Benutzerin Diskussion:Ra'ike/Rätselecke

Welches Volumen hat die Tischplatte?

Letzter Kommentar: vor 4 Jahren28 Kommentare8 Personen sind an der Diskussion beteiligt

$V=(52+12{\sqrt {2}})cm^{3}\approx 68,97cm^{3}$ falsch --FriedhelmW (Diskussion) 12:23, 9. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

$V=((2*{\sqrt {\frac {4^{2}}{2}}}+6)^{2}-4*{\frac {\sqrt {8}}{2}})*1\approx 119,88cm^{3}$ --Ignaz Semmelbeiss (Diskussion) 13:20, 9. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Man kann relativ einfach eine Obergrenze und eine Untergrenze bestimmen mit Hilfe unseres Artikels Achteck. Nimmt man mal an, im Achteck seien alle Seiten 6 cm lang, dann ist das Volumen 173,8 qcm. Bestünde das Achteck aber nur aus 4 cm langen Seiten, dann erhalten wir 77,2 qcm. Also gilt für das Volumen V: 77.2 < V < 173,8 --tsor (Diskussion) 16:48, 9. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

$V=(52+48{\sqrt {2}})cm^{3}\approx 119,88cm^{3}$ --FriedhelmW (Diskussion) 17:20, 9. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Könnt ihr kurz euren Lösungsweg andeuten? --tsor (Diskussion) 21:06, 9. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Die Seiten mit 6cm und 4cm wechseln sich ab. Man kann das Achteck in ein Quadrat, vier Rechtecke und vier rechtwinklige Dreiecke zerlegen. Gruß --FriedhelmW (Diskussion) 21:16, 9. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Das habe ich anders aufgefasst. Auf 4 längere Seiten folgen 4 kürzere Seiten: Erst 4 lange Seiten aneinander, dann 4 kurze Seiten aneinander. Mir liegt nämlich zufällig die zitierte Quelle (Heinrich Hemme, Bild der Wissenschaft. Band 6, 2020, S. 94) vor: "Es hatte, im Uhrzeigersinn gesehen, erst vier jeweils sechs Fuß lange Seiten, auf die vier je vier Fuß lange Seiten folgten." Eine Lösung wird erst für das September-Heft angekündigt. --tsor (Diskussion) 21:28, 9. Jul. 2020 (CEST).Beantworten

Dadurch ändert sich das Ergebnis aber nicht. --FriedhelmW (Diskussion) 21:34, 9. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Die Umordnung der Dreiecke bzw. der Winkel ist ein geschickter Ansatz, der manches vereinfacht.--Kmhkmh (Diskussion) 14:49, 11. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Hallo FriedhelmW, Ignaz Semmelbeiss und tsor, erstmal vielen Dank für die jetzt schon rege Teilnahme. Es freut mich sehr, dass offensichtlich auch andere Freude an solch kniffeligen Rätseln haben

Dann zu den ersten Lösungsversuchen. Meiner Berechnung nach sind die bisher beide falsch. Ich habe auf der Vorderseite mal ein hoffentlich hilfreiches Bild ergänzt. Meiner Ansicht nach braucht man zwingend den Durchmesser des Kreises, an den alle Ecken stoßen.

@FriedhelmW: Wie genau teilst Du denn das Achteck auf und wie kommst Du an die Seitenlängen der Einzelflächen?

Viele Grüße -- Ra'ike _Disk. ^P:MIN 23:00, 9. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

@Ra'ike: Sobald du das Achteck von aaaabbbb auf abababab umgestellt hast sind alle Innenwinkel gleich. --FriedhelmW (Diskussion) 11:42, 10. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Geht auch ohne Radius, siehe Friedhelms Formel weiter unten.--Kmhkmh (Diskussion) 16:51, 11. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Ich habe es numerisch gelöst, indem ich ein System mit 3 Gleichungen für zwei unbekannte Innenwinkel und den Radius aufgestellt habe. Auch da kommt 119,88 ccm raus. Insofern wird das wohl stimmen. Man kann das Gleichungssystem übrigens auch händisch lösen. Der Radius ist $r={\sqrt {26+12{\sqrt {2}}}}=6,55519...$ --95.222.54.188 10:55, 10. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Zunächst einmal ist das eigentliche Problem, die Fläche des 8-Ecks zu bestimmen. Anhand der gegebenen Informationen kann man die drei Gleichungen aufstellen. Wenn man die einfach in ein leistungsfähiges CAS eingibt, erhält direkt eine Lösung. Hat man ein solches nicht zur Hand, so lässt sich das Ganze auch per Hand mit den Mitteln der Schulalgebra lösen, als Zutaten benötigt man dafür zwei trigonometrische Identitäten, Substitution und die Mitternachtsformel. Genauere Details, Ergebnisse und eine Skizze finden sich hier:

https://www.geogebra.org/m/actdvbmq

--Kmhkmh (Diskussion) 04:24, 11. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Das kriegt jetzt den Preis für die komplizierteste Lösung

