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Mathematik » Geometrie » Dreiecksberechnung mit 3 Mitte-Seiten-Höhen
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Schule Dreiecksberechnung mit 3 Mitte-Seiten-Höhen
ebikerni
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  Themenstart: 2022-09-23

Hallo, wieder für eine erneute Berechnung der ca. restlichen 20 Dreieckselemente sind die 3 Dreieckselemente Mitte-Seiten-Höhe ma = 7 Mitte-Seiten-Höhe mb = 2 und Mitte-Seiten-Höhe mc = 5 gegeben. Die dargestellten ma,mb und mc ergeben den Schnittpunkt als Mittelpunkt des Dreieckum(außen)kreis. Ich benötige nur die ersten Lösungen und evtl. Ergebnisse. Alle restlichen Berechnungen kann ich auch mit Programmiersprache Python erstellen. Für alle Mitteilungen besten Dank von ebikerni


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Caban
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-09-23

Hallo Du könntest ein einfaches Gleichungssystem aufstellen. Dazu brauchst du Zentriwkelsatz und cos-Beziehung am rechtwinkligem Dreieck. Gruß Caban


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Tetris
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  Beitrag No.2, eingetragen 2022-09-23

Eine Frage dazu: Was genau ist eine "Mitte-Seiten-Höhe" bei einem Dreieck? Lg, T.


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cramilu
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-09-23

Hallo ebikerni, ich gehe davon aus, dass Deine "Mitten-Seiten-Höhen" jeweils die gleichen Längen haben wie die einfachen Dreieckshöhen: \(h_a=m_a=\;7\) ; \(h_b=m_b=\;2\) ; \(h_c=m_c=\;5\) Dann kannst Du es über die Dreiecksfläche angehen: \(A\;=\;\frac{h_a\cdot a}{2}=\;\frac{h_b\cdot b}{2}\;=\;\frac{h_c\cdot c}{2}\) \(\vert\;\cdot2\) \(\vert\;\div(h_a\cdot h_b\cdot h_c) \) \(\Leftrightarrow\) \(\frac{a}{h_b\cdot h_c}\;=\;\frac{b}{h_a\cdot h_c}\;=\;\frac{c}{h_a\cdot h_b}\) Das Verhältnis \(a:b:c\) der Seitenlängen muss also gleich sein wie das Verhältnis der Höhenprodukte \(h_bh_c:h_ah_c:h_ah_b\) ! Jetzt wählst Du zur Probe zunächst \(a_0=h_bh_c=2\cdot5=10\) \(b_0=h_ah_c=7\cdot2=14\) \(c_0=h_ah_b=7\cdot5=35\) und stellst in diesem Falle fest, dass ein Dreieck mit solchen Seitenverhältnissen der Dreiecksungleichung widerspricht. Es muss gelten: \(a_0+b_0>c_0\) \(\land\) \(a_0+c_0>b_0\) \(\land\) \(b_0+c_0>a_0\) Falls diese Probe für andere gegebene Zahlen klappt, dann rechnest Du die zu \(h_a\) korrespondierende Höhe \(h_0\) aus - und zwar über den halben Umfang \(s_0\) : \(s_0=\frac{a_0+b_0+c_0}{2}\) \(h_0=\frac{2}{a_0}\cdot\sqrt{s_0\cdot(s_0-a_0)\cdot(s_0-b_0)\cdot(s_0-c_0)}\) Mit \(\frac{h_a}{h_0}\) erhältst Du den erforderlichen Korrekturfaktor: \(h_a=h_0\cdot\frac{h_a}{h_0}\) \(\Rightarrow\) \(a=a_0\cdot\frac{h_a}{h_0}\) ; \(b=b_0\cdot\frac{h_a}{h_0}\) ; \(c=c_0\cdot\frac{h_a}{h_0}\) 😎 [Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-09-23

Hallo zusammen, ich denke eher, ebikerni meint mit "Mitte-Seiten-Höhe" der Abstand des Umkreismittelpunktes zu den jeweiligen Dreiecksseiten. Das führt zu der "einfachen" Gleichung $$\arcsin\left(\frac {m_a}r\right)+\arcsin\left(\frac {m_b}r\right)+\arcsin\left(\frac {m_c}r\right)=\frac\pi2$$Mit dem Umkreisradius $r$ folgt dann $$a=2\sqrt{r^2-m_a^2}$$ und für $b$ und $c$ entsprechend. Die obige Gleichung führt zu einer Gleichung 6. Grades, die aber lösbar ist. Ich würde hier trotzdem zu einer Newton-Näherung zur Bestimmung von $r$ tendieren. Ciao, Thomas


