konstruktion zirkel lineal < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:29 Mi 15.04.2009 | | Autor: | bobby |
hallo liebe leute,
hat jemand eine idee zu dieser aufgabe?
gegeben sei eine strecke BC der länge 1. aus stetigkeitsgründen ist klar, dass es ein dreieck gibt mit der seitenlänge a=1 (Strecke BC) und [mm] w_{\alpha} [/mm] =1 (länge der winkelhalbierenden von [mm] \alpha [/mm] , d.h. des winkels gegenüber der seite a). außerdem ist winkel [mm] \gamma [/mm] ein rechter winkel.
lässt sich dieses dreieck mit zirkel und lineal konstruieren?
nach dem versuch es zu konstruieren denke ich, dass es nicht möglich ist, bei mir ergibt sich nämlich immer, dass der winkel [mm] \alpha [/mm] nicht korrekt halbiert wird...
ich habe nun den ansatz gewählt, zu zeigen, dass es ein irreduzibles polynom dritten grades aus [mm] \IQ [/mm] [x] geben muss, dass die nullstelle (cos [mm] \bruch{\alpha}{2})^{2} [/mm] hat, dann wäre das dreieck nicht konstruierbar, da das polynom ja keinen grad von der potenz von 2 hat.
mein ansatz war jetzt noch die formel
cos [mm] \alpha [/mm] = 2*(cos [mm] \bruch{\alpha}{2})^{2} [/mm] -1 zu nutzen (nach den winkeln im rechtwinkligen dreieck bzw. additionstheorem).
aber jetzt komm ich nicht recht weiter, wie ich auf das polynom dritten grades kommen soll...
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Um sich nicht mit Trigonometrie herumschlagen
zu müssen, kann man mittels Pythagoras und
dem Satz, dass die Winkelhalbierende die gegen-
überliegende Seite im Verhältnis der anliegenden
Seiten teilt, leicht 3 Gleichungen für die drei
Unbekannten b,c,u aufstellen, wobei [mm] u=|\overline{CT}| [/mm] und
$\ [mm] T\,=\,w_{\alpha}\cap [/mm] a$ ist. Dann kann man versuchen,
dieses System zu einer Gleichung für eine
einzige Variable zu destillieren.
LG Al
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:03 Mi 15.04.2009 | | Autor: | abakus |
Hallo,
die Längevon [mm] W_{\alpha}C [/mm] sei a. Da BC die Länge 1 hat, hat [mm] BW_{\alpha} [/mm] die Länge 1-a
Der rechte Winkel gehört dem oberen Teildreieck und dem Gesamtdreieck; nach dem Satz des Pythagoras gilt [mm] AC=\wurzel{1-a^2} [/mm] und [mm] AB=\wurzel{2-a^2} [/mm] .
Die Winkelhalbierende teilt die gegenberliegende Seite im Verhältnis der anliegenden Seiten.
Daraus folgt [mm] a:(1-a)=\wurzel{1-a^2}:\wurzel{2-a^2}.
[/mm]
Diese Verhältnisgleichung hat eine Lösung a. Wenn diese Lösung als Summe, Differenz, Wurzel... von rationalen Zahlen darstellbar ist, dann ist die Länge a konstruierbar; sonst nicht.
Gruß Abakus
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> Hallo,
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> die Längevon [mm]W_{\alpha}C[/mm] sei a.
hallo Abakus,
es ist nur ein wenig ungeschickt, diese Streckenlänge
mit a zu bezeichnen, da a ja eigentlich in dem Dreieck
für die gegebene Seitenlänge, eben a=1, steht ...
Ich habe b als Hauptvariable genommen und komme
dann über recht viele Umformungen (und Gleichungen
bis zum 8. Grad, wobei es sich nachher wieder etwas
lichtet) zur Gleichung
$\ [mm] Q^3-Q+\bruch{1}{4}=0$
[/mm]
wobei [mm] Q=b^2. [/mm] Dies ist tatsächlich ebenfalls eine
kubische (und deshalb wohl nicht ZL-lösbare)
Gleichung wie die, die du für dein a (bzw. mein u)
bekommst.
LG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:18 Mi 15.04.2009 | | Autor: | abakus |
> > Hallo,
> >
> > die Längevon [mm]W_{\alpha}C[/mm] sei a.
