[Geom] Zu 3 Punkten groesstes gleichseitiges Dreieck konstruieren

[Rainer Rosenthal]

*** Aufgabe ***

Gegeben sind drei Punkte P, Q und R, die
nicht auf einer Geraden liegen.
Gesucht ist das grösste gleichseitige
Dreieck ABC mit Punkt P auf AB, Q auf BC
und R auf CA.

*** Lösung ***

Konstruiere über den Seiten des Dreiecks PQR
gleichseitige Dreiecke, deren Spitze nach
aussen, d.h. von Dreieck PQR weg zeigt.
Die Umkreismittelpunkte dieser aussen ange-
setzten gleichseitigen Dreiecke nenne ich so:
L ist Zentrum von Kreis_über(QR)
M ist Zentrum von Kreis_über(RP)
N ist Zentrum von Kreis_über(PQ).

Nach dem "Satz von Napoleon" ist LMN ein

gleichseitiges Dreieck!
Zeichne die Doppelsehne AB durch P parallel zu MN.
Zeichne die Doppelsehne BC durch Q parallel zu NL.
Zeichne die Doppelsehne CA durch R parallel zu LM.

Et voilà ... Dreieck ABC ist maximal!

*** Ende ***

Doppelsehne:
Die Doppelsehne durch den Schnittpunkt zweier Kreise ist
nämlich genau dann von maximaler Länge, wenn sie parallel
liegt zur Verbindung der Kreismittelpunkte. Das wurde im
Oktober im Thread "Die laengste Doppelsehne" gefunden.

Satz des Napoleon:
Hier gleich der erste von vielen Google-Hinweisen:
http://www.wv.inf.tu-dresden.de/~pascal/verein/ikm97/napoleon.html
" Errichtet man auf den Seiten eines beliebigen Dreiecks
gleichseitige Dreiecke nach außen, so bilden die Schwer-
punkte dieser gleichseitigen Dreiecke wieder ein gleich-
seitiges Dreieck, welches Napoleon-Dreieck genannt wird."

Gruss,
Rainer Rosenthal
***@web.de

[Jutta Gut]

Post by Rainer Rosenthal
*** Aufgabe ***
Gegeben sind drei Punkte P, Q und R, die
nicht auf einer Geraden liegen.
Gesucht ist das grösste gleichseitige
Dreieck ABC mit Punkt P auf AB, Q auf BC
und R auf CA.
*** Lösung ***

Klingt sehr interessant!
Das muss ich mal in Ruhe studieren. Ich habe es mir schon ausgedruckt.

Grüße
Jutta

[Philippe 92]

Hallo,

Post by Rainer Rosenthal
*** Aufgabe ***
Gegeben sind drei Punkte P, Q und R, die
nicht auf einer Geraden liegen.
Gesucht ist das grösste gleichseitige
Dreieck ABC mit Punkt P auf AB, Q auf BC
und R auf CA.
*** Lösung ***

Warum die Lösung sofort schreiben ?

Post by Rainer Rosenthal
...
Nach dem "Satz von Napoleon" ist LMN ein
gleichseitiges Dreieck!

Und hier kommt er !
Ich hatte nicht bemerkt, dass LMN der Napoleon Dreick bilden,

Post by Rainer Rosenthal
Zeichne die Doppelsehne AB durch P parallel zu MN.

d.h. die maximale Doppelsehne durch P.
Sie schneidet die Umkreise am A und B.
Dann sind BR und AQ die andere Seite des Dreieckes :
Peripheriewinkeln <)RBP und <)PAQ sind 60 Grad, der dritte
Winkel ist 180 - 60 - 60 = 60 Grad. Fertig.

Als AB maximal <=> BC und AC auch maximal (= AB),
sind BC und AC auch maximale Doppelsehne und dann folgt :
BC Parallel zu NL und CA Parallel zu LM.
Weil ABC ein gleichseitiges Dreieck ist, so auch LMN
und dann ein neues Beweis der Satz von Napoleon.

Viele Grüsse.

[Gottfried Helms]

Post by Philippe 92
Hallo,

Post by Rainer Rosenthal
*** Aufgabe ***
Gegeben sind drei Punkte P, Q und R, die
nicht auf einer Geraden liegen.
Gesucht ist das grösste gleichseitige
Dreieck ABC mit Punkt P auf AB, Q auf BC
und R auf CA.
*** Lösung ***

Ob das nach diesem Schema: 3-Punkte, 4-Punkte ... auch
für ein 5-Eck geht? Es geht ja immer um die längste/
kürzeste Doppelsehne, wenn ich das richtig sehe?

Gottfried

[Jutta Gut]

Post by Gottfried Helms
Ob das nach diesem Schema: 3-Punkte, 4-Punkte ... auch
für ein 5-Eck geht? Es geht ja immer um die längste/
kürzeste Doppelsehne, wenn ich das richtig sehe?

Glaube ich nicht. Zu der Aufgabe "Gleichseitiges Dreieck finden,
dessen Seiten durch 3 gegebene Punkte gehen" gibt es, so wie ich das
sehe, unendlich viele Lösungen. Bei der Aufgabe mit dem Quadrat gibt
es, wie wir gesehen haben, 6 verschiedene Lösungen. Und ich bezweifle,
dass es für ein regelmäßiges Fünfeck bei 5 beliebigen Punkten
überhaupt eine Lösung gibt.

Grüße
Jutta

[Philippe 92]

Post by Gottfried Helms

Post by Philippe 92
Hallo,

Post by Rainer Rosenthal
*** Aufgabe ***
Gegeben sind drei Punkte P, Q und R, die
nicht auf einer Geraden liegen.
Gesucht ist das grösste gleichseitige
Dreieck ABC mit Punkt P auf AB, Q auf BC
und R auf CA.
*** Lösung ***

Ob das nach diesem Schema: 3-Punkte, 4-Punkte ... auch
für ein 5-Eck geht?

Es ist verlockend, diese Verallgemeinerung zu machen...

Die Erste Aufgabe (der erste Faden muss man in Archiv versuchen !)
.[A] 4 gegebene Punkte PQRS, umschliessende Quadrat ABCD gesucht :
In allgemeinem Fall, nur eine Lösung, ausser wenn PR = QS
und PR _|_ QS, in diesem Fall gibt es unendlich viele, so
sucht man der kleinste (der grösste ist trivial).
Nur diese speziell Fall (PR=QS und senkrecht) ist im Faden
"[Geom] Aus 4 Punkten Quadrat konstruieren (Zusatz)"
von Rainer am 26. Dez 2004 diskutiert.
Der allgemeine Fall ist im ursprungliche Faden (seit einige Monaten)
diskutiert.

erste Erweiterung :
.[B] 3 gegebene Punkte PQR, gesucht gleichseitiges Dreieck ABC :
Unendlich viele Lösungen, so sucht man die grösste
(die kleinste ist trivial). Dieses Faden.

weitere Verallgemeinerungen :
.[C] gegeben 5 Punkte PQRST oder mehr, regelmessiges Fünfeck
oder mehr ABCDE gesucht .
In allgemeinen Fall *keine* Lösung als :

.[D] gegeben 4 Punkte PQRS, gesucht einem regelmessiges n-Eck
(Fünfeck, Sechseck uzw.)
In allgemeinem Fall, nur eine Lösung, ausser speziell Fall
wenn es gibt unendlich viele, als für Quadrat (=regelmessiges
Viereck).

.[E] gegeben 3 Punkte PQR, umschliessende n-Eck gesucht.
Unendlich viele Lösungen, gesucht die grösste/kleinste.
Diese hatte ich schon vorzuschlagen für Quadrat (n=4).

Post by Gottfried Helms
Es geht ja immer um die längste/kürzeste Doppelsehne,
wenn ich das richtig sehe?

