Verdopplung des Würfels < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Worin liegt der Fehler in diesem "Beweis"?
Behauptung: Die Verdopplung des Würfels durch Konstruktion mit Zirkel und Lineal ist möglich.
Beweis: Es sei [mm] \overline{AB} [/mm] die gegebene Kantenlänge des ursprünglichen Würfels. Konstruiere den Punkt C so,
dass ABC ein gleichseitiges Dreieck ist. Nun sei D [mm] \not= [/mm] B der Punkt auf der Geraden AB mit [mm] \overline{AD} [/mm] = [mm] \overline{AB}. [/mm] Vervollständige die Strecken [mm] \overline{BD} [/mm] und [mm] \overline{CD} [/mm] zu einem Parallelogramm BDCE. Nun zeichne
eine Gerade durch C so, dass [mm] \overline{FG} [/mm] = [mm] \overline{AB}, [/mm] wobei F und G die Schnittpunkte dieser Geraden
mit AB und BE bezeichnen. Wie man nachrechnet ist dann [mm] \overline{CG}= \wurzel[3]{2} *\overline{AB} [/mm] die gesuchte
Kantenlänge des Würfels mit dem doppelten Volumen. [mm] \Box
[/mm]
[Dateianhang nicht öffentlich] |
Hallo,
Also ich komm bei dieser Aufgabe nicht so recht weiter.
Zunächst mal frag ich mich, wie ich das überhaupt nachrechne, dass [mm] \overline{CG}= \wurzel[3]{2} *\overline{AB} [/mm] sein soll?
Aber ich bin ziemlich sicher, dass der Fehler in diesem angeblichen Beweis darin liegt, dass man den Schritt "Nun zeichne eine Gerade durch C so, dass [mm] \overline{FG} [/mm] = [mm] \overline{AB}, [/mm] wobei F und G die Schnittpunkte dieser Geraden mit AB und BE bezeichnen", nicht mit Zirkel und Lineal konstruieren kann. Dafür müsste man ja zunächst das passende G finden, was mit Zirkel und Lineal nicht möglich sein dürfte...?
Hoffe mir kann jmd. weiterhelfen. Vielen Dank schon mal im voraus.
Viele Grüße
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: doc) [nicht öffentlich]
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> Worin liegt der Fehler in diesem "Beweis"?
> Behauptung: Die Verdopplung des Würfels durch
> Konstruktion mit Zirkel und Lineal ist möglich.
> Beweis: Es sei [mm]\overline{AB}[/mm] die gegebene Kantenlänge des
> ursprünglichen Würfels. Konstruiere den Punkt C so,
> dass ABC ein gleichseitiges Dreieck ist. Nun sei D [mm]\not=[/mm] B
> der Punkt auf der Geraden AB mit [mm]\overline{AD}[/mm] =
> [mm]\overline{AB}.[/mm] Vervollständige die Strecken [mm]\overline{BD}[/mm]
> und [mm]\overline{CD}[/mm] zu einem Parallelogramm BDCE. Nun
> zeichne
> eine Gerade durch C so, dass [mm]\overline{FG}[/mm] =
> [mm]\overline{AB},[/mm] wobei F und G die Schnittpunkte dieser
> Geraden
> mit AB und BE bezeichnen. Wie man nachrechnet ist dann
> [mm]\overline{CG}= \wurzel[3]{2} *\overline{AB}[/mm] die gesuchte
> Kantenlänge des Würfels mit dem doppelten Volumen. [mm]\Box[/mm]
> [Dateianhang nicht öffentlich]
> Hallo,
> Also ich komm bei dieser Aufgabe nicht so recht weiter.
> Zunächst mal frag ich mich, wie ich das überhaupt
> nachrechne, dass [mm]\overline{CG}= \wurzel[3]{2} *\overline{AB}[/mm]
> sein soll?
> Aber ich bin ziemlich sicher, dass der Fehler in diesem
> angeblichen Beweis darin liegt, dass man den Schritt "Nun
> zeichne eine Gerade durch C so, dass [mm]\overline{FG}[/mm] =
> [mm]\overline{AB},[/mm] wobei F und G die Schnittpunkte dieser
> Geraden mit AB und BE bezeichnen", nicht mit Zirkel und
> Lineal konstruieren kann. Dafür müsste man ja zunächst
> das passende G finden, was mit Zirkel und Lineal nicht
> möglich sein dürfte...?
