es nicht reines vorstellungsvermögen sondern sowas wie harte arbeit, (wie immer wenn was gutes rauskommen soll?), naja in einer grundsätzlich schon erpropten geometrischen richtung

es gibt hilfreiche tricks, z.B beim zeichnen der beiden kachelungen die bänder derart stapeln dass die beiden gelben linien parallel und gleichlang sind,

das hinschieben erfolgte hier durch die beiden kleinen kreise welche  jeweils auf den mittelpunkten der sich kreuzenden linien liegen

haribo






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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2020-03-14

\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
2020-03-11 20:35 - querin in Beitrag No. 23 schreibt:
@Viertel
Ganz lieben Dank für diese tolle Lösung. Die Idee mit den 30° Winkeln ist genial!
Ich kann (fast) alles nachvollziehen und habe mal einige Winkel bezogen auf den Drehwinkel $\epsilon$ des gleichseitigen Dreiecks beschriftet.



Die beiden grünen Teildreiecke sind mir klar.
Dein blaues Dreieck entsteht durch Scherung des schraffierten (original blauen) Dreiecks wobei P auf P' verschoben wird (dadurch entsteht unten der Winkel $\sigma$). Dieses blaue Dreieck wird verschoben (C auf P) und bei PQ abgeschnitten. Das abgeschnittene untere Dreieck wird um 180" um R gedreht. Aber warum passt jetzt RS=QR genau in die Lücke zum grünen Dreieck (dass die Winkel passen ist klar)?
Deine Reihenfolge der Konstruktion paßt nicht.
  • Scherung <math>P</math> nach <math>P"</math>, daß <math>\angle DCP"=30^\circ</math> ist klar
  • wegen <math>\angle UPB=60^\circ</math> paßt das blaue Teil und <math>T</math> (das verschobene <math>P"</math>) liegt wirklich auf <math>PU</math>
  • <math>\triangle RST</math> paßt natürlich wegen <math>QR=RS</math>
  • wegen <math>T""L=LD=AK=ST</math> paßt damit auch das dunkelgrüne Dreieck

Ich kam mir vor wie Andrew Wiles, der nach seinem ersten Anlauf auch noch eine kleine Lücke in seinem Beweis schließen mußte

Ergänzung
Das mit den <math>30^\circ</math> war nicht die primäre Idee, sondern der Winkel ergab sich, als ich versuchte, von dem grünen Dreieck so viel wie möglich (das hellgrüne Dreieck) nach oben an das rote Dreieck zu drehen, und es blieb der dunkelgrüne Rest mit den segensreichen <math>30^\circ</math>
Dann mußte ich „nur noch“ das <math>\triangle PQU</math> füllen.
Die Scherung hatte ich von Anfang an bei meinen Experimenten im Sinn. Allerdings ging ich lange den falschen Weg, indem ich das blaue und das grüne Dreieck mit den Spitzen nach <math>Q</math> scherte. Und diese kombinierte Figur ließ sich partout nicht passend zerlegen Deswegen kam meine Lösung auch so spät.
\(\endgroup\)


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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-14


Hallo Viertel,

jetzt ist mir auch klar, was ich bei meiner o.a. Konstruktionsreihenfolge übersehen hatte: für ST gilt ja ST = AK = DL, daher passt das gedrehte abgeschnittene Dreieck genau in die Lücke RST.

Danke für die Erklärung und nochmals Gratulation zu dieser genialen Lösung!




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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2020-03-14


So, hier die anschauliche Fassung (animiertes GIF, 200 Einzelbilder):

Gruß vom „Spielkind“



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-14


Ein Hoch dem Spielkind 👍



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2020-03-14


Perfekt :)


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Heute: Keine Signatur.



