Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Curufin epsilonkugel
Analysis » Funktionen » Lösung der Gleichung A=B/sin²(x) +C/tan(x)
Autor
Kein bestimmter Bereich Lösung der Gleichung A=B/sin²(x) +C/tan(x)
Wario
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 946
  Themenstart: 2022-07-07

Es geht nochmal um die Gleichung $ A=\dfrac{B}{\sin^2(x)} +\dfrac{C}{\tan(x)}.$ €dit: Relevant ist die Lösung $x\in ]0,\pi[.$ Mit $\boxed{ \sin^2(x) =\dfrac{\tan^2(x)}{1+\tan^2(x)} }$ (sollte immer gültig sein) und $t :=\tan(x)$ wird $\begin{array}{l} A=\dfrac{B}{\dfrac{t^2}{1+t^2}} +\dfrac{C}{t} %\\[1em] \Leftrightarrow~ A =\dfrac{B (t^2+1)}{t^2} +\dfrac{C}{t} \Leftrightarrow~ A-B =\dfrac{B}{t^2} +\dfrac{C}{t} :=D \end{array}$ $~\Leftrightarrow~ D t^2 -Ct -B =0$ ($B$ ist positiv, $C$ und $D$ können positiv und negativ sein). Die gesuchte positive Lösung lautet $t =\dfrac{C +\sqrt{4BD +C^2}}{2D} =\tan(x)$ Problem: Jetzt ist mir aufgefallen, dass ich im Allgemeinen den Betrag nehmen muss, um die gesuchte Lösung $x$ zu erhalten, also $x =\left| \arctan\left( \dfrac{C +\sqrt{4BD +C^2}}{2D} \right) \right|$ (Woher weiß ich das? $x$ ist ein Winkel und wenn ich die Betragsversion einzeichne, ist der Winkel richtig.) An welche Stelle habe ich übersehen, dass der Betrag reinkommt?


   Profil
zippy
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 3960
  Beitrag No.1, eingetragen 2022-07-07

\quoteon(2022-07-07 01:03 - Wario im Themenstart) ($B$ ist positiv, $C$ und $D$ können positiv und negativ sein). Die gesuchte positive Lösung lautet $t =\dfrac{C +\sqrt{4BD +C^2}}{2D} =\tan(x)$ \quoteoff Deine Behauptung, dass diese Lösung unter den angegebenen Voraussetzungen stets positiv ist, stimmt nicht. --zippy


   Profil
zippy
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 3960
  Beitrag No.2, eingetragen 2022-07-07

Aber die Suche nach einer positiven Lösung für $t$ ist aus meiner Sicht ohnehin ein Irrweg. Die ursprüngliche Gleichung ist ja $\pi$-periodisch, daher können sich die beiden kleinsten positiven Lösungen für $x$ durchaus aus negativen Lösungen für $t$ ergeben. Betrachten wir als Beispiel $A=1$, $B=2$, $C=3$. Dann sind die Lösungen in $\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right]$ durch$$ x_1=-\frac\pi4 \;,\quad x_2=2\arctan\left[\frac12\left(1-\sqrt{5}\right)\right] \approx -1\mathord,107 $$gegeben, und die entsprechen den beiden kleinsten positiven Lösungen $\pi+x_1$, $\pi+x_2$. Um diese Lösungen zu erhalten, muss du beide Lösungen deiner quadratischen Gleichung für $t$ ernst nehmen (die in diesem Fall beide negativ sind).


   Profil
MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 2952
Wohnort: Werne
  Beitrag No.3, eingetragen 2022-07-07

Hallo Wario, zusätzlich zu dem von zippy Gesagten folgender Tipp: $$A\sin^2x=B+C\sin x\cos x$$ $$\frac12A(1-\cos2x)=B+\frac12C\sin2x$$ $$A-2B=C\sin2x+A\cos2x$$Durch $$\sin\alpha=\frac A{\sqrt{A^2+C^2}}\qquad \cos\alpha=\frac C{\sqrt{A^2+C^2}}$$ist $-\pi < \alpha \leq \pi$ vorzeichentechnisch eindeutig definiert, und in vielen Programmiersprachen ohne große if-Vergleiche berechenbar durch die atan2-Funktion. Dann folgt: $$\frac{A-2B}{\sqrt{A^2+C^2}}=\sin(2x+\alpha)$$ Ciao, Thomas