Na ja...
In allgemeinem Fall (eindeutige Lösung) ist die Doppelsehne
nicht notwendig, obwohl es benutzt sein kann.
Für 2n-Ecke gibt es auch W. Kirschenhoffer Lösung, die die
Drehungen benutzt.
Es gibt auch die einfache Lösung von Ignacio Larrosa Cañestro,
die die Winkeln der Diagonalen benutzt.
Ignacio's ist die beste Lösung für (2n+1)-Ecke.
Diese Lösungen sind für Quadrat gegeben worden, aber sind
einfach zu n-Eck verallgemeinert.

Die "Doppelsehne Satz" ist nur für *extremale* Lösungen nützlich.
Z.b. gegeben nur 3 Punkte, oder falls unendlich viele Lösungen, die
grösste gesucht.

Für n-Ecke mit n>4 und 4 Punkte, gibt es eindeutige Lösungen.
Nur eine Lösung wenn man weisst auf welchem Seite die gegebene
Punkte liegen. Mehrere Lösungen (Kombinatorik) wenn man weisst
das nicht.
Für Quadrat gibt es nur eine Möglichkeit. Aber gibt es in allgemeine
Fall höchstens C(n,4) = n(n-1)(n-2)(n-3)/(4!) Lösungen.
Es gibt noch andere Lösungen wenn die gegebene Steine auch auf
die *Verlängerung* der Seiten liegen können :
6 Lösungen für Quadrat als Jutta sagte.

Noch ein Wort : manchmal gibt es gar keine Lösung...
z.b. für Quadrat wenn PQRS kein konvex Viereck machen kann, oder
zu viel "abgeflacht".

Viele Grüsse.

[Jutta Gut]

Post by Philippe 92
Die Erste Aufgabe (der erste Faden muss man in Archiv versuchen !)
In allgemeinem Fall, nur eine Lösung,

Ich habe die Aufgabe so aufgefasst, dass die Punkte PQRS auch auf
den Verlängerungen der Quadratseiten liegen können. In diesem Fall gibt
es 6 Lösungen:
www.math4u.de, Aufgabe A65

Und wie ist das bei einem regelmäßigen Fünfeck? Kann man da die Punkte
beliebig wählen, oder gibt es nur in speziellen Fällen eine Lösung?

Grüße
Jutta

[Philippe 92]

Post by Jutta Gut

Post by Philippe 92
Die Erste Aufgabe (der erste Faden muss man in Archiv versuchen !)
In allgemeinem Fall, nur eine Lösung,

Ich habe die Aufgabe so aufgefasst, dass die Punkte PQRS auch auf
den Verlängerungen der Quadratseiten liegen können. In diesem Fall gibt
www.math4u.de, Aufgabe A65

Ja... dieses hatte man jetzt diskutiert im alten Faden.
Wenn Die Steine *auf* die Seiten liegen :
In allgemeinem Fall, eine Lösung (oder gar keine, und der speziell Fall
mit
unendlich viele Lösungen).

Wenn die Steine auch auf Verlängerungen liegen können, und man weisst
nicht auf welchem Seite : 6 Lösungen.

Post by Jutta Gut
Und wie ist das bei einem regelmäßigen Fünfeck? Kann man da die Punkte
beliebig wählen, oder gibt es nur in speziellen Fällen eine Lösung?

Als ich sagte, 4 Steine genügen um der regelmäßigen Fünfeck wieder zu
konstruiren.
(und auch irgendeinen n-Eck)
Als im Quadrat Fall, gibt es unmögliche Konstellationen, und Fälle wenn
es
unendlich viele Lösungen gibt. Aber der Allgemeine Fall gibt genau eine
Lösung.
Natürlich, die Steinen liegen *auf* die Seiten, nicht auf den
Verlängerungen.
Und man weisst auf welchem Seite, sonst gibt es 5 Lösungen (Wahl der
Seite ohne Stein).
Als für Quadrat Fall, können wir die Steine auf den Verlängerungen
setzen, und mehr Lösungen
zu ergeben.

Es sei eine beliebige 5. Stein gegeben, so ist in allgemeinen Fall die
Aufgabe unmöglich.

Ein Beispiel auf meine Webseite habe ich frisch gesetzt.
Loading Image...

(die vollständige Seite ist dort :
http://chephip.free.fr/ie/sol122c.html
nur auf Französisch)

Kurtz :
Gegeben PQRS, zeichnen der Punkt M mit <)PSM = <)SPM = pi/10
dann der Punkt I auf dem Kreis (M, MP), mit <)PMI = 2pi/5

Zeichnen auch der Punkt J auf dem Kreis (N, NQ), auf die gleiche Art .

Dann die Gerade IJ schneidet die Kreise am A und C.
Beendet der Fünfeck mit AP und CQ -> B, und AE = AB auf die AS Gerade,
und CD = CB auf die CR Gerade.

Falls I = J dann gibt es unendlich viele Lösungen.

Für andere Lösungen mit Steinen auf den Verlängerungen, oder auf
verschiedenen Seite,
(P,Q,R,S) vermischen, und auch die Winkeln andernfalls wählen.

Grüsse.

[Gottfried Helms]

Post by Jutta Gut

Post by Philippe 92
Die Erste Aufgabe (der erste Faden muss man in Archiv versuchen !)
In allgemeinem Fall, nur eine Lösung,

Ich habe die Aufgabe so aufgefasst, dass die Punkte PQRS auch auf
den Verlängerungen der Quadratseiten liegen können. In diesem Fall gibt
www.math4u.de, Aufgabe A65
Und wie ist das bei einem regelmäßigen Fünfeck? Kann man da die Punkte
beliebig wählen, oder gibt es nur in speziellen Fällen eine Lösung?
Grüße
Jutta

Ich habe gerade mal ein wenig mit der Fünf-eck-Analogie 'rumprobiert.
*Wenn* die 5 Punkte PQRST auf den Seiten eines regelmäßigen 5-Ecks
liegen *können* (z.B. weil man sie von einem solchen gewonnen hat),
kann man rotierte Versionen mit kürzeren/längeren Seiten bekommen.
Wenn man über die Seiten PQ,QR,RS,ST,TP ähnliche Kreise wie beim
3-Eck und 4-Eck-Problem legt, scheint man winkeltreue Fünfecke
zu bekommen, ich bin mir aber nicht sicher, ob alle Seiten gleichlang
sind.

Die Kreise müssen "ähnlich" konstruiert werden wie beim 3-Eck und
beim 4-Eck-Problem.

Beim 3-Eck-Problem konstruiert man Kreise über jeder Seite, z.B.
einen Kreis K1 über PQ, der in P und Q schneidet
und der am Schnittpunkt X mit der Mittelsenkrechte auf PQ,
also (>PXQ, einen Winkel von 60 Grad hat
(also der Umkreis eines gleichseitigen Dreiecks auf PQ. Der Mittel-
punkt M1 von K1 liegt außerhalb des Dreiecks PQR)

Beim 4-Eck-Problem konstruiert man Kreise über jeder Seite, z.B.
einen Kreis K1 über PQ, der in P und Q schneidet
und der am Schnittpunkt X mit der Mittelsenkrechte auf PQ,
also (>PXQ, einen Winkel von 90 Grad hat
(also der Thaleskreis über PQ. Der Mittelpunkt M1 von K1 liegt
auf der Seite PQ)

Beim 5-Eck-Problem konstruiert man Kreise über jeder Seite, z.B.
einen Kreis K1 über PQ, der in P und Q schneidet
und der am Schnittpunkt X mit der Mittelsenkrechte auf PQ,
also (>PXQ, einen Winkel von 108 Grad hat
(also eine Thaleskreis-Analogie über PQ. Der Mittelpunkt M1 von K1
liegt innerhalb des 5-Ecks PQRST)

Wenn man bei den verschiedenen n-Eck-Problemen jetzt Strecken erzeugt,
die Doppelsehnen zweier benachbarter Thales-/Thales-Analog-Kreise
durch den gemeinsamen Eckpunkt sind, und diese Strecken aneinander
anknüpfen, hat man eine gleichwinklige Figur. In gewissen Grenzen
kann man die Anfangsstrecke rotieren (oder äquivalent das Polygon
um einen der Mittelpunkte M1,M2,...) - dies ist von den stumpf-
winkligen Ecken des n-Ecks begrenzt, allerdings kann ich das noch
nicht formalisieren.