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, eingetragen 2020-03-14



ich wollte eigentlich nur den spezialfall ecke bei b/3el zeichnen, hatte also sicher nicht die idee dass dann gleichzeitig die zweite ecke bei h/5el liegt, es ist aber so

und dann die gleichen nach innen verdoppelten flächen verwenden wie viertel,
das gestreifte feld sei also doppelt gezählt... somit 5 blaue + 3 grüne = 8 rote

und hier noch meine medaille für viertel:



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Seligman
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2020-04-01


Hallo,

wollte mal auf den interessanten Lösungsansatz von Kuestenkind mit dem geschickten aufeinander legen von Hypotenusen eingehen.

Hat jemand rausgefunden, wie man zeigen könnte dass das Dreieck $BCD$ (vgl die Zeichnung in Beitrag 13) gleichseitig ist. Das ist der einzige Schritt den ich nicht lösen kann. Also ich hab rausgefunden dass die Seiten $DC$ und $CB$ gleichlang sind (da die Winkel über $DC$ und $CB$ an den blauen Punken gleich sind wegen Kreiswinkelsatz). Also ist $BCD$ gleichschenklig. Wieso die Seite $DB$ ebenso lang ist wie die anderen beiden, weiss ich nicht. Idee?



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, eingetragen 2020-04-02


Huhu Seligman,

schön, dass du dich noch mit dem Ansatz beschäftigst:





Hilft das?

Gruß,

Küstenkind



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Seligman
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, eingetragen 2020-04-02


Hi,

ich danke dir. Ich bin mir nicht zu 100% sicher, ob ich dein Hinweis richtig verstanden habe. Die beiden winkel $1$ und $2$ gewinnst du jeweils als Winkel zwischen einer Seite am Dreieck und der gerade vom Mittelpunkt derselben Seite und der Ecke des einschließenden Quadrats. Läuft die Idee darauf hinaus zu zeigen, dass die beiden Winkel sich zu $120$ aufsummieren?  
Dann könnte man für die anderen zwei Winkelpaar dassselbe zeigen und das wärs dann. Hast du das so gemeint?



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, eingetragen 2020-04-02

\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
EDIT: Bild nachgereicht


Nach Voraussetzung ist das große Dreieck gleichseitig.
Die beiden kleinen Dreiecke mit den Winkeln $\alpha_1$ und $\alpha_2$ sind gleichschenklig, die jeweiligen Basiswinkel seien $\alpha_1'$ und $\alpha_2'$. Dann haben wir
$$\begin{align}(2\alpha_1'+\alpha_1) + (2\alpha_2'+\alpha_2) & = 360^\circ \\
\alpha_1'+60^\circ+\alpha_2' & = 180^\circ \end{align}$$ Bilde $(1)-2\cdot(2)$ und du hast $\alpha_1+\alpha_2=120^\circ$ dastehen.
\(\endgroup\)


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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, eingetragen 2020-04-03


Huhu Seligman,

2020-04-02 20:46 - Seligman in Beitrag No. 33 schreibt:
Läuft die Idee darauf hinaus zu zeigen, dass die beiden Winkel sich zu $120$ aufsummieren?  

Ja, die Arbeit hat viertel dir ja nun schon abgenommen. Es bleibt höchstens noch zu argumentieren, wieso 2 gleichschenklige Dreiecke entstehen.

2020-04-02 20:46 - Seligman in Beitrag No. 33 schreibt:
Dann könnte man für die anderen zwei Winkelpaar dassselbe zeigen und das wärs dann. Hast du das so gemeint?

Das verstehe ich nicht ganz. Eigentlich bist du denn fertig, weil du die Gleichschenkligkeit ja schon gezeigt hattest. Du bekommst ja denn mit dem Zentriwinkelsatz, dass ein Basiswinkel (\(\angle CBD\)) 60° groß ist. Wie hast du denn die Gleichschenkligkeit eigentlich bewiesen, also wieso sind die Winkel an den blauen Punkten gleich groß? Das wäre ja noch eine Alternative, denn man zeigt ja eben dann wieder,  dass diese Winkel 120° groß sind. Wenn du denn die Sehnenvierecke betrachtest, bekommst ja wieder die 60° für die Basiswinkel gleich mit.