   Profil
Wario
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 946
  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-07

Ich habe vergessen zu erwähnen, dass nur die Lösung $x\in ]0,\pi[$ relevant ist. \quoteon(2022-07-07 13:23 - MontyPythagoras in Beitrag No. 3) $$\frac{A-2B}{\sqrt{A^2+C^2}}=\sin(2x+\alpha)$$ \quoteoff Jetzt habe ich auch mal $x =\dfrac{\arcsin\left( \dfrac{A-2B}{\sqrt{A^2+C^2}} \right)-\operatorname{atan2}(C,A)}{2}$ gerechnet. Kommt irgendwie nichts Gutes raus. Aber könnte auch Gründe der Rechengenauigkeit haben. Müsste ja stimmen. Die Tangensversion gibt mit den Substituenten ($A,B,C,D$) einen eleganten Ausdruck. Aber die Sinusversion dürfte besser sein (da $x\in ]0,\pi[$ gesucht ist).


   Profil
zippy
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 3960
  Beitrag No.5, eingetragen 2022-07-07

\quoteon(2022-07-07 15:41 - Wario in Beitrag No. 4) Ich habe vergessen zu erwähnen, dass nur die Lösung $x\in ]0,\pi[$ relevant ist. \quoteoff In dem Beispiel aus Beitrag Nr. 2 liegen $\pi+x_1$ und $\pi+x_2$ in diesem Intervall.


   Profil
Wario
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 946
  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-07

Ich glaube, ich sollte die Gleichung besser nach sin(x) lösen. Das mache ich jetzt erstmal und schaue, was sich dann ergibt.


   Profil
zippy
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 3960
  Beitrag No.7, eingetragen 2022-07-07

\quoteon(2022-07-07 17:35 - Wario in Beitrag No. 6) Das mache ich jetzt erstmal und schaue, was sich dann ergibt. \quoteoff Was soll sich denn ergeben? Die beiden Formeln liefern doch dieselben Ergebnisse, solange du nicht vergisst, dass diese Ergebnisse nur mod $\pi$ eindeutig sind. Ich betrachte nochmal das Beispiel aus Beitrag Nr. 2. Die $\arctan$-Formel liefert$$ x_1=-\frac\pi4 \;,\quad x_2=2\arctan\left[\frac12\left(1-\sqrt{5}\right)\right] \approx -1\mathord,107 $$und die $\arcsin$-Formel liefert$$ x_1=-\frac\pi4 \;,\quad x_2=\frac12\left(\pi+\arccos\frac35\right) \approx 2\mathord,034 \;. $$Beide Ergebnisse sind mod $\pi$ äquivalent und haben folgende Vertreter $\in[0,\pi)$:$$ x_1=\frac34\pi \;,\quad x_2\approx2\mathord,034 \;.$$


   Profil
Wario
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 946
  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-08

Ja. Was mich aber fix und fertig macht ist: Meine Test-Zahlenwerte lauten: A = 1.35204 B = 4.7411 C = 8.03963 D = -3.38907 Dafür wird mit $t_{1/2} =\dfrac{C +\sqrt{4BD +C^2}}{2D} =\tan(x_{1/2})$ t1 =-1.27512 t2 =-1.09712 x1 =-51.89009° x2 =-47.6471° Richtig (gemäß Winkel einzeichnen) ist aber +51.89009°, was dem Betrag $|x_1| =|\arctan(t_1)|$ entspricht. Und das ist mir unklar, wieso ich hier den Betrag nehmen musste.


   Profil
zippy
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 3960
  Beitrag No.9, eingetragen 2022-07-08

\quoteon(2022-07-08 15:31 - Wario in Beitrag No. 8) Richtig (gemäß Winkel einzeichnen) ist aber +51.89009°, was dem Betrag $|x_1| =|\arctan(t_1)|$ entspricht. Und das ist mir unklar, wieso ich hier den Betrag nehmen musste. \quoteoff Vermutlich passt das, was du zeichnest, einfach nicht zu der Gleichung $ A=\frac{B}{\sin^2(x)} +\frac{C}{\tan(x)}$. Dein Winkel kommt heraus, wenn man hier $C$ durch $-C$ ersetzt.