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Wario
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-09-23

\quoteon(2022-09-23 11:53 - Tetris in Beitrag No. 2) Eine Frage dazu: Was genau ist eine "Mitte-Seiten-Höhe" bei einem Dreieck? \quoteoff Das ist sein Dauerbrenner, dass er hier auf diese "Kindergartenbezeichnung" besteht, wenngleich man ihm unzählige Male gesagt hat, dass die Größe, die er meint, die "Mittelsenkrechte" genannt wird; worunter die folgende Strecke zu verstehen ist: $ % Gegebene Größen \pgfmathsetmacro{\c}{7} \pgfmathsetmacro{\Alpha}{44} \pgfmathsetmacro{\Beta}{60} % Seitenlängen \pgfmathsetmacro{\Gamma}{180-\Alpha-\Beta} \pgfmathsetmacro{\a}{\c*sin(\Alpha)/sin(\Gamma)} % \pgfmathsetmacro{\b}{sqrt(\a*\a +\c*\c -2*\a*\c*cos(\Beta))} % \pgfmathsetmacro{\R}{\a/(2*sin(\Alpha))} % \pgfmathsetmacro{\McU}{\R*abs(cos(\Gamma))} % \begin{tikzpicture}[%scale=0.7, font=\footnotesize, background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle, ] % Dreieckskonstruktion %\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % \coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0); \coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b); \draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % Umkreis \draw[red] ($(A)!0.5!(B)$) coordinate[label=-90:$M_c$] (Mc) -- +(90:\McU) coordinate[label=110:$U$](U) node[midway, right] {$|M_cU|=:m_c$}; \draw[densely dashed, red] (U) -- (A) node[midway, above] {$R$};; \draw[] (U) circle[radius=\R]; \draw pic [angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.2, draw, "$\cdot$", red ] {angle =U--Mc--A}; % Annotationen - Dreieck \draw[thick] (A) -- (B) node[pos=0.25, below]{$c/2$} node[pos=0.75, below]{$c/2$}; \draw pic [angle radius=6mm, %angle eccentricity=1.2, draw, "$\alpha$", thick ] {angle =B--A--C}; \draw pic [angle radius=6mm, %angle eccentricity=1.2, draw, "$\beta$", thick ] {angle =C--B--A}; \draw pic [angle radius=6mm, %angle eccentricity=1.2, draw, "$\gamma$", thick ] {angle =A--C--B}; \draw[-latex] (U) -- +(44:\R) node[very near end, below]{$R$}; %% Punkte \foreach \P in {U, Mc} \draw[fill=black!1, draw=red] (\P) circle (1.75pt); \end{tikzpicture} $ [Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.6, eingetragen 2022-09-23

Hallo Wario, das stimmt nur bedingt. Die "Mittelsenkrechte" ist eine Gerade, nicht nur die Strecke vom Seitenmittelpunkt $M_c$ zum Umkreismittelpunkt $U$. Ciao, Thomas


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Wario
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-09-23

\quoteon(2022-09-23 13:40 - MontyPythagoras in Beitrag No. 6) Hallo Wario, das stimmt nur bedingt. Die "Mittelsenkrechte" ist eine Gerade, nicht nur die Strecke vom Seitenmittelpunkt $M_c$ zum Umkreismittelpunkt $U$. \quoteoff Diese Diskussion war auch vorhersehbar und wurde auch schon unzählbar oft (hier) geführt: dass die Bezeichnungen "Höhe, Seitenhalbierende, ..., Mittelsenkrechte,...", und sicher noch weitere, im Fachjargon einmal für die eine Gerade und einmal für die entsprechende Strecke stehen. Dann wäre vermutlich noch ein weiteres Mal die Diskussion zu führen, wie man die Mittelsenkrechte (Strecke) überhaupt definieren soll, bei der sich zeigt, dass nur Strecke zwischen Umkreismittelpunkt und Seitenmitte zu einer sinnvollen und eindeutigen Definition führt.