Hallo,
genau das Letztere ist der Fall. Bei der vorgeschla-
genen Konstruktion handelt es sich um eine sogenannte
"Einschiebe-Konstruktion", die nach den strengen Regeln
der "Konstruktionen mit Zirkel und Lineal" nicht zu-
lässig ist. Wenn man aber etwas großzügiger ist und
erlaubt, dass man mit dem Bleistift (den man übrigens
bei ZL-Konstruktionen ja auch noch braucht !!)
am Lineal zwei Markierungen M und N anbringt, die
den Abstand [mm] a=|\overline{MN}|=|\overline{AB}| [/mm] haben, und dann das markierte
Lineal so anlegt, dass seine Kante durch C geht, die
Marke M auf BE und N auf AB liegt, dann hat man
immerhin eine praktikable Konstruktion, über die sich
allerdings der gute alte Euklid auf dem Olymp noch
ein wenig ärgern würde ...
Bleibt die Frage nach dem Nachweis, dass die Strecke
[mm] \overline{CG} [/mm] wirklich die Kantenlänge des verdoppelten Kubus
ergibt. Schön wäre dabei, wenn man ohne Trigono-
metrie, sondern nur mit Ähnlichkeitsbetrachtungen
auskommen könnte.
Ferner bleibt die Frage, ob Zeus ein Einsehen haben
wird und nun wenigstens die Schweinegrippe recht
zahm behält ... 
LG Al-Chw.
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| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:46 So 15.11.2009 | | Autor: | ms2008de |
Hallo,
Leider komme ich immer noch nicht weiter, wie man nachrechnen könnte, dass [mm] \overline{CG} =\wurzel[3]{2}*\overline{AB}. [/mm] Sehe leider wirklich nicht, wie das gehen könnte...
Hätte denn irgendwer bitte einen Tipp für mich, wie man das nachrechnen könnte...?
Vielen Dank schon mal im voraus.
Viele Grüße
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> Hallo,
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> Leider komme ich immer noch nicht weiter, wie man
> nachrechnen könnte, dass [mm]\overline{CG} =\wurzel[3]{2}*\overline{AB}.[/mm]
> Sehe leider wirklich nicht, wie das gehen könnte...
> Hätte denn irgendwer bitte einen Tipp für mich,
> wie man das nachrechnen könnte...?
>
> Vielen Dank schon mal im voraus.
>
> Viele Grüße
Guten Abend !
Ja, ich habe mir die Sache mal überlegt und denke,
dass man mit einem geeignet eingeführten Koordi-
natensystem durchkommen sollte.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dazu habe ich mir zuerst ein paar Gedanken über die
Winkel in der Zeichnung gemacht. So kann man relativ
leicht sehen, dass der Winkel CBE ein rechter Winkel
sein muss. Nun nehme ich die Gerade BE als x-Achse
und die Gerade CB als y-Achse des Koordinatensystems.
Der Punkt B ist der Nullpunkt, und C hat die Koordi-
naten (0/-1), falls die Kantenlänge des gegebenen
Würfels gleich 1 ist.
Die Gerade g durch D,A,B und F ist eine Nullpunkts-
gerade mit dem Steigungswinkel 30°, hat also die
Gleichung $\ [mm] y=x*tan(30^{\circ})=\frac{x}{\sqrt{3}}$ [/mm]
Die Gerade h durch C, G und F hat eine Gleichung
der Form $\ y=m*x-1$ , wobei m noch bestimmt werden
muss, nämlich so, dass der Abstand der Punkte G
und F gleich 1 (der ursprünglichen Würfelkante) ist.
Gesucht ist der Abstand [mm] k=\left|\overline{CG}\right| [/mm] .
Damit bleibt also noch folgende Aufgabe:
Bestimme die Steigung m sowie die Koordinaten
x und y des Punktes F(x/y) derart, dass:
1.) $\ [mm] y=\frac{x}{\sqrt{3}}$ [/mm] (F soll auf g liegen)
2.) $\ y=m*x-1$ (F soll auf h liegen)
3.) [mm] $\left|\overline{GF}\right|=1
[/mm]
Dabei ist G der Schnittpunkt von h mit der x-Achse,
dessen Koordinaten man leicht (mittels m) ausdrücken
kann. Damit kommt man auf ein Gleichungssystem mit
3 Gleichungen für die 3 Unbekannten m, x und y.
LG Al-Chwarizmi
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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Die Frage bleibt noch:
Wie kommt man dem entstandenen Gleichungssystem
1.) [mm]\ y=\frac{x}{\sqrt{3}}[/mm]
2.) [mm]\ y=m*x-1[/mm]
3.) [mm](x-\frac{1}{m})^2+y^2=1[/mm]
am besten bei ?