Auf
http://www.uni-kassel.de/~helms/pmd/rr.htm

habe ich unter 7-"5-Eck-Anpassung" ein Excel-Sheet-Abzug bereitgestellt.
(Mit MOZ 1.7 kann man das anzeigen)

Gruß -

Gottfried



zunächst durch Punkt P so legt, daß sie

[Rainer Rosenthal]

"Philippe 92" schrieb

Post by Philippe 92
.[E] gegeben 3 Punkte PQR, umschliessende n-Eck gesucht.
Unendlich viele Lösungen, gesucht die grösste/kleinste.
Diese hatte ich schon vorzuschlagen für Quadrat (n=4).
Noch ein Wort : manchmal gibt es gar keine Lösung...
z.b. für Quadrat wenn PQRS kein konvex Viereck machen
kann, oder zu viel "abgeflacht".

Hallo Philippe,

Deine Zusammenfassungen und Übersichten sind immer wieder
gut und hilfreich. Mir scheint, dass beide von Dir genannten
Punkte noch zu erledigen sind. Zumindest hier - auf Deiner
Website ist vielleicht schon alles gelöst.

Mir gefällt die Untersuchung der PQRS, für die es gar keine
Lösung gibt. Aber das andere Thema ist natürlich auch schön.

Falls jemand schon mal anfangen will, etwas dazu zu schreiben,
so schlage ich den Titel vor:
[Geom] Wann liegen 4 Punkte nicht auf 4 Quadratseiten?

Gruss,
Rainer Rosenthal
***@web.de

[Gottfried Helms]

Hallo Rainer -

Post by Rainer Rosenthal
"Philippe 92" schrieb

Post by Philippe 92
.[E] gegeben 3 Punkte PQR, umschliessende n-Eck gesucht.
Unendlich viele Lösungen, gesucht die grösste/kleinste.
Diese hatte ich schon vorzuschlagen für Quadrat (n=4).
Noch ein Wort : manchmal gibt es gar keine Lösung...
z.b. für Quadrat wenn PQRS kein konvex Viereck machen
kann, oder zu viel "abgeflacht".

...

Post by Rainer Rosenthal
Mir gefällt die Untersuchung der PQRS, für die es gar keine
Lösung gibt. Aber das andere Thema ist natürlich auch schön.

Indem man die Punkte PQRS als Abweichungen/Verschiebungen von
den Original-Ecken auf den Seiten ansieht, erhält man 4
Abweichungsparameter plus 1 Startkoordinate. Seien die Ecken
des ursprünglichen Quadrates ABCD,


A ------ P --------- B
| |
S |
| Q
| |
| |
| |
D---------------R-----C

dann wäre, in Vektor-Notation
P = A+ m1*(B-A)
Q = B+ m2*(C-B)
R = C+ m3*(D-C)
S = D +m4*(A-D)
mit m1 bis m4 den 4 Parametern und B,C,D nur 90-Grad-Rotationen
der Anfangskoordinate A.
Da jeder Punkt aus 2 Koordinaten besteht und wir 4 Punkte
gegeben haben (PQRS) haben wir 8 Gleichungen, die die
6 Unbekannten m1,m2,m3,m4, A.x, A.y erklären müssen;
d.h. wir kommen eigentlich mit 3 Punkten schon aus
(=3*2 Gleichungen für 6 Unbekannte). Der 4. Punkt muß
dann zu dem bereits festgelegten System passen.

Also müßte die Angabe von 3 Punkten bereits die Lösung
determinieren. Es gibt also unendlich viele nicht-lösbare
Versionen mit einem "unpassenden" 4. Punkt.
Ähnlich kann man das für 3-Ecke und allg. für n-Ecke
betrachten: ich brauche immer ceil(n/2+1) Punkte, und
bei ungeraden n liegt die y-koordinate des letzten not-
wendigen Punktes mit Angabe der x-Koordinate bereits
fest, bzw. erzeugt einen Fehler, wenn sie "unpassend" ist.

Gruß -

Gottfried.

[Philippe 92]

Hallo,

Post by Gottfried Helms
Hallo Rainer -

Post by Rainer Rosenthal
"Philippe 92" schrieb

Post by Philippe 92
.[E] gegeben 3 Punkte PQR, umschliessende n-Eck gesucht.
Unendlich viele Lösungen, gesucht die grösste/kleinste.
Diese hatte ich schon vorzuschlagen für Quadrat (n=4).
Noch ein Wort : manchmal gibt es gar keine Lösung...
z.b. für Quadrat wenn PQRS kein konvex Viereck machen
kann, oder zu viel "abgeflacht".

...

Post by Rainer Rosenthal
Mir gefällt die Untersuchung der PQRS, für die es gar keine
Lösung gibt. Aber das andere Thema ist natürlich auch schön.

Indem man die Punkte PQRS als Abweichungen/Verschiebungen von
den Original-Ecken auf den Seiten ansieht, erhält man 4
Abweichungsparameter plus 1 Startkoordinate. Seien die Ecken
des ursprünglichen Quadrates ABCD,
A ------ P --------- B
| |
S |
| Q
| |
| |
| |
D---------------R-----C
dann wäre, in Vektor-Notation
P = A+ m1*(B-A)
Q = B+ m2*(C-B)
R = C+ m3*(D-C)
S = D +m4*(A-D)
mit m1 bis m4 den 4 Parametern und B,C,D nur 90-Grad-Rotationen
der Anfangskoordinate A.
Da jeder Punkt aus 2 Koordinaten besteht und wir 4 Punkte
gegeben haben (PQRS) haben wir 8 Gleichungen, die die
6 Unbekannten m1,m2,m3,m4, A.x, A.y erklären müssen;

Aber der Wahl eines *Unbekanntes* Punkt A als Ursprung des
Koordinatensystem... hum :
In diesem System kennen wir gar nicht die Koordinaten der
Punkte PQRS !

Post by Gottfried Helms
d.h. wir kommen eigentlich mit 3 Punkten schon aus
(=3*2 Gleichungen für 6 Unbekannte). Der 4. Punkt muß
dann zu dem bereits festgelegten System passen.

Nicht wahr. Ich wiederhole :
3 gegebene Punkte, Quadrat gesucht => immer unendlich viele Lösungen.
4 gegebene Punkte, Quadrat gesucht => nur eine Lösung, ausser dem
speziell Fall wenn es auch unendlich viele, und die unmöglichkeit
Fälle.

Ich hatte schon auf meinen Webseite die Aufgabe gelöst :
"Gegeben drei Punkte QRS, wo ist der 4. Punkt P so dass es einem
umschliessende Quadrat ABCD gibt."
Loading Image...
Für P auf AB, Q auf BC, R auf CD und S auf DA,
gegeben Punkte QRS, P muss in die grüne Region liegen.

Wenn man weiss nicht genau auf welchem Seite, gibt es auch andere
Regionen :
Loading Image...
Hier sind die rote Regionen für P auf AB, Q auf BC, R auf CD, S auf DA
und die grüne für P auf AB, Q auf BC, S auf CD, R auf DA. (R und S
wechseln)
Es gibt hier keine Punkt P für andere Möglichkeiten.
(Achtung ! nur einem Punkt auf einem Seite !)