   Profil
Wario
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 946
  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-08

\quoteon(2022-07-08 15:51 - zippy in Beitrag No. 9) Dein Winkel kommt heraus, wenn man hier $C$ durch $-C$ ersetzt. \quoteoff Ähm, ja. Man müsste irgendwo (in der Vorabrechnung) den Kosinussatz richtig ansetzen. Dann dürfte jetzt alles klar sein. Danke.


   Profil
Wario
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 946
  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-08

Der einzige Knoten im Gehirn bleibt, dass $x_1 = 47.6471^\circ$ und $x_2 = 51.89009^\circ$ beides gültige Ergebnisse sind (positiv und zwischen 0° und 180°); wovon aber nur das zweite $x_2$ stimmt. Es scheint ein Auswahlkriterium zu geben, das mir unklar ist. Ich kann ja einmal die ganze Rechnung zeigen: $ % Anzeige \def\WinkelhalbierendenWinkel{1} \def\WinkelhalbierendenDreieck{1} \def\Seitenabschnitte{1} \def\GanzeWinkelHerleitung{0} \def\SeitenabschnitteHerleitung{0} \def\WinkelHerleitung{1} \ifnum\GanzeWinkelHerleitung=1 \def\WinkelhalbierendenWinkel{1} \def\WinkelhalbierendenDreieck{1} \def\Seitenabschnitte{0} \fi \ifnum\SeitenabschnitteHerleitung=1 \def\GanzeWinkelHerleitung{0} \def\WinkelhalbierendenWinkel{0} \def\WinkelhalbierendenDreieck{0} \def\Seitenabschnitte{1} \fi \ifnum\WinkelHerleitung=1 \def\WinkelhalbierendenWinkel{1} \def\WinkelhalbierendenDreieck{1} \def\Seitenabschnitte{1} \fi % Seitenlängen \pgfmathsetmacro{\a}{6} % 4 \pgfmathsetmacro{\b}{4} % 3.5 \pgfmathsetmacro{\c}{7} % 6 %%% Test %\pgfmathsetmacro{\a}{9.32} %\pgfmathsetmacro{\b}{10.4} %\pgfmathsetmacro{\c}{6.5} %%% Test 2 %\pgfmathsetmacro{\a}{9.32} %\pgfmathsetmacro{\b}{4.9} %\pgfmathsetmacro{\c}{6.5} \pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} \pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} \pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} \pgfmathsetmacro{\wA}{2*\b*\c*cos(\Alpha/2)/(\b+\c)} \pgfmathsetmacro{\wB}{2*\a*\c*cos(\Beta/2)/(\a+\c)} \pgfmathsetmacro{\wC}{2*\a*\b*cos(\Gamma/2)/(\a+\b)} % Inkreis \pgfmathsetmacro{\s}{0.5*(\a+\b+\c)} \pgfmathsetmacro{\F}{sqrt(\s*(\s-\a)*(\s-\b)*(\s-\c))} \pgfmathsetmacro{\r}{\F/\s} \pgfmathsetmacro{\ai}{\a/(2*\s)} \pgfmathsetmacro{\bi}{\b/(2*\s)} \pgfmathsetmacro{\ci}{\c/(2*\s)} % Seitenabschnitte der Winkelhalbierenden \pgfmathsetmacro{\aB}{\a*\c/(\b+\c)} \pgfmathsetmacro{\aC}{\a*\b/(\b+\c)} \pgfmathsetmacro{\bA}{\b*\c/(\a+\c)} \pgfmathsetmacro{\bC}{\a*\b/(\a+\c)} \pgfmathsetmacro{\cA}{\b*\c/(\a+\b)} \pgfmathsetmacro{\cB}{\a*\c/(\a+\b)} % Lösungen für den Winkel delta_b \pgfmathsetmacro{\A}{\aC^2-\bC^2} \pgfmathsetmacro{\B}{\aC^2*sin(\Gamma)^2} \pgfmathsetmacro{\C}{2*\aC*\bC*sin(\Gamma)} \pgfmathsetmacro{\D}{\A-\B} \pgfmathsetmacro{\t}{(\C+sqrt(4*\B*\D+\C*\C))/(2*\D)} \pgfmathsetmacro{\t}{-(sin(\Gamma))*\aC /(abs(cos(\Gamma))*\aC -\bC)} %(s x)/(sqrt(1 - s^2) x - y) \pgfmathsetmacro{\x}{(atan(\t))+180} % warum 'abs'? \pgfmathsetmacro{\x}{(asin((\A-2*\B)/sqrt(\A^2+\C^2))-atan2(0,\C+\A)))/2} % warum 'abs'? \pgfmathsetmacro{\tI}{(-\C+sqrt(4*\B*\D+\C*\C))/(2*\D)} \pgfmathsetmacro{\tII}{(-\C-sqrt(4*\B*\D+\C*\C))/(2*\D)} \pgfmathsetmacro{\xI}{(atan(\tI))} \pgfmathsetmacro{\xII}{(atan(\tII))} \pgfmathsetmacro{\tIs}{\aC*sin(\Gamma)/(\aC*abs(cos(\Gamma))+\bC)} \pgfmathsetmacro{\tIIs}{-\aC*sin(\Gamma)/(\aC*abs(cos(\Gamma))-\bC)} \pgfmathsetmacro{\xIs}{(atan(\tIs))} \pgfmathsetmacro{\xIIs}{(atan(\tIIs))} \pgfmathsetmacro{\x}{\xIs} % Test %\pgfmathsetmacro{\x}{33.3} \pgfmathsetmacro{\acsing}{\aC*sin(\Gamma)} \pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}} \begin{tikzpicture}[%scale=0.7, font=\footnotesize, background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle, Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} }, Dreieck/.style={thick}, ] % Dreieckskonstruktion \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; % Winkelhalbierende \draw[] (A) --+ (0.5*\Alpha:\wA) coordinate[label={[inner sep=1pt]45:$W_a$}] (Wa) node[pos=0.285, sloped, above, inner sep=1pt]{$w_\alpha$}; \draw[] (B) --+ (180-0.5*\Beta:\wB) coordinate[label={[inner sep=1pt]135:$W_b$}] (Wb) node[pos=0.3125, sloped, above, inner sep=1pt]{$w_\beta$}; \draw[] (C) --+ (-\Beta-0.5*\Gamma:\wC) coordinate[label=below:$W_c$] (Wc) node[pos=0.25, right, inner sep=1pt]{$w_\gamma$}; % Seitenabschnitte der Winkelhalbierenden \ifnum\Seitenabschnitte=1 \path[] (B) -- (Wa) node[midway, right]{$a_B$}; \path[] (C) -- (Wa) node[near start, right]{$a_C$}; \path[] (A) -- (Wb) node[midway, left]{$b_A$}; \path[] (C) -- (Wb) node[near start, left]{$b_C$}; \path[] (A) -- (Wc) node[midway, below]{$c_A$}; \path[] (B) -- (Wc) node[midway, below]{$c_B$}; \fi % Halbe Winkel \draw pic [draw, angle radius=10mm, angle eccentricity=0.8, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\frac{\alpha}{2}$" ] {angle =B--A--Wa}; \draw pic [draw, angle radius=10mm, angle eccentricity=0.8, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\frac{\alpha}{2}$" ] {angle =Wa--A--C}; \draw pic [draw, angle radius=15mm, angle eccentricity=0.9125, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\frac{\beta}{2}$" ] {angle =C--B--Wb}; \draw pic [draw, angle radius=15mm, angle eccentricity=0.93, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\frac{\beta}{2}$" ] {angle =Wb--B--A}; \draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.7, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\frac{\gamma}{2}$" ] {angle =A--C--Wc}; \draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.75, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\frac{\gamma}{2}$" ] {angle =Wc--C--B}; % Inkreis \coordinate[label={[inner