Mathematica liefert zwar anstandslos drei Lösungstripel,
wovon zwei reell sind. Das "richtige" davon auszuwählen
ist dann nicht schwierig.
Allerdings komme ich beim Auflösen "von Hand" auf
eine Gleichung 4. Grades für x, welche mir noch Kopf-
zerbrechen bereitet. Ich frage mich deshalb, ob es für
die Auflösung einen eleganteren Weg gibt. Aus der
Lösong, die Mathematica liefert, ist zu erkennen, dass
es möglicherweise einfacher ist, y als Hauptvariable zu
nehmen ...
LG Al-Chwarizmi
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Hallo Al,
Dein Gleichungssystem löst sich nach y ja wie folgt auf:
[mm] 4y^4+2y^3-2y-1=0
[/mm]
Sei also [mm] f(y)=4y^4+2y^3-2y-1
[/mm]
Die drei Funktionswerte [mm] f(-1)=3, f(0)=-1, f(1)=3 [/mm] sagen mir, dass in [mm](-1;1)[/mm] mindestens zwei Nullstellen liegen. Da alle Koeffizienten des Polynoms Zweierpotenzen sind, versuche ich also erst einmal [mm] \pm\bruch{1}{2}, \pm\bruch{1}{4} [/mm] etc.
So finde ich sofort [mm] y=-\bruch{1}{2} [/mm] als Lösung.
Polynomdivision liefert [mm] 4y^4+2y^3-2y-1=\left(y+\tfrac{1}{2}\right)(4y^3-2)=(2y+1)(2y^3-1)
[/mm]
Die einzige andere Nullstelle liegt also bei [mm] 2^{-\bruch{1}{3}}=\bruch{1}{\wurzel[3]{2}}
[/mm]
Einen wirklich systematischen Lösungsweg gibt es aber offenbar nicht, wie das halt so ist bei Gleichungen vierten Grades...
Liebe Grüße
reverend
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> (1) [mm]\ y=\frac{x}{\sqrt{3}}[/mm]
>
> (2) [mm]\ y=m*x-1[/mm]
>
> (3) [mm]\left(x-\frac{1}{m}\right)^2+y^2=1[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo,
ich hab mich nochmals dahinter geklemmt und jetzt
einen angenehmeren Lösungsweg gefunden.
Ich setze r:=\sqrt{3}
Dann sagt die Gleichung (1): $\ x=r*y$
in (2) eingesetzt: $\ y=m*r*y-1$
nach m aufgelöst: $\ m=\frac{y+1}{r*y}$
Kehrwert: $\frac{1}{m}=\frac{r*y}{y+1}$
in (3) eingesetzt:
$\ \left(r*y-\frac{r*y}{y+1}\right)^2+y^2=1$
$\ \left(\frac{r*y^2+r*y-r*y}{y+1}\right)^2+y^2=1$
$\ \left(\frac{r*y^2}{y+1}\right)^2=1-y^2$
$\ r^2*y^4=(1-y^2)*(y+1)^2$
$\ 3*y^4=(1-y^2)*(y^2+2*y+1)$
$\ 3*y^4=y^2+2*y+1-y^4-2*y^3-y^2$
$\ 4*y^4+2*y^3-2*y-1=0$
$\ (2*y+1)*(2*y^3-1)=0$
$\ 2*y+1=0\quad\vee\quad 2*y^3-1=0$
$\ y=-\frac{1}{2}\quad\vee\quad y=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}$
Ein negatives y kommt (siehe Zeichnung) nicht
in Frage, also rechnen wir mit y=\frac{1}{\sqrt[3]{2}} weiter.
Dies führt auf
$\ x\ =\ \sqrt{3}*y\ =\ \frac{\sqrt{3}}{\sqrt[3]{2}}$
also haben wir $F\left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt[3]{2}}\ |\ \frac{1}{\sqrt[3]{2}}\right)$
$\ m\ =\ \frac{y+1}{r*y}\ =\ \frac{\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+1}{\sqrt{3}*\frac{1}{\sqrt[3]{2}}}\ =\ \frac{\sqrt[3]{2}+1}{\sqrt{3}}$
Punkt G hat die Koordinaten \left(\frac{1}{m}\ |\ 0\right), also \left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt[3]{2}+1}\ |\ 0\right)
Die gesuchte Strecke k=|\overline{GC}| kann man nun nach
Pythagoras berechnen:
$\ k\ =\ \sqrt{(x_G-x_C)^2+(y_G-y_C)^2}\ =\ \sqrt{\left(\frac{\frac{\sqrt{3}}{\sqrt[3]{2}+1}\right)^2+1^2}$
Allen, die diese nette kleine Rechnung durchführen möchten,
wünsche ich viel Vergnügen dabei ...