Wenn die Steine auch auf die Velängerungen der Seite liegen können,
so sind immer 6 Lösungen für 4 beliebiege Punkte.

Post by Gottfried Helms
Also müßte die Angabe von 3 Punkten bereits die Lösung
determinieren.

Die obigen Figuren zeigen dass die Punkte QRS nicht genügen !

...

Post by Gottfried Helms
Ähnlich kann man das für 3-Ecke und allg. für n-Ecke
betrachten: ich brauche immer ceil(n/2+1) Punkte,

Nein.
für *regelmässige* n-Eck gibt es noch mehr Gleichungen, so dass

3 Punkte gegeben : immer unendlich viele n-Ecke
4 Punkte gegeben : nur eine Lösung, ausser speziell Fälle und
Unmöglichkeiten
p>4 Punkte, allgemein unlösbar : der 5. und folgende Punkte mussen
genau auf
die Seiten der eindeutiges n-Eck, der bei die 4 erste Punkte gestellt
ist.

(unregelmässige n-Eck ist uninteressant, als es immer unendlich viele
Lösungen
gibt, selbst wenn alle n Punkte gegeben werden.)

Grüsse, und glückliches Neujahr.

[Philippe 92]

Hallo,

2. Edition (Irrtums)

Post by Gottfried Helms
Hallo Rainer -

Post by Rainer Rosenthal
"Philippe 92" schrieb

Post by Philippe 92
.[E] gegeben 3 Punkte PQR, umschliessende n-Eck gesucht.
Unendlich viele Lösungen, gesucht die grösste/kleinste.
Diese hatte ich schon vorzuschlagen für Quadrat (n=4).
Noch ein Wort : manchmal gibt es gar keine Lösung...
z.b. für Quadrat wenn PQRS kein konvex Viereck machen
kann, oder zu viel "abgeflacht".

...

Post by Rainer Rosenthal
Mir gefällt die Untersuchung der PQRS, für die es gar keine
Lösung gibt. Aber das andere Thema ist natürlich auch schön.

Indem man die Punkte PQRS als Abweichungen/Verschiebungen von
den Original-Ecken auf den Seiten ansieht, erhält man 4
Abweichungsparameter plus 1 Startkoordinate. Seien die Ecken
des ursprünglichen Quadrates ABCD,
A ------ P --------- B
| |
S |
| Q
| |
| |
| |
D---------------R-----C
dann wäre, in Vektor-Notation
P = A+ m1*(B-A)
Q = B+ m2*(C-B)
R = C+ m3*(D-C)
S = D +m4*(A-D)
mit m1 bis m4 den 4 Parametern und B,C,D nur 90-Grad-Rotationen
der Anfangskoordinate A.
Da jeder Punkt aus 2 Koordinaten besteht und wir 4 Punkte
gegeben haben (PQRS) haben wir 8 Gleichungen, die die
6 Unbekannten m1,m2,m3,m4, A.x, A.y erklären müssen;

Aber der Wahl eines *Unbekanntes* Punkt A als Ursprung des
Koordinatensystem... hum :
In diesem System kennen wir gar nicht die Koordinaten der
Punkte PQRS !

Post by Gottfried Helms
d.h. wir kommen eigentlich mit 3 Punkten schon aus
(=3*2 Gleichungen für 6 Unbekannte). Der 4. Punkt muß
dann zu dem bereits festgelegten System passen.

Nicht wahr. Ich wiederhole :
3 gegebene Punkte, Quadrat gesucht => immer unendlich viele Lösungen.
4 gegebene Punkte, Quadrat gesucht => nur eine Lösung, ausser dem
speziell Fall wenn es auch unendlich viele, und die unmöglichkeit
Fälle.

Ich hatte schon auf meinen Webseite die Aufgabe gelöst :
"Gegeben drei Punkte QRS, wo ist der 4. Punkt P so dass es einem
umschliessende Quadrat ABCD gibt."
Loading Image...
Für P auf AB, Q auf BC, R auf CD und S auf DA,
gegeben Punkte QRS, P muss in die grüne Region liegen.

Wenn man weiss nicht genau auf welchem Seite, gibt es auch andere
Regionen :
Loading Image...
Hier sind die rote Regionen für P auf AB, Q auf BC, R auf CD, S auf DA
und die grüne für P auf AB, Q auf BC, S auf CD, R auf DA. (R und S
wechseln)
Es gibt hier keine Punkt P für andere Möglichkeiten.
(Achtung ! nur einem Punkt auf einem Seite !)

Wenn die Steine auch auf die Velängerungen der Seite liegen können,
so sind immer 6 Lösungen für 4 beliebiege Punkte.

Post by Gottfried Helms
Also müßte die Angabe von 3 Punkten bereits die Lösung
determinieren.

Die obigen Figuren zeigen dass die Punkte QRS nicht genügen !

...

Post by Gottfried Helms
Ähnlich kann man das für 3-Ecke und allg. für n-Ecke
betrachten: ich brauche immer ceil(n/2+1) Punkte,

Nein.
für *regelmässige* n-Eck gibt es noch mehr Gleichungen, so dass

3 Punkte gegeben : immer unendlich viele n-Ecke
4 Punkte gegeben : nur eine Lösung, ausser speziell Fälle und
Unmöglichkeiten
p>4 Punkte, allgemein unlösbar : der 5. und folgende Punkte mussen
genau auf
die Seiten der eindeutiges n-Eck, der bei die 4 erste Punkte gestellt
ist.

(unregelmässige n-Eck ist uninteressant, als es immer unendlich viele
Lösungen
gibt, selbst wenn alle n Punkte gegeben werden.)

Grüsse, und glückliches Neujahr.

[Gottfried Helms]

Hallo Philippe -

habe mir die Sache noch mal angesehen: du hast recht!

Post by Philippe 92
Hallo,
2. Edition (Irrtums)

Post by Gottfried Helms

Post by Philippe 92
.[E] gegeben 3 Punkte PQR, umschliessende n-Eck gesucht.
Unendlich viele Lösungen, gesucht die grösste/kleinste.
Diese hatte ich schon vorzuschlagen für Quadrat (n=4).
Noch ein Wort : manchmal gibt es gar keine Lösung...
z.b. für Quadrat wenn PQRS kein konvex Viereck machen
kann, oder zu viel "abgeflacht".

..

Post by Philippe 92
Aber der Wahl eines *Unbekanntes* Punkt A als Ursprung des
In diesem System kennen wir gar nicht die Koordinaten der
Punkte PQRS !

Post by Gottfried Helms
d.h. wir kommen eigentlich mit 3 Punkten schon aus
(=3*2 Gleichungen für 6 Unbekannte). Der 4. Punkt muß
dann zu dem bereits festgelegten System passen.

3 gegebene Punkte, Quadrat gesucht => immer unendlich viele Lösungen.
4 gegebene Punkte, Quadrat gesucht => nur eine Lösung, ausser dem
speziell Fall wenn es auch unendlich viele, und die unmöglichkeit
Fälle.
"Gegeben drei Punkte QRS, wo ist der 4. Punkt P so dass es einem
umschliessende Quadrat ABCD gibt."
http://chephip.free.fr/img/fig122f.gif
Für P auf AB, Q auf BC, R auf CD und S auf DA,
gegeben Punkte QRS, P muss in die grüne Region liegen.