sep=1.0pt, yshift=1.5pt]75:$I$}] (I) at ($\ai*(A)+\bi*(B)+\ci*(C)$); %\draw[] (I) circle[radius=\r]; % Winkelhalbierenden-Dreieck \ifnum\WinkelhalbierendenDreieck=1 \draw[local bounding box=dreieck] (Wa) -- (Wb) -- (Wc) --cycle; \fi % Winkel am Winkelhalbierenden-Dreieck \ifnum\WinkelhalbierendenWinkel=1 \draw pic [draw, angle radius=9mm, angle eccentricity=0.7, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\overline\delta_a$" ] {angle =C--Wa--Wb}; \draw pic [draw, angle radius=9mm, angle eccentricity=0.8125, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\overline\varepsilon_a$" ] {angle =Wb--Wa--A}; \draw pic [draw, angle radius=9mm, angle eccentricity=0.8, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\varepsilon_a$" ] {angle =A--Wa--Wc}; \draw pic [draw, angle radius=9mm, angle eccentricity=0.7, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\delta_a$" ] {angle =Wc--Wa--B}; \draw pic [draw, angle radius=8mm, angle eccentricity=0.75, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\delta_b$" ] {angle =Wa--Wb--C}; \draw pic [draw, angle radius=8mm, angle eccentricity=0.75, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\varepsilon_b$" ] {angle =B--Wb--Wa}; \draw pic [draw, angle radius=8mm, angle eccentricity=0.75, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\overline\varepsilon_b$" ] {angle =Wc--Wb--B}; \draw pic [draw, angle radius=8mm, angle eccentricity=0.75, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\overline\delta_b$" ] {angle =A--Wb--Wc}; \draw pic [draw, angle radius=8mm, angle eccentricity=0.75, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\delta_c$" ] {angle =Wb--Wc--A}; \draw pic [draw, angle radius=8mm, angle eccentricity=0.75, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\varepsilon_c$" ] {angle =C--Wc--Wb}; \draw pic [draw, angle radius=8mm, angle eccentricity=0.75, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\overline\varepsilon_c$" ] {angle =Wa--Wc--C}; \draw pic [draw, angle radius=8mm, angle eccentricity=0.75, % pic text={$\alpha$}, pic text options={}, "$\overline\delta_c$" ] {angle =B--Wc--Wa}; \fi % Lösung Test %\def\x{0} \draw[blue, thick] (Wb) -- ($(Wb)!2cm!\xI:(Wa)$) node[right]{$x_1$}; \draw[red, thick] (Wb) -- ($(Wb)!2cm!\xII:(Wa)$) node[left]{$x_2$}; %% Punkte \foreach \P in {Wa, Wb, Wc, I} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.5pt); % Annotation - Texte \tikzset{anno/.style={ below of=A, yshift=0.25cm, xshift=-7mm, anchor=north west, align=left, text width=2.3*\c cm, fill=black!1, %fill=gray, draw=none, font=\normalsize },} \ifnum\GanzeWinkelHerleitung=1%============================ \node[anno]{% \textbf{Winkel zwischen Winkelhalbierender und den Seitenabschnitten der Winkelhalbierenden; das heißt $ \boldsymbol{\delta_a+\epsilon_a,\, \delta_b+\epsilon_b,\, \delta_c+\epsilon_c,\, \overline\delta_a+\overline\epsilon_a,\, \overline\delta_b+\overline\epsilon_b,\, \overline\delta_c+\overline\epsilon_c}$ } \\[1em] Aus dem Dreieck $\triangle BCW_b$ entliest man $ \delta_b +\varepsilon_b +\gamma +\dfrac{\beta}{2} =180^\circ =\alpha +\beta +\gamma ~\Leftrightarrow~ \delta_b +\varepsilon_b =\alpha +\dfrac{\beta}{2}.