>
>
> hallo Abakus,
>
> es ist nur ein wenig ungeschickt, diese Streckenlänge
> mit a zu bezeichnen, da a ja eigentlich in dem Dreieck
> für die gegebene Seitenlänge, eben a=1, steht ...
>
> Ich habe b als Hauptvariable genommen und komme
> dann über recht viele Umformungen (und Gleichungen
> bis zum 8. Grad, wobei es sich nachher wieder etwas
> lichtet) zur Gleichung
>
> [mm]\ Q^3+Q^2-2*Q+\bruch{1}{4}=0[/mm]
>
> wobei [mm]Q=b^2.[/mm] Dies ist tatsächlich ebenfalls eine
> kubische (und deshalb wohl nicht ZL-lösbare)
> Gleichung wie die, die du für dein a (bzw. mein u)
> bekommst.
>
> LG
Hallo,
da habe ich eine etwas andere Gleichung:
[mm] 2a^3-2a^2-2a+1=0
[/mm]
(a ist bei mir immer noch die Länge des "oberen" Abschnitts).
Mathcad liefert dafür einige grauenhafte imaginäre Terme- nichts was mit Zirkel und Lineal konstruierbar wäre.
Gruß Abakus
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> > Ich habe b als Hauptvariable genommen und komme
> > dann über recht viele Umformungen (und Gleichungen
> > bis zum 8. Grad, wobei es sich nachher wieder etwas
> > lichtet) zur Gleichung
EDIT:
> > [mm]\ Q^3-Q+\bruch{1}{4}=0[/mm]
(da war zuerst noch ein Fehler drin)
> > wobei [mm]Q=b^2.[/mm] Dies ist tatsächlich ebenfalls eine
> > kubische (und deshalb wohl nicht ZL-lösbare)
> > Gleichung wie die, die du für dein a (bzw. mein u)
> > bekommst.
Die (einzig sinnvolle) reelle Lösung ist [mm] Q\approx0.8376
[/mm]
und damit [mm] b\approx0.9152, [/mm] was mit der in Frage kommenden
Lösung [mm] a\approx0.4030 [/mm] (ich würde lieber schreiben [mm] u\approx0.4030)
[/mm]
deiner Gleichung zusammenpasst.
> Hallo,
> da habe ich eine etwas andere Gleichung:
> [mm]2a^3-2a^2-2a+1=0[/mm]
> (a ist bei mir immer noch die Länge des "oberen"
> Abschnitts).
> Mathcad liefert dafür einige grauenhafte imaginäre Terme-
> nichts was mit Zirkel und Lineal konstruierbar wäre.
> Gruß Abakus
Na klar, für den Abschnitt, den du a nennst, bekommst
du natürlich eine andere Gleichung als ich für das Q mit
[mm] Q=b^2. [/mm] Interessant schien mir nur, zu bemerken, dass
wirklich deine und meine Gleichung kubisch sind (so wie
von bobby erwartet) und somit kaum Hoffnung auf die
Möglichkeit einer (eher zufälligen) Lösbarkeit mit Zirkel
und Lineal besteht.
Ich habe mir nicht die Mühe genommen, die Gleichung(en)
wirklich zu lösen. Man könnte natürlich jetzt die Kompa-
tibilität deiner und meiner Gleichung wenigstens numerisch
überprüfen. Ich vermute, dass es zusammenpasst, aber
überlasse die Überprüfung gerne jemandem, der das zu
dieser Stunde noch mag ...
LG Al
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:50 Mi 15.04.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo Ihr beiden,
ich mag das nicht überprüfen, habe aber vorhin die gleiche Gleichung wie abakus untersucht. Sie hat drei reelle (!) Nullstellen - nichts Imaginäres.
How come?
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:04 Do 16.04.2009 | | Autor: | abakus |
> Hallo Ihr beiden,
>
> ich mag das nicht überprüfen, habe aber vorhin die gleiche
> Gleichung wie abakus untersucht. Sie hat drei reelle (!)
> Nullstellen - nichts Imaginäres.
>
> How come?
>
> Grüße
> reverend
Da habe ich wohl mein Mathcad-Ergebnis falsch interpretiert?
Seht euch mal dieses Monstrum an:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gruß Abakus
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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Hallo abakus,
das ist ja in der Tat die Mutter aller Monster...