Die Bilder (und auch andere Probleme) auf deiner Seite sind sehr schön.
Mein Interesse war hauptsächlich, eine Vektorenrotation zu finden
ähnlich wie die z.B. der Hauptachsenrotation. Aber das Kriterium
ist nicht so einfach; in der HA-Rotation muß man einfach die
QUadrate der x-Achse maximieren.
Hier jedoch haben wir noch Nebenbedingungen, die es unbefriedigend
machen, z.B. muß
x y - Koordinate
---------------------
P + ?
Q ? +
R - ?
S ? -

mit "+" größter Eintrag, "-" kleinster Eintrag, "?" Eintrag
dazwischen sein, und außerdem die Spannweite der x- und der
y-Koordinaten gleich sein. Das läßt sich nicht leicht als
Standardaufgabe implementieren. Schade....

Mit

Q ------R
/ \
P \
S

ergibt sich anscheinend leicht die Beantwortung, warum
mit 4 beliebigen Punkten in der Regel nur höchstens eine Lösung
möglich ist: die Doppelsehne vom Thaleskreis über PQ durch Q
zum Thaleskreis QR (Strecke a-Q-b) muß genausolang sein wie die,
die vom Thaleskreis über QR durch R zum Thaleskreis RS geht (Strecke
b-R-c) (a,b,c hier nicht eingezeichnet, liegen auf den Thaleskreisen).

Hierfür gibt es i.d.R höchstens 1 Lösung, da sich bei Rotationen
die Längen unterschiedlich verändern. Nur wenn die Diagonalen
PR und QS gleich lang sind (oder rechtwinklig?) liegen,
verändern sich bei Rotationen diese Doppelsehnen im gleichen
Maß, so daß dann verschiedene Lösungen möglich sind.
Das gleiche paßt dann auch auf n-Ecke - also daß 3 Punkte
unendlich viele Lösungen ermöglichen, 4 gegebene Punkte aber
vom 4.Punkt abhängig keine - 1 - mehrere Lösungen ermöglichen,
unabhängig von der Zahl der Ecken eines n-Ecks (scheint mir
jetzt jedenfalls eine brauchbare Aussage).

Kriteriums-Rotationen: na ja, war halt ein Versuch...

Grüße -

Gottfried

[Rainer Rosenthal]

"Philippe 92" schrieb

Post by Philippe 92
Weil ABC ein gleichseitiges Dreieck ist,
so auch LMN, und damit haben wir einen
neuen Beweis des Satzes von Napoleon.

Hallo Philippe,

ja, das ist ein guter Tag heute! Es war mir auch schon
aufgefallen, dass unsere Diskussion auf einen Beweis
des Satzes von Napoleon hinauslaufen wird.

Es ist aber auch eine feine Sache, dass man nur das
Napoleon-Dreieck zu PQR zeichnen muss und dieses
gleichseitige Dreieck so "aufblasen" muss durch
Parallelverschieben der Seiten, dass sie durch P, Q
und R gehen. Und dass man damit das maximale gleich-
seitige Dreieck durch P, Q und R hat.

Ich denke, dass es zu einem wirklichen schlüssigen
und schönen Beweis des Satzes von Napoleon auf diesem
Wege noch etwas Arbeit braucht. Ob ich den Nerv dazu
habe, weiss ich nicht. Aber es wäre natürlich ein
Traum!

Hier sind übrigens die Koordinaten von A, B, C des
maximalen gleichseitigen Dreiecks für
P=(4;0) Q=(10;3) R=(3;10):

A = (-5,0101; 6,1412)
B = ( 9,4954;-3,7456)
C = (10,8048;13,7600)


Gruss,
Rainer Rosenthal
***@web.de

[Wolfgang Kirschenhofer]

Hallo Geometriefreunde!

"Rainer Rosenthal" <***@web.de> schrieb im Newsbeitrag news:***@individual.net...
................................................|
| Hier sind übrigens die Koordinaten von A, B, C des
| maximalen gleichseitigen Dreiecks für
| P=(4;0) Q=(10;3) R=(3;10):
|
| A = (-5,0101; 6,1412)
| B = ( 9,4954;-3,7456)
| C = (10,8048;13,7600)
|
|
| Gruss,
| Rainer Rosenthal
| ***@web.de
|

1.)Rainer, warum so ungenau?
Die exakten Koordinaten von A, B, C lauten, wie folgt:

A=(1017/5954-53429*sqrt(3)/17862;51023/5954-25043*sqrt(3)/17862)
B=(42695/5954+7991*sqrt(3)/5954;9345/5954-18271*sqrt(3)/5954)
C=(36741/5954+47789*sqrt(3)/17862;68885/5954+22589*sqrt(3)/17862)

Sollte nur ein kleiner mathematischer Scherz sein.

2.)Philippe 92 und Jutta haben bereits einen Beweis des Satzes von Napoleon
angegeben. Nun möchte ich einen Beweis vorführen, der wahrscheinlich
weniger bekannt ist.
Ich verwende komplexe Zahlen, die den Vorteil besitzen, daß sie sowohl
einen zweidimensionalen Vektorraum als auch einen Körper bilden, wobei die
Körpermultiplikation geometrisch eine Drehstreckung bzw. Drehung bewirkt.
Die Eckpunkte P, Q, R des gegebenen Dreiecks stelle ich in der komplexen
Zahlenebene durch die komplexen Zahlen(Punkte) p, q, r dar.
Über der Seite pq errichten wir das gleichseitige Dreieck pqr_0,
über qr das gleichs. Dreieck qrp_0 und über pr das gls. Dreieck
rpq_0.
Sei eps die sechste primitive Einheitswurzel, d.h.
eps=(1+sqrt(3)*i)/2 ; es gilt dann eps^2=eps-1 (*)
und |eps|=1 (und anderes mehr).
Sei z ein beliebiger Vektor der komplexen Zahlenebene, dann ist z*eps der
um +60° gedrehten Vektor derselben Länge.
Für p_0, q_0, r_0 gilt dann
p_0=r+(q-r)*eps und durch zyklische Vertauschung
q_0=p+(r-p)*eps und
r_0=q+(p-q)*eps

Seien nun p_1, q_1 und r_1 jeweils die Mittelpunkte der Dreiecke
qrp_0, rpq_0, pqr_0 in dieser Reihenfolge.
Wir ermitteln nun die Punkte p_1, q_1, r_1 in Abhängigkeit von p,q,r und
eps:
Sei x der Höhenvektor zu rp_0.
Es gilt dann (p_0-r)/2+x=q-r und weiter
r+(p_0-r)/2+x/3=p_1 und daraus folgt
p_1=p_0/3+q/3+r/3 und daher
3*p_1=q+2*r+(q-r)*eps . Durch zyklische Vertauschung erhält man weiter
3*q_1=r+2*p+(r-p)*eps
3*r_1=p+2*q+(p-q)*eps
Wenn wir jetzt zeigen können, daß
3*(p_1-r_1)*eps=3*(q_1-r_1) ist, dann ist der Satz von Napoleon bewiesen.
Das ist jetzt eine einfache Rechnung:
3*(p_1-r_1)=-p-q+2*r+(-p-r+2*q)*eps ; wegen (*) folgt daraus
3*(p_1-r_1)*eps=p-2*q+r+(-2*p+q+r)*eps (1)
3*(q_1-r_1)=p-2*q+r+(-2*p+q+r) (2)
(1) und (2) zusammen ergeben die behauptete Gleichung.
q.e.d.

Grüße,
Wolfgang Kirschenhofer

[Rainer Rosenthal]

"Wolfgang Kirschenhofer"

Post by Wolfgang Kirschenhofer
| A = (-5,0101; 6,1412)
| B = ( 9,4954;-3,7456)
| C = (10,8048;13,7600)
1.)Rainer, warum so ungenau?
A=(1017/5954-53429*sqrt(3)/17862;51023/5954-25043*sqrt(3)/17862)
B=(42695/5954+7991*sqrt(3)/5954;9345/5954-18271*sqrt(3)/5954)
C=(36741/5954+47789*sqrt(3)/17862;68885/5954+22589*sqrt(3)/17862)
Sollte nur ein kleiner mathematischer Scherz sein.