Ohne viel Rechnen und ohne den Tisch zu zersägen: Sei M der Mittelpunkt des Tisches, X eine Ecke, an der eine lange und eine kurze Seite anliegen. Sei A der Mittelpunkt der langen Seite und B der Mittelpunkt der kurzen. Dann sieht man: (1) Der Winkel AMB beträgt ein Achtel des Vollkreises, also 45 Grad. (2) Die Ecke X hat von der Geraden MA den Abstand 3 cm und von der Geraden MB den Abstand 2 cm. Aus einer Skizze kann man die Katheten der (halbierten) Dreiecke sofort ablesen. Daraus ergibt sich die Fläche und bei Bedarf mit Pythagoras der Radius

r^{2}=3^{2}+(3+2{\sqrt {2}})^{2}=2^{2}+(2+3{\sqrt {2}})^{2}

. --2003:C5:9F1A:F300:21AC:C8B6:D68F:FFEC 06:21, 11. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Naja, sofern man ein CAS verwendet ist eigentlich nicht kompliziert, sondern im Gegenteil in gewisser Hinsicht "besonders einfach" (auch wenn nicht besonders elegant), da man die 3 Gleichungen direkt der Ausgangskonfigurationen entnehmen kann und man keinerlei Hilfslinien, Rearrangement oder Ähnliches benötigt. Das ändert sich natürlich, wenn es per Hand berechnen will, dann wird es durch das Lösen der Gleichungen deutlich komplizierter als bei den eleganteren Lösungen.

Mir ist übrigens auf die Schnelle nicht klar, wie du die zweiten Katheten bei deiner Lösung aus der Skizze abliest, in meinen Skizzen kann ich die zwar auf diverse Arten berechnen, aber ein direktes Ablesen sehe bei ihnen nicht.--Kmhkmh (Diskussion) 14:47, 11. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

+1, ich verstehe auch nicht, wie man die Katheten "sofort ablesen" kann. --95.222.54.188 15:16, 11. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Die Fläche des Achtecks beträgt $A=a^{2}+b^{2}+2ab{\sqrt {2}}$ --FriedhelmW (Diskussion) 12:14, 11. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Spendieren wir noch eine Herleitung:

https://www.geogebra.org/m/rjepsmrx

--Kmhkmh (Diskussion) 16:51, 11. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Hallo Kmhkmh, vielen Dank für Deine externe Zeichnung. Ich hatte übrigens folgenden anderen Lösungsansatz und war bis vorgestern Abend davon überzeugt, dass der richtig war. Hat sich aber leider als Trugschluss herausgestellt, nachdem ich versuchte, den Ansatz von FriedhelmW mit den vertauschten Dreiecken nachzuvollziehen.

Ich war bei meiner Berechnung davon ausgegangen, dass das Seitenverhältnis gleich dem Winkelverhältnis sein müsse, d.h. man müsste das Verhältnis der Seitenlängen in Beziehung zu den Innenwinkeln setzen können.

Damit gälte: a : b = α : β und 4α + 4β = 360°

a : b = 6 : 4 = 1,5 : 1 bzw. 15 : 10

α = (360°×15)/100 = 54° und β = (360°×10)/100 = 36°

Danach folgt die Berechnung des Radius mit dem Sinussatz

\sin \left({\frac {\alpha }{2}}\right)={\dfrac {\dfrac {a}{2}}{R}}

→

R={\dfrac {\dfrac {a}{2}}{\sin \left({\frac {\alpha }{2}}\right)}}

Sobald man R hat, ist der Rest nur noch simple Pythagoras- und Dreiecksflächenberechnung, um anschließend auf die Gesamtfläche zu kommen.

Leider habe ich dann wie gesagt bei der Überprüfung nach Friedhelms Ansatz feststellen müssen, dass meine Annahme falsch war. Wenn ich die Formel für den Radius mit der anderen Seitenlänge und dem anderen Winkel berechne, kommt ein leicht anderes Ergebnis heraus. Hat mich ziemlich geärgert, dass ich das nicht sofort bemerkt habe :-(

Um nochmal auf die Zeichnung von Kmhkmh zurückzukommen. Bei mir hakt es beim Verständnis, wie man auf den Term

\cos 135^{\circ }=-{\frac {1}{\sqrt {2}}}

bzw.