Ich habe einfach geplottet:
[Dateianhang nicht öffentlich]
...und das sieht doch sehr nach Nullstellen aus.
Grüße
reverend
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: PNG) [nicht öffentlich]
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> Da habe ich wohl mein Mathcad-Ergebnis falsch
> interpretiert?
> Seht euch mal dieses Monstrum an:
> [Dateianhang nicht öffentlich]
>
> Gruß Abakus
Was bedeutet denn das "li", das in der Formel
sieben Mal vorkommt ?
LG Al
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> Hallo Al,
>
> das sollte der Integrallogarithmus sein, denke ich.
> Grüße
> reverend
Danke reverend,
das hab ich mir ja so halbwegs auch gedacht, nur
konnte ich mir nicht so recht zusammenrhymen,
was der Integrallogarrhythmus  bei der Lösung
einer kubischen Gleichung zu suchen hat ...
Zudem ist mir nicht klar, weshalb da in der
Lösungsmatrix nur zwei Lösungsterme stehen,
wo es doch offensichtlich drei reelle Lösungen
gibt.
LG Al
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:32 Do 16.04.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo Al,
das ist eine gute Frage. Zumal [mm] li\wurzel{111} [/mm] ja etwas alchimistisches an sich hat...
Logo-Rhymeschemen huschen vorüber, irgendwo in der Ferne unkt ein Zea-Ess. Schaurig schön.
Ich bezweifle die Lösung unter anderem deswegen, weil ich sie nicht verifizieren kann. Wie mach ich da die Probe?
Grüße
reverend
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 14:47 Do 16.04.2009 | | Autor: | abakus |
> Hallo Al,
>
> das ist eine gute Frage. Zumal [mm]li\wurzel{111}[/mm] ja etwas
> alchimistisches an sich hat...
>
> Logo-Rhymeschemen huschen vorüber, irgendwo in der Ferne
> unkt ein Zea-Ess. Schaurig schön.
>
> Ich bezweifle die Lösung unter anderem deswegen, weil ich
> sie nicht verifizieren kann. Wie mach ich da die Probe?
>
> Grüße
> reverend
Hallo Reverend und Al-C,
ich habe nur Mathcad. Was sagen denn eure schlauen Mathematikerprogramme (Maple, Mathematica & Co) beim Versuch, die kubische Gleichung aufzulösen?
Gruß Abakus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:56 Do 16.04.2009 | | Autor: | weduwe |
arndt brünner sagt, die kubische gleichung hat 3 reelle lösungen,
die passende ist/scheint zu sein
x= 0,4030317168
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:03 Do 16.04.2009 | | Autor: | abakus |
> arndt brünner sagt, die kubische gleichung hat 3 reelle
> lösungen,
> die passende ist/scheint zu sein
>
> x= 0,4030317168
Was man halt so "Lösung" nennt. Es ist ein (je nach Qualitätsanspruch) mehr oder weniger schlechter Näherungswert. Für "praktische" Ansprüche (z.B. "Feile das Dreieck maßgenau aus einen Stück Eisenblech") sicher ausreichend, für eine klassische Konstruktion mit Zirkel und Lineal in einer endlichen Anzahl von Schritten untauglich.
Gruß Abakus
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:47 Do 16.04.2009 | | Autor: | weduwe |
> > arndt brünner sagt, die kubische gleichung hat 3 reelle
> > lösungen,
> > die passende ist/scheint zu sein
> >
> > x= 0,4030317168
> Was man halt so "Lösung" nennt. Es ist ein (je nach
> Qualitätsanspruch) mehr oder weniger schlechter
> Näherungswert. Für "praktische" Ansprüche (z.B. "Feile das
> Dreieck maßgenau aus einen Stück Eisenblech") sicher
> ausreichend, für eine klassische Konstruktion mit Zirkel
> und Lineal in einer endlichen Anzahl von Schritten
> untauglich.
> Gruß Abakus
> >
da es sich um eine kubische gleichung handelt, lassen sich die wurzeln meines wissens eh nicht mit ZuL konstruieren.
daher wäre das ein streit um des kaisers bart 
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:00 Do 16.04.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo abakus,
ich habe nur die ganz altmodische Fassung "brain".