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.8, eingetragen 2022-09-23

Hallo Wario, das ändert ja nichts an der Zweideutigkeit. Die kubische Gleichung für $r^2$ dazu lautet übrigens: $$r^2(r^2-m_a^2-m_b^2-m_c^2)^2-4m_a^2m_b^2m_c^2=0$$Da die Mitteldings in der Gleichung überall quadriert werden, ist die Lösung mehrdeutig. Ciao, Thomas


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Wario
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  Beitrag No.9, eingetragen 2022-09-23

Ja, ist klar. Manche Leute leben ja nur, umzu zu diskutieren. "Wichtig" ist, dass ebikerni seine Kinderkasperbezeichnung "Mitte-Seiten-Höhe" im Ergebnis weiterführen kann. Zur Aufgabe (im Hinblick auf entsprechende Grundformeln für die auftretenden Größen): · Für die Strecken $m_a, m_b, m_c$ zwischen dem Umkreismittelpunkt und den Seitenmitten (mitunter auch "Mittelsenkrechte" genannt) ist: $m_a^2=R^2-\dfrac{a^2}{4},\qquad m_b^2=R^2-\dfrac{b^2}{4},\qquad m_c^2=R^2-\dfrac{c^2}{4},\qquad$ \showon Beweis. $ % Gegebene Größen \pgfmathsetmacro{\c}{7} \pgfmathsetmacro{\Alpha}{44} \pgfmathsetmacro{\Beta}{60} % Seitenlängen \pgfmathsetmacro{\Gamma}{180-\Alpha-\Beta} \pgfmathsetmacro{\a}{\c*sin(\Alpha)/sin(\Gamma)} % \pgfmathsetmacro{\b}{sqrt(\a*\a +\c*\c -2*\a*\c*cos(\Beta))} % \pgfmathsetmacro{\R}{\a/(2*sin(\Alpha))} % \pgfmathsetmacro{\McU}{\R*abs(cos(\Gamma))} % \begin{tikzpicture}[%scale=0.7, font=\footnotesize, background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle, ] % Dreieckskonstruktion %\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % \coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0); \coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b); \draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % Umkreis \draw[red] ($(A)!0.5!(B)$) coordinate[label=-90:$M_c$] (Mc) -- +(90:\McU) coordinate[label=110:$U$](U) node[midway, right] {$|M_cU|=:m_c$}; \draw[densely dashed, red] (U) -- (A) node[midway, above] {$R$};; \draw[] (U) circle[radius=\R]; \draw pic [angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.2, draw, "$\cdot$", red ] {angle =U--Mc--A}; % Annotationen - Dreieck \draw[thick] (A) -- (B) node[pos=0.25, below]{$c/2$} node[pos=0.75, below]{$c/2$}; \draw pic [angle radius=6mm, %angle eccentricity=1.2, draw, "$\alpha$", thick ] {angle =B--A--C}; \draw pic [angle radius=6mm, %angle eccentricity=1.2, draw, "$\beta$", thick ] {angle =C--B--A}; \draw pic [angle radius=6mm, %angle eccentricity=1.2, draw, "$\gamma$", thick ] {angle =A--C--B}; \draw[-latex] (U) -- +(44:\R) node[very near end, below]{$R$}; \node[anchor=north west, yshift=-10mm, inner sep=0pt, draw=none, fill=black!1 ] at (dreieck.south west){ $\begin{array}{l l} \multicolumn{2}{l}{ \textbf{Hinweis: } \dfrac{a}{\sin(\alpha)} =\dfrac{b}{\sin(\beta)} =\dfrac{c}{\sin(\gamma)} =2R ~~\text{(Sinussatz)} } \\[1em] |M_cU|^2 =m_c^2\hspace{-3mm}& =R^2-\left(\dfrac{c}{2}\right)^2 \\[0.75em] &= R^2 - \bigl( R \sin (\gamma)\bigr)^2 = R^2 \bigl(1-\sin^2(\gamma) \bigr) =R^2\cos^2(\gamma) \\[1em] &= \left(\dfrac{c}{2\sin(\gamma)}\right)^2\cos^2(\gamma) = \left(\dfrac{c}{2\tan(\gamma)}\right)^2 \\[1.5em] \multicolumn{2}{l}{ \Rightarrow \boxed{|M_cU| = m_c = \sqrt{R^2-\left(\dfrac{c}{2}\right)^2 } = R|\cos(\gamma)| = \dfrac{c}{2|\tan(\gamma)|}} } \\[2em] \end{array}$ }; %% Punkte \foreach \P in {U, Mc} \draw[fill=black!1, draw=red] (\P) circle (1.75pt); \end{tikzpicture} $ \showoff · Für den Umkreisradius gilt die Beziehung $R=\dfrac{abc}{4F}$. \showon Beweis. Nach dem erweiterten Sinussatz ist $ R = \dfrac{a}{2\,\sin(\alpha)}.$ Damit wird mit der Flächenformel $\Rightarrow~~ R\cdot F = \dfrac{a}{2\,\sin(\alpha)} \cdot \dfrac{b\, c}{2}\,\sin(\alpha) = \dfrac{a\, b\, c}{4} \hspace{2cm}\square $ \showoff · Endlich gilt nach der Heronschen Formel für die Dreiecksfläche $F=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ mit $s=\dfrac{a+b+c}{2}.$ Damit hat man für die Größen $a,b,c; F, R$ das Gleichungssystem $\begin{array}{l | l} \textsf{(1)} & a=2\sqrt{R^2-m_a^2} \\[0.5em] \textsf{(2)} & b=2\sqrt{R^2-m_b^2} \\[0.5em] \textsf{(3)} & c=2\sqrt{R^2-m_c^2} \\[0.5em] \textsf{(4)} & R =\dfrac{abc}{4F} \\[0.5em] \textsf{(5)} & F =\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \\[0.5em] \textsf{(6)} & 2s=a+b+c \end{array}$ Also wird $\begin{array}{l l} R^2 = \dfrac{a^2 b^2 c^2}{4^2 F^2} &=\dfrac{4^3 (R^2-m_a^2) (R^2-m_b^2) (R^2-m_c^2)}{4^2 F^2} \\[1em] &=\dfrac{4 (R^2-m_a^2) (R^2-m_b^2) (R^2-m_c^2)}{s(s-a)(s-b)(s-c)} \end{array}$ wobei $s=\dfrac{a+b+c}{2} = \sqrt{R^2-m_a^2} +\sqrt{R^2-m_b^2} +\sqrt{R^2-m_c^2}.$ Also hat man $ f(R) =0 =R^2 -\dfrac{4 (R^2-m_a^2) (R^2-m_b^2) (R^2-m_c^2)}{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ Das würde ich jetzt iterativ mit dem Newtonverfahren nach $R$ lösen, woraus dann ohne Weiteres die Dreiecksseiten $a,b,c$ folgen.