Höhö ... :-)

Aber um auf Deine Frage

Post by Wolfgang Kirschenhofer
... warum so ungenau?

zurückzukommen: "Genau" ist auch relativ!(*)
Und für den Zweck, den ich mit meiner Berechnung beabsichtigt
hatte, war die Genauigkeit 100% richtig, wie Heros Antwort im
4-Punkte-Thread zeigte:

Ein klein wenig (0.2 Einheiten) daneben,
ist auch nicht drin.
Und das zeigt, daß meine Begründung
zu 100% falsch war.

Es hat /genau/ gepasst, um quantitative Vergleiche anstellen
zu können.

Post by Wolfgang Kirschenhofer
2.) Satzes von Napoleon ... Beweis ... komplexe Zahlen

Danke, das sieht auch interessant aus.

(*) "Alles ist relativ" wurde von Gauss gegenüber Diderot
geäussert am 4. Juli 1423.


Gruss,
Rainer Rosenthal
***@web.de

[Jutta Gut]

Hallo Rainer!

Post by Rainer Rosenthal
Konstruiere über den Seiten des Dreiecks PQR
gleichseitige Dreiecke, deren Spitze nach
aussen, d.h. von Dreieck PQR weg zeigt.
Die Umkreismittelpunkte dieser aussen ange-
L ist Zentrum von Kreis_über(QR)
M ist Zentrum von Kreis_über(RP)
N ist Zentrum von Kreis_über(PQ).
Nach dem "Satz von Napoleon" ist LMN ein
gleichseitiges Dreieck!

Als ich die Figur gezeichnet habe, ist sie mir bekannt vorgekommen.
Ich habe sie dann auf www.math4u.de gefunden (Lösung zur Aufgabe D54).
Damit ist der Beweis für den Satz von Napoleon einfach:

Auch wenn man den Fermatpunkt nicht kennt, kann man zeigen, dass sich
die drei Kreise in einem Punkt schneiden. Wenn nämlich F der Schnittpunkt
von Kreis_über(QR) und Kreis_über(RP) ist, folgt aus dem
Peripheriewinkelsatz, dass <)QFR = <)RFP = 120°. Daher ist auch
<)PFQ = 120°, und F liegt auf Kreis_über(PQ).

Die Gerade LM steht normal auf die Verbindungsgerade der Schnittpunkte
R und F. Ebenso ist MN normal auf PF und NL normal auf QF. Die Winkel
zwischen diesen drei Geraden betragen daher 60°, und sie bilden ein
gleichseitiges Dreieck.

Post by Rainer Rosenthal
Zeichne die Doppelsehne AB durch P parallel zu MN.
Zeichne die Doppelsehne BC durch Q parallel zu NL.
Zeichne die Doppelsehne CA durch R parallel zu LM.
Et voilà ... Dreieck ABC ist maximal!

Wieso dieses Dreieck maximal ist, war mir zwar nicht
auf den ersten Blick klar, aber auf den zweiten: Die Eckpunkte eines
jeden gleichseitigen Dreiecks, dessen Seiten durch P, Q und R gehen,
müssen ja auf den drei Kreisen liegen.

Eine schöne Aufgabe!

Grüße
Jutta

[Philippe 92]

Hallo Jutta,

Post by Jutta Gut
Hallo Rainer!

Post by Rainer Rosenthal
Konstruiere über den Seiten des Dreiecks PQR
gleichseitige Dreiecke, deren Spitze nach
aussen, d.h. von Dreieck PQR weg zeigt.
Die Umkreismittelpunkte dieser aussen ange-
L ist Zentrum von Kreis_über(QR)
M ist Zentrum von Kreis_über(RP)
N ist Zentrum von Kreis_über(PQ).
Nach dem "Satz von Napoleon" ist LMN ein
gleichseitiges Dreieck!

....

Post by Jutta Gut
Auch wenn man den Fermatpunkt nicht kennt, kann man zeigen, dass sich
die drei Kreise in einem Punkt schneiden. Wenn nämlich F der Schnittpunkt
von Kreis_über(QR) und Kreis_über(RP) ist, folgt aus dem
Peripheriewinkelsatz, dass <)QFR = <)RFP = 120°. Daher ist auch
<)PFQ = 120°, und F liegt auf Kreis_über(PQ).

Nur, falls alle Winkeln des PQR Dreieckes < 120 Grad sind !

Loading Image...
für max Dreieck, falls RPQ > 120 Grad ist, wo <)RFP = 60 Grad.
(mein Punkt S ist dein F)
Sogar in diesem Fall ist LMN (mein IJK) gleichseitig = Napoleon
Dreieck.
Aber F hat nicht mehr einige Eigenshaften es hat wenn alle Winkeln <
120 Grad,
d.h. Fermat punkt.

Grüsse.

[Hero]

Gottfried Helms schreibt:
"Ob das nach diesem Schema: 3-Punkte, 4-Punkte ... auch
für ein 5-Eck geht? .."
Und Jutta Gut schreibt:
"Und ich bezweifle,
dass es für ein regelmäßiges Fünfeck bei 5 beliebigen Punkten
überhaupt eine Lösung gibt."
Und Philippe schreibt:
".[C] gegeben 5 Punkte PQRST oder mehr, regelmessiges Fünfeck
oder mehr ABCDE gesucht .
In allgemeinen Fall *keine* Lösung als :


.[D] gegeben 4 Punkte PQRS, gesucht einem regelmessiges n-Eck
(Fünfeck, Sechseck uzw.)
In allgemeinem Fall, nur eine Lösung, ausser speziell Fall
wenn es gibt unendlich viele, als für Quadrat (=regelmessiges
Viereck)."
und
"Noch ein Wort : manchmal gibt es gar keine Lösung..."

Ich verstehe die Aufgaben so, wie sie von Rainer ganz zu
Anfang formuliert wurde.
Erst ist eine Figur da, auf deren Seiten Steine liegen,
dann kommt der Wind und verwischt die Spur der
Seiten und nur die Steine bleiben liegen.

So gibt es doch immer mindestens eine "Lösung".
Ob man sie findet, oder ob man bei Suche nach der
größten Lösung eine falsche findet
(wie ich), ob es nur eine oder mehrere gibt und wie man
sie findet -das ist erst danach.

Hier mal ein Versuch einer allgemeinen "Lösung"
etwa für's Fünfeck:
Betrachte zwei Steine, die am dichtetsten beieinander liegen.
Zeichne ein Fünfeck, welches nur ein wenig größer ist
(qua Seitenlänge) , so, daß die zwei Steine auf zwei benachbarten
Seiten liegen. Und jetzt das kleine Fünfeck aufblasen,
vergrößern, bis es an den dritten Stein stößt.
Das Fünfeck verschieben, daß die drei Steine auf ihren
Seiten bleiben, aber so daß das Fünfeck noch Platz
bekommt, sich weiter auszudehnen,bis zum vierten Stein
und noch einmal, bis kein Platz mehr da ist.
(Dies ist eine "Notlösung", weil ich sicher Tage brauche,
bis ich Eure Lösungen verstanden habe).

Aber ich glaube, Ihr braucht mal eine wirkliche
Herausforderung, die Euer würdig ist:
Mer - Ka - Ba
Na, wer löst dies Rätsel ?
Hero

[Philippe 92]

Hallo,

Post by Hero

".[C] gegeben 5 Punkte PQRST oder mehr, regelmässiges Fünfeck
oder mehr ABCDE gesucht .
.[D] gegeben 4 Punkte PQRS, gesucht einem regelmässiges n-Eck
(Fünfeck, Sechseck uzw.)
In allgemeinem Fall, nur eine Lösung, ausser speziell Fall
wenn es gibt unendlich viele, als für Quadrat (=regelmässiges
Viereck)."
...
"Noch ein Wort : manchmal gibt es gar keine Lösung..."