\sin 135^{\circ }={\frac {1}{\sqrt {2}}}

kommt. Viele Grüße -- Ra'ike _Disk. ^P:MIN 21:03, 11. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Wenn man Seitenverhältnisse mit Winkelverhältnissen in Bezug setzen will, braucht man die trigonometrischen Funktionen (sin, cos, tan). Arbeitet man dabei mit rechtwinkligen Dreiecken, so kann deren Definition direkt anwenden, bei beliebigen Dreiecken verwendet man stattdessen den Sinussatz oder den Kosinussatz. Damit läßt sich dein Ansatz auch reparieren, allerdings landet man dann wohl bei einer Lösung, die ähnlich kompliziert ist, wie meine erste Lösung (sofern man kein CAS verwenden will).

Was nun

\cos 135^{\circ }

und

\sin 135^{\circ }

betrifft, die gehören zu den bekannten Sin/Cos-Werten, die hat man im Idealfall in der Schule mal gelernt hat und die man in de.wp unter Sinus_und_Kosinus#Wichtige_Funktionswerte oder Formelsammlung_Trigonometrie#Wichtige_Funktionswerte findet. Man kann sie sich auch selbst mit Hilfe spezieller Dreiecke herleiten, der erste WP-Link enthält Hinweise dazu. Außerdem sollte man beachten, dass

135^{\circ }=90^{\circ }+45^{\circ }

ist.--Kmhkmh (Diskussion) 22:28, 11. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Einfacher wird es, wenn man die Ecken umlaufend nummeriert und das Achteck an folgenden Linien zerschneidet: 1-6, 2-5, 3-8, 4-7. Dann hat man ein Quadrat, 4 Rechtecke und 4 rechtwinklige Dreiecke. --FriedhelmW (Diskussion) 07:07, 12. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Na dann trigonometriefrei und pythagorashaltig:

https://www.geogebra.org/m/gzpgdtss (korrigiert)

--Kmhkmh (Diskussion) 12:32, 12. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Sehr schön, nur fehlt in der letzten Gleichung im mittleren Term noch ein Faktor 2. --FriedhelmW (Diskussion) 13:26, 12. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Das ist raffiniert. Ich hatte bei deiner Erklärung oben gar nicht verstanden, wo Rechtecke sein sollen. Sicher bislang die eleganteste Lösung, und viel einfacher kann es eigentlich nicht mehr werden. --95.222.54.188 15:03, 12. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Etwas genauer: Aus der Zerlegung (Bild) des "umsortierten" Achtecks ergibt sich die oben erwähnte Formel:

A_{ges}=a^{2}+4\cdot {\frac {b^{2}}{4}}+4\cdot a\cdot s

mit

s={\tfrac {b}{\sqrt {2}}}

A_{ges}=a^{2}+b^{2}+2\cdot ab{\sqrt {2}}

ÅñŧóñŜûŝî (Ð) 22:13, 12. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Verallgemeinerung

Lässt sich das ganze dahingehend verallgemeinern, dass die Fläche eines (konvexen) unregelmäßigen Sehnenpolygons bestimmt ist, wenn alle Seiten gegeben sind? Bei der Fläche ist die Anordnung der - aus den Seiten und dem Mittelpunkt gebildeten - gleichschenkligen Dreiecke ja egal, da deren Flächen addiert werden. Wenn ja, dann wäre es interessant, ob es eine allgemeine Formel gibt. ÅñŧóñŜûŝî (Ð) 21:14, 12. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Bestimmt ist die Fläche natürlich, wie du selber begründet hast. Man kann sie für ein allgemeines n-Eck auch mit einem Gleichungssystem aus n+1 Gleichungen für ebensoviele Unbekannte numerisch berechnen, z.B. ähnlich wie bei Kmhkmhs erster Herleitung oder bei meiner, bei der ich dann sinngemäß mit

{\frac {a_{i}}{2R}}=\sin {\frac {\alpha _{i}}{2}};\,i=1,\ldots ,n

ansetzen würde. Aber in geschlossener Form wird man die Lösung vermutlich im Allgemeinen nicht darstellen können, denn dazu kommen in der resultierenden Gleichung für R dann zuviele verschiedene Wurzelausdrücke gleichzeitig vor, die die Unbekannte enthalten. Nur für ein allgemeines 3-Eck funktioniert es noch, da muss man nur quadratische Gleichungen lösen. Wäre interessant ob jemand für das allgemeine 4-Eck die Nichtexistenz einer geschlossenen Formel zeigen kann. --95.222.54.188 22:21, 12. Jul. 2020 (CEST)Beantworten

Deutschland – Norddeutscher Bund

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