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.10, eingetragen 2022-09-23

... oder Du löst einfach die Gleichung aus meinem Beitrag #8. Manche Leute leben ja nur, um Probleme zu verkomplizieren statt sie zu lösen. Ciao, Thomas


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ebikerni
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  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-24

Hallo Thomas, /.. oder Du löst einfach die Gleichung aus meinem Beitrag #8. Manche Leute leben ja nur, um Probleme zu verkomplizieren statt sie zu lösen./ kannst Du die Gleichung aus Deinem Beitrag #8 für mich lösen ? Das wäre für mich wieder eine eindeutige Lösung, um dann für mich wieder das Programm in Python für die Bestimmung der ca. 17 restlichen Dreieckswerte zu bestimmen. Deshalb auch nochmals herzlichen Dank für Deine Mitteilung vom 19.9.21 über diesen "Matroids Matheplaner" auf Seite 8 und Beitrag 6 über die "Dreiecksberechnung mit 3 Winkelhalbierende". Als Ergebnis konnten alle restlichen Dreieckswerte von mir berechnet werden. Die kubische Gleichung für r^2 dazu lautet übrigens: r^2(r^2−ma^2−mb^2−mc^2)^2−4ma^2 * mb^2 * mc^2 = 0 Da die Mitteldings in der Gleichung überall quadriert werden, ist die Lösung mehrdeutig. Wie groß ist der Umkreisradius r? Gruß ebikerni