Aber es ginge auch alles viel einfacher ! Man kann aus
der y-Koordinate des Punktes F die gesuchte Strecke k
nämlich durch eine sehr einfache Betrachtung ermitteln,
ohne überhaupt die Steigung m und die x-Koordinaten
von F und G zu berechnen !
Man zeichne die y-Koordinate als Lot von F auf die x-Achse
ein. Der Fusspunkt des Lotes sei F' . Dann sind die Dreiecke
\Delta{FGF'} und \Delta{CGB} ähnlich, und es gilt:
$\frac{|\overline{CG}|}{|\overline{CB}|}\ =\ \frac{|\overline{FG}|}{|\overline{FF'}|}$
also $\frac{k}{1}\ =\ \frac{1}{y}$
mit dem oben gefundenen Wert y=\frac{1}{\sqrt[3]{2}} bedeutet dies:
$\ k\ =\ \frac{1}{\frac{1}{\sqrt[3]{2}}}\ =\ \sqrt[3]{2}$
... und das ist endlich, was wir sehen wollten ! 
Al-Chwarizmi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:46 Di 17.11.2009 | | Autor: | ms2008de |
Vielen vielen Dank für die sehr ausführliche Erklärung, das hat mir doch sehr weitergeholfen. Habs verstanden.
Viele Grüße
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gern gemacht - und ![[gutenacht]](/images/smileys/gutenacht.gif "[gutenacht]")
ooh - das reimt sich sogar ...
Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:18 Mi 18.11.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo Al,
Du hast allerdings noch nicht verraten, wie Du ohne Kenntnis einer Lösung zu diesem Zeilenfortschritt gekommen bist:
$ \ [mm] 4\cdot{}y^4+2\cdot{}y^3-2\cdot{}y-1=0 [/mm] $
$ \ [mm] (2\cdot{}y+1)\cdot{}(2\cdot{}y^3-1)=0 [/mm] $
Wie immer durch "Hinschauen"? Das ist ja die Lieblingsauskunft aller Mathematiker über die black box, die sie sonst auch als Hinterkopf o.ä. bezeichnen.
rev
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> Hallo Al,
>
> Du hast allerdings noch nicht verraten, wie Du ohne
> Kenntnis einer Lösung zu diesem Zeilenfortschritt gekommen
> bist:
>
> [mm]\ 4\cdot{}y^4+2\cdot{}y^3-2\cdot{}y-1=0[/mm]
>
> [mm]\ (2\cdot{}y+1)\cdot{}(2\cdot{}y^3-1)=0[/mm]
>
> Wie immer durch "Hinschauen"? Das ist ja die
> Lieblingsauskunft aller Mathematiker über die black box,
> die sie sonst auch als Hinterkopf o.ä. bezeichnen.
>
>
> rev
Guten Tag reverend,
das ging tatsächlich durch Hinschauen, ohne vor-
gängige Suche nach einer Lösung: das quadratische
Glied ist rausgefallen, die Koeffizientenfolge ist
4 2 0 -2 -1
Wenn du dir dies anschaust, wird es auch in deinem
Hinterkopf klicken ...
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:20 So 15.11.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Die in der Aufgabe angegebene Konstruktion ist
mit unnötigen Elementen (Parallelogramm BDCE)
überladen. Man kann es einfacher haben:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Über einer Strecke [mm] \overline{AB}, [/mm] welche die Länge der
ursprünglichen Würfelkante hat, errichtet man ein
gleichseitiges Dreieck ABC. Die Grundlinie c=AB
wird verlängert, und auf BC errichtet man im Punkt
B die Normale n. Nun sucht man auf c denjenigen
Punkt F mit der Eigenschaft, dass der Schnittpunkt G
von CF mit n von F den Abstand [mm] \left|\overline{AB}\right| [/mm] hat. Dann ist
[mm] k=\left|\overline{CG}\right| [/mm] die Länge der Kante des Würfels mit doppel-
tem Volumen. Ist [mm] \left|\overline{AB}\right|=1, [/mm] wird also [mm] \left|\overline{CG}\right|=k=\wurzel[3]{2} [/mm] .
LG Al-Chw.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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