Ich verstehe die Aufgaben so, wie sie von Rainer ganz zu
Anfang formuliert wurde.
Erst ist eine Figur da, auf deren Seiten Steine liegen,
dann kommt der Wind und verwischt die Spur der
Seiten und nur die Steine bleiben liegen.
So gibt es doch immer mindestens eine "Lösung".

Richtig. Aber für welchem Aufgabe ?
Ursprungliche Aufgabe, erweitert zu n-Ecke :
Gegeben einem n-Eck, ... bleiben nur die Steine.
Wieder konstruiren der geschwundene n-Eck nur aus
der n Steine. Klar.

In diesem Sinn ist es immer möglich mindestens ein n-Eck zu finden.
Für n=3 gibt es aber immer unendlich viele.
Für n>3, gibt es einzige spezielle Fälle wo es unendlich viele,
aber der allgemeine Fall ist *nur eine Lösung*.

Z.b. allgemeinen Fall für n=4 gibt es nur eine Lösung.

Falls wir setzen die Steine am Anfang so dass sie einen senkrechten
"Kreuz" machen, so ist es unendlich viele. In diesem Sinn ist
es unmöglich der ursprungliche 4-Eck wieder zu konstruieren.

Dann ergibt es *Erweiterungen* :
1) In dem Fall es unendlich viele Lösungen gibt, gesucht ist
die kleinste bzw. die grösste.

2) Gibt es Konstellationen der n Steine, die unmöglich sind ?
In anderem Wort, *gegeben n beliebige Steine*, wurden diese
Steine auf die Seiten eines n-Eckes am anfang gesetzt ?

Post by Hero
Hier mal ein Versuch einer allgemeinen "Lösung"
Betrachte zwei Steine, die am dichtetsten beieinander liegen.
Zeichne ein Fünfeck, welches nur ein wenig größer ist
(qua Seitenlänge) , so, daß die zwei Steine auf zwei benachbarten
Seiten liegen. Und jetzt das kleine Fünfeck aufblasen,
vergrößern, ...

* Und auch drehen ! *

Diese frei Drehung hast du vergessen wenn deine Lösung des
Dreieckes [im anderen Faden] gesucht hatte !

Post by Hero
...bis es an den dritten Stein stößt.
Das Fünfeck verschieben, daß die drei Steine auf ihren
Seiten bleiben, aber so daß das Fünfeck noch Platz
bekommt, sich weiter auszudehnen, bis zum vierten Stein

Und hier auch gibt es noch Platz für Drehung !
Diese Verfahren stimmt, aber in Praktisch...

Post by Hero
und noch einmal, bis kein Platz mehr da ist.

Und der 5-Eck kann nicht mehr verschieben sein !
(Verallgemeinerung einem 4-Eck aus 4 Steine = nur eine Lösung)
D.h. nur 4 Steine genügen, um der 5-Eck wieder zu konstruieren.
Der 5. Stein ist automatisch gut !

Und auch im Sinn des [2.] Erweiterung (gegeben 5 beliebigen Steine),

Post by Hero

gegeben 5 Punkte PQRST oder mehr, regelmässiges Fünfeck
oder mehr ABCDE gesucht.
In allgemeinen Fall *keine* Lösung.

Grüsse.

[Hero]

Philippe,
danke für Deine klare Darstellung.
Alles klar.
Hero

[Hermann Kremer]

Hero schrieb in Nachricht

Post by Hero
Aber ich glaube, Ihr braucht mal eine wirkliche
Mer - Ka - Ba
Na, wer löst dies Rätsel ?

Och nöö, bitte keine Kabbalistik und New-Age-Mystik ...
http://www.floweroflife.org/tmerkaba.htm
http://www.floweroflife.org/frenchtmerkaba.htm
Aber ich habe auch ein solches "Rätsel":
Igin - Andras - Ormis - Arbas - Quimas -
Caltis - Zenis - Temenias - Celentis - Sipos
sogar mit Bild:
Loading Image...
Und noch ein Tip: Wahrscheinlich war ein Mathematiker beteiligt,
der später Papst wurde ...

Viele Grüße
Hermann
--

Post by Hero
Hero

[Hero]

Hermann macht es wirklich leicht, den Anfang habe
ich schon, ich verstehe nur nicht, warum er es
nicht heute gepostet hat, es ist doch ein päpstlicher
Tag.(Und warum er es in diesem Thread einpflanzt?)
Ein bißchen Lösung zu meinem Rätsel hat
Hermann schon mit Links beantowrtet.

Mer-Ka-Ba
Licht-Geist-Körper
(platonisch übersetzt : Licht-Geist-Seele),
mit diesen Worten fangen viele
absurde Spekulationen an, die sich
an ein simples Viereck knüpfen, ein
Viereck mit gleichlangen Seiten
und an jeder Ecke gleiche Winkel.
Und da man etwa die Numerologie höchstens
nehmen kann, um davon weg zu kommen, so
kann man solche "Geomantrie"
(ist das das richtige Wort ?) zu nichts
sinnvollerem benutzen, als hiervon
weg zu kommen zur Geometrie.
Scheint es heute mehr verbunden mit
Ego-metrie, so war es für Plato wohl
eher eine Metapher seiner elitären Ideen.
Das zeigt seine Bennung als
vollkommener Körper, der sich von
den Massen stumpfer Figuren hervorhebt.
Nun ist man heute weiter, dynamische
Geometrieprogramme geben veränderliche
Figuren, lebendig gegenüber starren Platos -
aber gefehlt, das konnte schon ein
Hippias von Elis. Seine Quadratrix
löste - vor Plato und ohne Computer -
transzendente Probleme.
Zum Thema und da hoffe ich,
um mit Rainer's klassischen
Worten zu sprechen, daß
heute mal wieder ein geometrisch
günstiger Tag zu sein scheint.

Also die kleine Abwandlung von Rainer's Quadrat:
die Eckwinkel sind jetzt 60 Grad -
Bingo, da sind wir beim Tetraeder
und die Zeit ließ nur einen Stein von jeder
Seitenfläche über.
(Ich will Euch nicht mit meinen blöden Geschichten
über Laser-Gyro-Tetrateder und Lichtpunkten
langweilen, also die Steine hängen nun mal
einfach in der Luft rum.)
(Alternativ: 3 bis 6 Steine von den sechs Kanten)



Hier ein paar pyramidale Maße.
Der Weg von einer Ecke in Zentrum :
Eine Kante ist s lang, teile sie 1:1,
oder gehe von der Ecke 1/2 s.
Drehe um einen rechten Winkel und erblicke
die dritte Ecke. Teile diese Dreieckshöhe,
die (Sqrt 3)/2 von s lang ist, 1:2, oder gehe
1/3 dieser Strecke.Drehe um einen
rechten Winkel und erblicke die vierte Ecke.
Diese innere Höhe ist sqrt2/ sqrt3 von s lang.
Teile sie 1:3 oder gehe 1/4 dieser
Strecke und Du bist im Zentrum.
Von hier direkt zu einer Ecke ist dann
sqrt 3 /sqrt 8 von s. Und der Winkel zwischen
zwei Strahlen vom Zentrum zu zwei
Ecken ist etwa 109 Grad.
Interessant ist auch, daß eine Verbindung aller
vier Ecken (sieht aus, wie eine aufgebogene
Triangel) verdoppelt nicht zu einem
Tetraeder zusammengesetzt werden kann.
Es gibt tatsächlich zwei, die so verschieden
sind, wie ein linker zu einem rechten Handschuh.