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.12, eingetragen 2022-09-24

Hallo zusammen, nachfolgend die komplette Lösung. Wir betrachten das folgende Bildchen: Laut Kosinussatz gilt: $$c^2=a^2+b^2-2ab\cos(\alpha+\beta)\tag1$$Da die Innnenwinkelsumme $\pi$ beträgt, gilt $$\alpha+\beta+\gamma=\frac\pi2\tag2$$und somit: $$\cos(\alpha+\beta)=\sin\gamma=\frac{m_c}r\tag3$$Außerdem gilt jeweils $$a^2=4(r^2-m_a^2)\tag4$$und für $b$ und $c$ entsprechendes. Setzt man das alles in (1) ein, folgt $$r^2-m_c^2=r^2-m_a^2+r^2-m_b^2-2\sqrt{r^2-m_a^2}\sqrt{r^2-m_b^2}\cdot\frac{m_c}r$$Ein bisschen Aufräumen: $$(r^2+m_c^2-m_a^2-m_b^2)r=2m_c\sqrt{r^2-m_a^2}\sqrt{r^2-m_b^2}$$Nun Quadrieren, Ausmultiplizieren, alles auf eine Seite bringen und Zusammenfassen ergibt: $$r^2(r^2-m_a^2-m_b^2-m_c^2)^2-4m_a^2m_b^2m_c^2=0\tag5$$wobei aus geometrischen Überlegungen bzw. wegen Gleichung (4) immer $$r^2\geq \max(m_k^2)\quad k=a,b,c\tag6$$sein muss. Wie man sieht, kann man hier das arithmetische und geometrische Mittel aus den Quadraten der Mittendingshöhen einsetzen: $$A=\frac13(m_a^2+m_b^2+m_c^2) > 0\tag7$$$$G=\sqrt[{3\,}]{m_a^2m_b^2m_c^2} \geq 0\tag8$$Dann lautet die Gleichung: $$r^2(r^2-3A)^2-4G^3=0\tag9$$Im Falle von $G=0$ (rechtwinkliges Dreieck) lautet die Lösung einfach $$r^2=3A\tag{10}$$Ansonsten substituieren wir $$r^2=3A+\frac1x\tag{11}$$und erhalten: $$\left(3A+\frac1x\right)\frac1{x^2}-4G^3=0$$$$4G^3x^3-3Ax-1=0$$$$x^3-\frac{3A}{4G^3}x-\frac1{4G^3}=0\tag{12}$$Zufällig hat diese Gleichung schon die reduzierte Form, als sei es Absicht gewesen. Die Diskriminante lautet damit: $$\Delta=-\frac14\left(\frac1{4G^3}\right)^2+\frac1{27}\left(\frac{3A}{4G^3}\right)^3=\frac{A^3}{64G^9}-\frac1{64G^6}$$$$\Delta=\frac{A^3-G^3}{64G^9} > 0\tag{13}$$Wegen der Ungleichung von arithmetischem und geometrischen Mittel ist die Diskriminante auf jeden Fall größer als null und wir haben den Casus irreducibilis, sprich: drei reelle Lösungen für $x$. Da die Summe der drei Lösungen $x_1$ bis $x_3$ in der reduzierten Form der kubischen Gleichung null ergibt, ist immer mindestens eine Lösung für $x$ kleiner als null. Die Lösungen lauten nun: $$x_k=\sqrt{\frac43\cdot\frac{3A}{4G^3}}\cos\left(\frac13\arccos\left(\frac1{8G^3}\cdot\sqrt{\frac{27\cdot64G^9}{27A^3}}\right)+\frac23\pi k\right)\quad k=0\dots2$$$$x_k=\sqrt{\frac{A}{G^3}}\cos\left(\frac13\arccos\sqrt{\frac{G^3}{A^3}}+\frac23\pi k\right)\quad k=0\dots2\tag{14}$$Setzen wir das ein, erhalten wir als Lösung für die gesuchten Umkreisradien: $$r_k^2=A\left(3+\frac{\sqrt{\frac{G^3}{A^3}}}{\cos\left(\frac13\arccos\sqrt{\frac{G^3}{A^3}}+\frac23\pi k\right)}\right)\quad k=0\dots2\tag{15}$$Diese Gleichung funktioniert auch für den Fall $G=0$, so dass Gleichung (10) nicht separat betrachtet werden muss. Aus geometrischen Überlegungen kommen immer nur zwei Lösungen in Frage, und zwar gibt es immer ein Dreieck mit drei spitzen Winkeln und eines mit einem stumpfen Winkel. In letzterem Fall kann man nämlich die betragsmäßig kleinste Mittendingshöhe auch negativ deuten. Dann wäre in obigem Bild der Mittelpunkt $M$ unterhalb der Seite $c$. Im Falle eines rechtwinkligen Dreiecks wäre $m_c=0$ und damit $G=0$. Weiterführende Überlegungen zeigen, dass tatsächlich immer eine Lösung zu $r^2 < m_k^2$ führt, was am Ende imaginäre Seitenlängen ergäbe. Nachfolgend das Ganze in Python: \sourceon Python \numberson from math import cos, acos, pi m_a = 7 m_b = 2 m_c = 5 m_a *= m_a m_b *= m_b m_c *= m_c A = (m_a + m_b + m_c) / 3 G = (m_a * m_b * m_c)**(1 / 3) z = (G / A)**1.5 for k in range(3): r = A * (3 + z / cos((acos(z) + 2 * pi * k) / 3)) a, b, c = r - m_a, r - m_b, r - m_c if a < 0 or b < 0 or c < 0: print("\nk = {:d}: keine Lösung".format(k)) else: r **= 0.5 a, b, c = 2 * a**0.5, 2 * b**0.5, 2 * c**0.5 print("\nk = {:d}\nr = {:.15f}".format(k, r)) print("a = {:.15f}\nb = {:.15f}\nc = {:.15f}".format(a, b, c)) \sourceoff Ciao, Thomas