Gruß,

Küstenkind



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Seligman
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, eingetragen 2020-04-03


Hi Kuestenkind,


2020-04-03 14:04 - Kuestenkind in Beitrag No. 35 schreibt:


Ja, die Arbeit hat viertel dir ja nun schon abgenommen. Es bleibt höchstens noch zu argumentieren, wieso 2 gleichschenklige Dreiecke entstehen.



Das folgt aus Satz von Thales wenn wir um den Mittelpunkt
einer Dreieckseite einen Kreis mit Radius gleich der halben Seitenlänge
zeichnen. Dann liegen sowohl die Enden der der Seite als auch die Ecke
Rechtecks auf dem Kreis. Daraus folgt dass die Hilfsdreiecke gleichschenklig sind.


2020-04-03 14:04 - Kuestenkind in Beitrag No. 35 schreibt:


 Wie hast du denn die Gleichschenkligkeit eigentlich bewiesen, also wieso sind die Winkel an den blauen Punkten gleich groß? Das wäre ja noch eine Alternative, denn man zeigt ja eben dann wieder,  dass diese Winkel 120° groß sind.




Naja, das sind eben die Summen der Winkel 5,6 bzw 3,4 in deiner Zeichnung. Und diese sind $180-60=120$ grad, da das gegebene gelbe Dreieck als gleichseitig angenommen wurde. Hab aber danach vergessen die Sehnenvierecke zu betrachten. Das war auch der Grund wieso ich da zuvor  nicht weiterkam :)


Konnte jetzt aber alles nachvollziehen, ich danke dir!





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Hans-Juergen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, eingetragen 2020-08-23


Im folgenden geht es um die Eingangsfrage, wie groß die blaue Fläche ist, auf die, wie es scheint, bisher noch niemand direkt geantwortet hat. Alle Längenangaben in cm gelten für meinen Bildschirm mit der Auflösung 1280x1024 px².

In der Figur im Themenstart ist nicht angegeben, auf welche Flächeneinheit sich die eingetragenen Maßzahlen beziehen. Sicherlich nicht auf cm², denn für das rote Dreieck zum Beispiel ergeben sich ungefähr 5,4∙6,6/2 cm² = 17,82 cm² statt 53 cm².

Um Übereinstimmung zu erzielen, werden die Seiten um den Faktor √(53/17,82) ≈ 1,725 vergrößert:

Nun ergibt sich für die rote Fläche 9,3∙11,4/2 cm² = 53,01 cm², wie es sein soll, und die Gesamtfläche des Rechtecks beträgt mit a = 14,4 cm , b = 13,75 cm   F= a b = 198 cm².

Aus a y = 34 cm² folgt y = 34 cm² / a und damit für die Seite s des gelben gleichseitigen Dreiecks  
s² = a² + 34² cm4/a². Dessen Flächeninhalt ist Fgelb = ¼ √3 s² = 92,2 cm² ≈ 92 cm².

Mit diesem gerundeten Wert folgt die gesuchte Fläche Fblau = (198-92-53-17) cm² = 36 cm², und des Rätsels Lösung sieht so aus:

1 F.E. = 0,3362 cm².


Anmerkung: Es zeigt sich, dass die Flächen des blauen und grünen Dreiecks zusammen die Fläche des roten ergeben: 36 cm² + 17 cm² = 53 cm². Dies veranschaulicht Viertel im Beitrag Nr. 27 durch eine eindrucksvolle animierte Graphik und wird rechnerisch von vertanh in Nr. 14 allgemein bewiesen.

Nachtrag: Den Anfang eines sehr kurzen Beweises enthält der Beitrag Nr. 4 von Caban, was ich bisher übersah. Darauf machte mich in einer PM JoeM aufmerksam und führte ihn zu Ende.







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