Da bin ich gerade zu bequem, die Cardanischen Formeln zu bemühen...
Al hat ein älteres Mathematica. Mal sehen, was das so auswirft.
Grüße
reverend
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> Al hat ein älteres Mathematica.
Hallo,
So ist es, aber gegenwärtig befinde ich mich nicht da,
wo ich das zur Verfügung hätte. Ich meine aber, dass
es kubische Gleichungen mit Cardano exakt löst und
jedenfalls ohne die Li-Funktion auskommt.
Ich hab's mit MuPad probiert - dessen solve-Befehl
ist durch die Gleichung überfordert, es geht nur
mit nsolve.
an weduwe: es gibt schon Beispiele von kubischen
Gleichungen, deren Lösungen ZL-konstruierbar
sind, zum Beispiel:
$\ [mm] 4\,x^3-3\,x+1\ [/mm] =\ 0$
Das ist die Gleichung für [mm] x=cos(\alpha), [/mm] wenn der
gestreckte Winkel dreigeteilt werden soll. Dies
ist bekanntlich mit Zirkel und Lineal machbar, und
auch die Gleichung ist leicht (nur mittels Quadrat-
wurzeln) lösbar. So gesehen, sind sehr viele der
kubischen Gleichungen, die in Schulbüchern tradiert
werden, ZL-lösbar.
Die in der Aufgabe entstandenen kubischen Glei-
chungen wären aber nette Beispiele für jemand,
der mal die Cardanischen Formeln ausprobieren
möchte !
Gruß Al
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:33 Do 16.04.2009 | | Autor: | weduwe |
das war zu schlampig von mir,
ich meinte eine kubikwurzel (nicht kubische gleichung) und hoffe, dass das nun stimmt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:20 Sa 18.04.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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> Hallo Al,
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> das ist eine gute Frage. Zumal [mm]li\wurzel{111}[/mm] ja etwas
> alchimistisches an sich hat...
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> Logo-Rhymeschemen huschen vorüber, irgendwo in der Ferne
> unkt ein Zea-Ess. Schaurig schön.
hallo reverend,
du weckst ja erst richtig die poetischen Phantasien ...
Bei Li habe ich wirklich auch an das Ele- und das Medi-
kament und den Urknall gedacht, aber was issn Zea-Ess ?
Etwas das man wissen müsste ? oder gar was maddemad-
disches, das einem Algemacbrethysten nicht verborgen
bleiben sollte ?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:03 Fr 17.04.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo Al,
ein Zea-Ess schreibt sich heute CAS, liest sich aber noch genauso.
Grüße
reverend
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> Hallo Al,
>
> ein Zea-Ess schreibt sich heute CAS, liest sich aber noch
> genauso.
>
> Grüße
> reverend
Ach so - für mich ist das halt auch etwa ein Kass ...
Jetzt ist der poetische Schimmer aber wieder etwas verflogen ...
LG Al
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:06 Fr 17.04.2009 | | Autor: | reverend |
Sic transeunt in lumine diei noctis miracula.
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> Sic transeunt in lumine diei noctis miracula.
Ja. Sehr schön gesacht !
So vergeh'n im Tageslicht
die Wunder der Nacht ...
Almost a rhyme again
Das muss mir irgendein C4 eingeflüstert haben,
denn ich bin schon wieder am Ende meines LaT-1 !
Al
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> > Hallo Al,
> >
> > ein Zea-Ess schreibt sich heute CAS, liest sich aber noch
> > genauso.
> >
> > Grüße
> > reverend
>
>
> Ach so - für mich ist das halt auch etwa ein Kass ...
>
> Jetzt ist der poetische Schimmer aber wieder etwas
> verflogen ...
>
> ou bien CASsé un peu, on pourrait dire ...
>
> LG Al
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Wenn man jetzt in der Gleichung
[mm] 2a^3-2a^2-2a+1 [/mm] das a durch 1/x substituiert, erhält man
[mm] 2/x^3-2/x^2-2/x+1 [/mm] = [mm] 1/x^3(2-2x-2x^2+x^3).
[/mm]
Die Klammer ist aber nach dem Kriterium von Eisenstein irreduzibel, damit das Ausgangspolynom auch.
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![[]](/images/popup.gif){kind=small}
Integrallogarithmus