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Hallo Thomas, herzlichen Dank für die Bereitstellung dieses Python-Programms. Mit den Ergebnissen der Seiten a,b,c u. r konnte ich jetzt auch die beiden Dreiecke darstellen. m_b liegt nach oben oder nach unten auf der Seite b und die beiden Winkel Beta ergänzen sich zu 180°. Die interessante Berechnung im rechtwinkligen Dreieck mit m_a=4, m_b=3 und m_c=0 habe ich auch graphisch dargestellt. Die restlichen 16 Dreiecksgrößen will ich noch berechnen. Nochmals herzlichen Dank von ebikerni. Anfang m_a = 7 m_b = 2 m_c = 5 m_a *= m_a m_b *= m_b m_c *= m_c m_a = 49 m_b = 4 m_c = 25 A = (m_a + m_b + m_c) / 3 G = (m_a * m_b * m_c)**(1 / 3) z = (G / A)**1.5 z1 = (G**3/A**3)**0.5 A = 26.0 G = 16.984992522418104 z = 0.5280049792181876 z1 = 0.5280049792181877 k = 0 r = 9.620415096422864 a = 13.198846408301135 b = 18.820455534070469 c = 16.438051785717303 k = 1 r = 7.740345775222111 a = 6.606951708616852 b = 14.954992841188361 c = 11.817436730526428 k = 2: keine Lösung Endzeit - Startzeit = 0.8 sec Ende


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werner
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  Beitrag No.14, eingetragen 2022-09-26

das hatten wir doch schon einmal: r^3-r*(m_a^2+m_b^2+m_c^2)-2*m_a*m_b*m_c=0


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MontyPythagoras
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Hallo Werner, mir war auch so, als gäbe es da was, ich hatte es aber nicht mehr gefunden. Sehr schön! 🙂 Beide Lösungen haben Vor- und Nachteile. Obige Gleichung (5) kann man per 3. binomischer Formel zerlegen in $$\left(r^3-(m_a^2+m_b^2+m_c^2)r-2m_am_bm_c\right)\cdot\left(r^3-(m_a^2+m_b^2+m_c^2)r+2m_am_bm_c\right)=0$$Beide Klammern ergeben dann jeweils drei Lösungen, wovon jeweils nur eine sinnvoll ist, die linke Klammer null gesetzt entspräche Deiner Gleichung. Das stumpfwinklige Dreieck erhältst Du mit Deiner Gleichung nicht, wenn Du die $m_k$ alle positiv einsetzt. Bei meiner Variante kann man zeigen, dass $k=2$ immer die unsinnige Lösung ergibt, $k=0$ das spitzwinklige Dreieck und $k=1$ das stumpfwinklige. Dann muss man aber noch ein bisschen mehr schreiben... Ciao, Thomas


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Wario
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  Beitrag No.16, eingetragen 2022-09-26