Ein Flachdenker wie
ich wird natürlich ewig hinter Euch herhinken,
aber ich hoffe, daß diese 3D-Aufgabenstellung
Eurer würdig ist
und wünsche viel Spaß dabei.
Ein fröhliches und gesundes 2005
wünscht allen
Hero
PS Narasimham schrieb am 29-12-4
in sci.math:
"Every equation of plane trigonometry has
a generalization in spherical geometry."

[Hero]

Hermann macht es wirklich leicht, den Anfang habe
ich schon, ich verstehe nur nicht, warum er es
nicht heute gepostet hat, es ist doch ein päpstlicher
Tag.(Und warum er es in diesem Thread einpflanzt?)
Ein bißchen Lösung zu meinem Rätsel hat
Hermann schon mit Links beantowrtet.

Mer-Ka-Ba
Licht-Geist-Körper
(platonisch übersetzt : Licht-Geist-Seele),
mit diesen Worten fangen viele
absurde Spekulationen an, die sich
an ein simples Viereck knüpfen, ein
Viereck mit gleichlangen Seiten
und an jeder Ecke gleiche Winkel.
Und da man etwa die Numerologie höchstens
nehmen kann, um davon weg zu kommen, so
kann man solche "Geomantrie"
(ist das das richtige Wort ?) zu nichts
sinnvollerem benutzen, als hiervon
weg zu kommen zur Geometrie.
Scheint es heute mehr verbunden mit
Ego-metrie, so war es für Plato wohl
eher eine Metapher seiner elitären Ideen.
Das zeigt seine Bennung als
vollkommener Körper, der sich von
den Massen stumpfer Figuren hervorhebt.
Nun ist man heute weiter, dynamische
Geometrieprogramme geben veränderliche
Figuren, lebendig gegenüber starren Platos -
aber gefehlt, das konnte schon ein
Hippias von Elis. Seine Quadratrix
löste - vor Plato und ohne Computer -
transzendente Probleme.
Zum Thema und da hoffe ich,
um mit Rainer's klassischen
Worten zu sprechen, daß
heute mal wieder ein geometrisch
günstiger Tag zu sein scheint.

Also die kleine Abwandlung von Rainer's Quadrat:
die Eckwinkel sind jetzt 60 Grad -
Bingo, da sind wir beim Tetraeder
und die Zeit ließ nur einen Stein von jeder
Seitenfläche über.
(Ich will Euch nicht mit meinen blöden Geschichten
über Laser-Gyro-Tetrateder und Lichtpunkten
langweilen, also die Steine hängen nun mal
einfach in der Luft rum.)
(Alternativ: 3 bis 6 Steine von den sechs Kanten)



Hier ein paar pyramidale Maße.
Der Weg von einer Ecke in Zentrum :
Eine Kante ist s lang, teile sie 1:1,
oder gehe von der Ecke 1/2 s.
Drehe um einen rechten Winkel und erblicke
die dritte Ecke. Teile diese Dreieckshöhe,
die (Sqrt 3)/2 von s lang ist, 1:2, oder gehe
1/3 dieser Strecke.Drehe um einen
rechten Winkel und erblicke die vierte Ecke.
Diese innere Höhe ist sqrt2/ sqrt3 von s lang.
Teile sie 1:3 oder gehe 1/4 dieser
Strecke und Du bist im Zentrum.
Von hier direkt zu einer Ecke ist dann
sqrt 3 /sqrt 8 von s. Und der Winkel zwischen
zwei Strahlen vom Zentrum zu zwei
Ecken ist etwa 109 Grad.
Interessant ist auch, daß eine Verbindung aller
vier Ecken (sieht aus, wie eine aufgebogene
Triangel) verdoppelt nicht zu einem
Tetraeder zusammengesetzt werden kann.
Es gibt tatsächlich zwei, die so verschieden
sind, wie ein linker zu einem rechten Handschuh.

Ein Flachdenker wie
ich wird natürlich ewig hinter Euch herhinken,
aber ich hoffe, daß diese 3D-Aufgabenstellung
Eurer würdig ist
und wünsche viel Spaß dabei.
Ein fröhliches und gesundes 2005
wünscht allen
Hero
PS Narasimham schrieb am 29-12-4
in sci.math:
"Every equation of plane trigonometry has
a generalization in spherical geometry."

[Hermann Kremer]

Hero schrieb in Nachricht

Post by Hero
Hermann macht es wirklich leicht, den Anfang habe
ich schon, ich verstehe nur nicht, warum er es
nicht heute gepostet hat, es ist doch ein päpstlicher
Tag.

Weil nach meiner Erfahrung kurz vor Feiertagen manche Provider so
mit Emails zugestopft werden, daß Postings in Newsgruppen dann
längere Zeit auf den Servern hängenbleiben.

(Und warum er es in diesem Thread einpflanzt?)

Weil es als "Rätsel" so schön paßte ...

Post by Hero
Ein bißchen Lösung zu meinem Rätsel hat
Hermann schon mit Links beantowrtet.
Mer-Ka-Ba
Licht-Geist-Körper (platonisch übersetzt : Licht-Geist-Seele) ...
mit diesen Worten fangen viele
absurde Spekulationen an, die sich
an ein simples Viereck knüpfen, ein
Viereck mit gleichlangen Seiten
und an jeder Ecke gleiche Winkel.
Und da man etwa die Numerologie höchstens
nehmen kann, um davon weg zu kommen, so
kann man solche "Geomantrie"
(ist das das richtige Wort ?)

Gematrie ... (oder Geomantie = Erdstrahlenkunde, paßt hier aber
nicht ganz ;-)

Post by Hero
zu nichts sinnvollerem benutzen, als hiervon
weg zu kommen zur Geometrie.

Stimmt ...

Viele Grüße
Hermann
--

[Jutta Gut]

Post by Hermann Kremer
Igin - Andras - Ormis - Arbas - Quimas -
Caltis - Zenis - Temenias - Celentis - Sipos
http://www.encyclopedie-universelle.com/images/Image347.gif

Ich nehme an, das sind die Zahlen 1, 2, ... 0, aber ich habe keine
Ahnung, in welcher Sprache.

Post by Hermann Kremer
Und noch ein Tip: Wahrscheinlich war ein Mathematiker beteiligt,
der später Papst wurde ...

Das kann dann nur der sein, dessen Namenstag wir heute feiern :-)

A propos: Ich wünsche allen einen guten Rutsch ins neue Jahr!

Grüße
Jutta

[Hermann Kremer]

Post by Jutta Gut

Post by Hermann Kremer
Igin - Andras - Ormis - Arbas - Quimas -
Caltis - Zenis - Temenias - Celentis - Sipos
http://www.encyclopedie-universelle.com/images/Image347.gif

Ich nehme an, das sind die Zahlen 1, 2, ... 0, aber ich habe keine
Ahnung, in welcher Sprache.

Ich leider auch nicht ... Es gibt Vermutungen: neu-akkadisch, aramäo-syrisch,
ägyptisch-koptisch, ..., aber nix genaues weiß man (noch) nicht ...

Post by Jutta Gut

Post by Hermann Kremer
Und noch ein Tip: Wahrscheinlich war ein Mathematiker beteiligt,
der später Papst wurde ...

Das kann dann nur der sein, dessen Namenstag wir heute feiern :-)

Yep, genau der: Sylvester II (Papst von 999 bis 1003).

Schön, daß Du und Hero es gemerkt haben ... ich habe eigentlich auf
mehr Antworten gehofft ...
OK, ich mache nachher dazu einen Thread "Andras-Igin-Ormas" auf ...

Viele Grüße
Hermann
--