\quoteon(2022-09-26 11:54 - werner in Beitrag No. 14) das hatten wir doch schon einmal: r^3-r*(m_a^2+m_b^2+m_c^2)-2*m_a*m_b*m_c=0 \quoteoff Danke für den Hinweis. Jetzt erinnere ich mich auch: es ging durchaus einfacher. Du hättest netterweise auch noch den Link angeben können. Dann mach ich das eben, falls das zuviel Mühe macht: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=250220&post_id=1821803 Was die kubische Gleichung angeht, die hier und dort kommentarlos eingeworfen wird (von mehr als einer Person): a) ich werde sowieso nie verstehen, was sowas soll: entweder man leitet es hinreichend ausführlich her oder man lässt es eben bleiben, man ist ja nicht gezwungen überhaupt etwas zu schreiben. Einfach kommentarlos irgendeinen Formelausdruck reinwerfen und sich dabei wie ein Intellektueller fühlen oder wie auch immer. Totalausfall... b1) gibt es dieser zwei, wie dort gesagt (dort übrigens auch mit Herleitung), es sind also m.E. zwei kubische Gleichungen zu lösen (die sich nur durch ein Vorzeichen an einer Stelle unterscheiden). b2) Man kann also bis zu 6 reelle Lösungen haben, von denen bis zu 5 -per Nebenbedingung- ausgeschlossen werden können bzw. werden müssen (wie dort gezeigt). So zumindest mein Stand dort. Wieso ebikerni die Aufgabe überhaupt nochmal thematisiert hat, weiß man auch nicht. Vielleicht war es ihm entfallen; oder: Totalausfall... 😃 PS: Der Fall mit den zwei kubischen Gleichungen (übrigens mit den selben Zahlenbeispielen wie hier in #0), deren jede eine nicht-kongruente Lösung liefert, wird dann nochmal hier betrachtet: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=250220&post_id=1821970


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ebikerni
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  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-26

Hallo, ich konnte vor ca. 2 Jahren ( 8.11.20 ) die Dreiecksberechnung mit den gegebenen Werten ma=7 ma=2 mc=5 nicht berechnen. Aber jetzt ist es mir möglich alle ca. 16 restlichen Elementen der beiden Dreiecke mit einem Programm von Thomas in Python zu berechnen. Auch einige für mich unbekannte Programmdarstellungen für Python habe ich in meiner Literatur auch noch nicht gefunden- Gruße von ebikerni


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  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-27

hallo, es muss bald gehen


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  Beitrag No.19, eingetragen 2022-09-30

\quoteon(2022-09-26 14:26 - Wario in Beitrag No. 16) \quoteon(2022-09-26 11:54 - werner in Beitrag No. 14) das hatten wir doch schon einmal: r^3-r*(m_a^2+m_b^2+m_c^2)-2*m_a*m_b*m_c=0 \quoteoff Danke für den Hinweis. Jetzt erinnere ich mich auch: es ging durchaus einfacher. Du hättest netterweise auch noch den Link angeben können. Dann mach ich das eben, falls das zuviel Mühe macht: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=250220&post_id=1821803 Was die kubische Gleichung angeht, die hier und dort kommentarlos eingeworfen wird (von mehr als einer Person): a) ich werde sowieso nie verstehen, was sowas soll: entweder man leitet es hinreichend ausführlich her oder man lässt es eben bleiben, man ist ja nicht gezwungen überhaupt etwas zu schreiben. Einfach kommentarlos irgendeinen Formelausdruck reinwerfen und sich dabei wie ein Intellektueller fühlen oder wie auch immer. Totalausfall... b1) gibt es dieser zwei, wie dort gesagt (dort übrigens auch mit Herleitung), es sind also m.E. zwei kubische Gleichungen zu lösen (die sich nur durch ein Vorzeichen an einer Stelle unterscheiden). b2) Man kann also bis zu 6 reelle Lösungen haben, von denen bis zu 5 -per Nebenbedingung- ausgeschlossen werden können bzw. werden müssen (wie dort gezeigt). So zumindest mein Stand dort. Wieso ebikerni die Aufgabe überhaupt nochmal thematisiert hat, weiß man auch nicht. Vielleicht war es ihm entfallen; oder: Totalausfall... 😃 PS: Der Fall mit den zwei kubischen Gleichungen (übrigens mit den selben Zahlenbeispielen wie hier in #0), deren jede eine nicht-kongruente Lösung liefert, wird dann nochmal hier betrachtet: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=250220&post_id=1821970 \quoteoff manche Menschen leben halt davon, immer etwas aussetzen zu können, statt selbst was positives zu tun. ich habe damals das ganze Zeug hinreichend erklärt für die, die es verstehen wollen .... 😒 jetzt höre ich auf, sonst wird´s zu emotional!


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