$ Für den entsprechenden Supplementwinkel wird $ \overline\delta_b +\overline\varepsilon_b =180^\circ -(\delta_b +\varepsilon_b) =\alpha +\beta +\gamma -\alpha -\dfrac{\beta}{2} =\gamma +\dfrac{\beta}{2}.$ \\[1em] Also hat man folgende Winkel zwischen den Winkelhalbiernden und den Seitenabschnitten der Winkelhalbierenden: \\ $\begin{array}{| l |} \hline \sphericalangle AW_aB =\delta_a +\varepsilon_a =\gamma +\dfrac{\alpha}{2} \rule{0pt}{1.5em} \\[1em] \sphericalangle CW_aA =\overline\delta_a +\overline\varepsilon_a =\beta +\dfrac{\alpha}{2} \\[1em] \sphericalangle BW_bC =\delta_b +\varepsilon_b =\alpha +\dfrac{\beta}{2} \\[1em] \sphericalangle AW_bB =\overline\delta_b +\overline\varepsilon_b =\gamma +\dfrac{\beta}{2} \\[1em] \sphericalangle CW_cA =\delta_c +\varepsilon_c =\beta +\dfrac{\gamma}{2} \\[1em] \sphericalangle BW_cC =\overline\delta_c +\overline\varepsilon_c =\alpha +\dfrac{\gamma}{2} \\[1em] \hline \end{array}$ }; \fi%=========================================== \ifnum\SeitenabschnitteHerleitung=1%====================== \node[anno]{% \textbf{Seitenabschnitte der Winkelhalbierenden; das heißt $\boldsymbol{ a_B :=|BW_a|,\, a_C :=|CW_a|,\, b_A :=|AW_b|,\, b_C :=|CW_b|,\, c_A :=|AW_c|,\, c_B :=|BW_c|,\, }$} \\[1em] Mit Hilfe des Kosinussatzes wird \\ \def\wa{\dfrac{2bc \, \cos\left( \dfrac{\alpha}{2} \right)}{b+c}} \def\waQ{\dfrac{4b^2c^2 \, \cos^2\left( \dfrac{\alpha}{2} \right)}{(b+c)^2}} \def\cosahQ{\sqrt{ \dfrac{s(s-a)}{bc} } } \def\waI{\dfrac{2bc \, \cosahQ }{b+c}} $\begin{array}{l l} a_C^2 &=w_\alpha^2 +b^2 -2bw_\alpha\, \cos\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) \\[1em] &=\left( \wa \right)^2 +b^2 -2b\, \wa\, \cos\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) \\[1em] &=\waQ +b^2 -\dfrac{4b^2 c \cos^2\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) }{b+c} \\[1em] &=b^2 \left( \dfrac{4c^2}{(b+c)^2} -\dfrac{4 c}{b+c} \right) \cos^2\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) +b^2 \\[1em] &=b^2\, \dfrac{4c^2 -4c(b+c)}{(b+c)^2} \cos^2\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) +b^2 \\[1em] &=b^2\, \dfrac{4c^2 -4c(b+c)}{(b+c)^2} \cos^2\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) +b^2 \\[1em] &=b^2 \left( 1 -\dfrac{4bc}{(b+c)^2} \cos^2\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) \right) \\[1em] &=b^2 \left( 1 -\dfrac{4bc}{(b+c)^2} \dfrac{s(s-a)}{bc} \right) %\\[1em]& =b^2 \left( 1 -\dfrac{4s(s-a)}{(b+c)^2} \right) \\[1em] & =b^2 \, \dfrac{(b+c)^2 -4s(s-a)}{(b+c)^2} \\[1em] &=b^2 \, \dfrac{\Bigl(\, \overbrace{(s-a)+(s-c)}^{=b} + \overbrace{(s-a)+(s-b)}^{=c} \,\Bigr)^2 -4s(s-a)}{(b+c)^2} \\[1em] &=b^2 \, \dfrac{\stackrel{s\ = \ (s-a)+(s-b)+(s-c)}{(\overbrace{s} +(s-a))^2} -4s(s-a)}{(b+c)^2} \\[1em] &=b^2 \, \dfrac{s^2 +(s-a)^2 +2s(s-a) -4s(s-a)}{(b+c)^2} \\[1em] &=b^2 \, \dfrac{\bigl( s-(s-a) \bigr)^2 }{(b+c)^2} \\[1em] &=b^2 \, \dfrac{a^2}{(b+c)^2} = \, \dfrac{a^2 b^2}{(b+c)^2} =a_C^2 \\[1em] \end{array}$ \\[1em] Also hat man für die Seitenabschnitte der Winkelhalbierenden: \\ $\begin{array}{| l @{\hspace{4em}}l |} \hline |BW_a| =a_B =\dfrac{ac}{b+c} & |CW_a| =a_C =\dfrac{ab}{b+c} \rule{0pt}{1.75em} \\[1em] |AW_b| =b_A =\dfrac{bc}{a+c} & |CW_b| =b_C =\dfrac{ab}{a+c} \\[1em] |AW_c| =c_A =\dfrac{bc}{a+b} & |BW_c| =c_B =\dfrac{ac}{a+b} \\[1em] \hline \end{array}$ }; \fi%=========================================== \ifnum\WinkelHerleitung=1%=========================== \node[anno](text){% \textbf{Winkel zwischen den Seitenabschnitten der Winkelhalbierenden und den Seiten des Dreiecks, das aus den Schnittpunkten des Ausgangsdreiecks mit der Winkelhalbierenden entsteht; das heißt $ \boldsymbol{\delta_a,\, \delta_b,\, \delta_c,\, \overline\delta_a,\, \overline\delta_b,\, \overline\delta_c}$ } \\[1em] Nach dem Kosinussatz ist: $a_C^2 =|W_aW_b|^2 +b_C^2 -2|W_aW_b|b_C\, \cos(\delta_b)$, wobei nach dem Gesagten ${a_C =\dfrac{ab}{b+c}}$ und ${b_C =\dfrac{ab}{a+c}}$ ist. \\ Nach dem Sinussatz ist: $ \dfrac{\sin(\delta_b)}{\sin(\gamma)} =\dfrac{a_C}{|W_aW_b|} ~\Leftrightarrow~ |W_aW_b| =a_C\, \dfrac{\sin(\gamma)}{\sin(\delta_b)}.$ \\ Damit wird \\ $\def\WaWb{a_C\, \dfrac{\sin(\gamma)}{\sin(\delta_b)}} \begin{array}{l} a_C^2 =\left( \WaWb \right)^2 +b_C^2 -2 \WaWb b_C\, \cos(\delta_b) %\\ \Leftrightarrow~ a_C^2 -b_C^2 =\dfrac{a_C^2 \sin^2(\gamma)}{\sin^2(\delta_b)} -\dfrac{2a_C b_C \sin(\gamma)}{\tan(\delta_b)} \end{array}$ \\[1em] Also ist die Gleichung $ A=\dfrac{B}{\sin^2(x)} -\dfrac{C}{\tan(x)} $ nach $x=\delta_b$ zu lösen, wobei \\[1em] ${A=a_C^2 -b_C^2 %=\dfrac{a^2b^2}{(b+c)^2} -\dfrac{a^2b^2}{(a+c)^2} }$ und ${B =a_C^2 \sin^2(\gamma) %=\dfrac{a^2b^2\sin^2(\gamma)}{(b+c)^2} }$ und ${C = 2a_C b_C \sin(\gamma) %=\dfrac{2a^2b^2 \sin(\gamma)}{(b+c)(a+c)} .}$ \\[1em] Mit $\boxed{ \sin^2(x) =\dfrac{\tan^2(x)}{1+\tan^2(x)} }$ und $t :=\tan(x)$ wird \\ $\begin{array}{l} A=\dfrac{B}{\dfrac{t^2}{1+t^2}} -\dfrac{C}{t} %\\[1em] \Leftrightarrow~ A =\dfrac{B (t^2+1)}{t^2} -\dfrac{C}{t} %\\ \Leftrightarrow~ A-B =\dfrac{B}{t^2} -\dfrac{C}{t} =:D \end{array}$ \\[1.5em] $~\Leftrightarrow~ D t^2 +Ct -B =0 $ \\[1em] %wobei %\\ $\noindent\begin{array}{@{}l l} \text{wobei } D=A-B & =a_C^2 -b_C^2 -a_C^2\,\sin^2(\gamma) \\[1em] &=a_C^2 \left(1-\sin^2(\gamma) \right) -b_C^2 \\[1em] &=a_C^2 \cos^2(\gamma) -b_C^2 =D \end{array}$ \\[1em] Als Lösungen der quadratischen Gleichung erhält man \\[1em] $\def\B{a_C^2 \sin^2(\gamma) } \def\C{2a_C b_C \sin(\gamma) } \def\Ckl{\bigl( 2a_C b_C \sin(\gamma) \bigr)} \def\D{ a_C^2 \cos^2(\gamma) -b_C^2 } \def\Dkl{\bigl( a_C^2 \cos^2(\gamma) -b_C^2 \bigr)} \begin{array}{l l} t_{1/2} =\dfrac{-C \pm \sqrt{4BD +C^2}}{2D} &=\dfrac{-\C \pm\sqrt{4\B \Dkl +\Ckl^2}}{2\Dkl} \\[1em] &=\dfrac{-\C \pm 2a_C \sin(\gamma) \sqrt{a_C^2\cos^2(\gamma) -b_C^2+b_C^2} }{2\Dkl} \\[1em] &=a_C \sin(\gamma)\, \dfrac{\pm a_C\, |\cos(\gamma)| -b_C }{\D} \\[1em] &=a_C \sin(\gamma)\, \dfrac{\pm a_C\, |\cos(\gamma)| -b_C } {a_C^2\, |\cos(\gamma)|^2 -b_C^2} \\[1em] &=a_C \sin(\gamma)\, \dfrac{\pm a_C\, |\cos(\gamma)| -b_C } {\bigl( a_C\, |\cos(\gamma)| +b_C \bigr) \bigl( a_C\, |\cos(\gamma)| -b_C \bigr) } \\[1.5em] &=\begin{cases} a_C\sin(\gamma)\, \dfrac{1}{a_C\, |\cos(\gamma)|+b_C} =t_1 :=\tan(x_1) \\[1.5em] a_C\sin(\gamma)\, \dfrac{-1}{a_C\, |\cos(\gamma)|-b_C} =t_2 :=\tan(x_2) \end{cases} %&=\underline{\underline{ \dfrac{a_C \sin(\gamma)}{a_C\, |\cos(\gamma)| -b_C} =\tan(\delta_b) }} \end{array}$ }; \node[fill=lightgray, anchor=north west, align=left] at (text.south west) { $\begin{array}{ l } a=\a \\ b = \b \\ c =\c \\ \hline \alpha =\Alpha^\circ \\ \beta =\Beta^\circ \\ \gamma=\Gamma^\circ \\ \hline a_C=\aC \\ b_C=\bC \\ \hline A=\A \\ B=\B \\ C=\C \\ D=\D \\ \hline %t=\t \\ %x=\x~~ richtig ist 51.85428 \\ %aC sin(gamma) = \acsing \\[1em] t_1 =\tI \\ t_2 =\tII \\ {\color{blue} x_1 =\xI^\circ ~\text{(blau eingezeichnet, falsch)}} \\ {\color{red} x_2 =\xII^\circ ~\text{(rot eingezeichnet, richtig)}} \\ \\[1em] %t1s =\tIs \\ %t2s =\tIIs \\ %x1s =\xIs \\ %x2s =\xIIs \\[1em] \end{array}$ }; \fi%=========================================== % t = (C ± sqrt(4 B D + C^2))/(2 D) (D!=0) % A = (B (t^2 + 1))/t^2 + C/t % A = B/t^2 + B + C/t %a^2 b^2 (-1/(a + c)^2 - s^2/(b + c)^2 + 1/(b + c)^2) %% Winkelhalbierende %\draw[] (C) --+ (-\Beta-0.5*\Gamma:\wC) coordinate[Punkt={below}{W_c}] (Wc); %\path[] (A) -- (Wc) node[midway, below]{$m_c$}; %\path[] (B) -- (Wc) node[midway, below]{$n_c$}; %\draw pic [draw, angle radius=3mm, angle eccentricity=1.8, %% pic text={$\alpha$}, pic text options={}, %"$\gamma/2$", %] {angle =A--C--Wc}; %\draw pic [draw, angle radius=4mm, angle eccentricity=1.8, %% pic text={$\alpha$}, pic text options={}, %"$\gamma/2$", %] {angle =Wc--C--B}; % %\draw[] (A) --+ (0.5*\Alpha:\wA) coordinate[Punkt={right}{W_a}] (Wa); %\path[] (B) -- (Wa) node[midway, above]{$m_a$}; %\path[] (C) -- (Wa) node[midway, above]{$n_a$}; %\draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=1.8, %% pic text={$\alpha$}, pic text options={}, %"$\alpha/2$", %] {angle =Wa--A--C}; %\draw pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=1.8, %% pic text={$\alpha$}, pic text options={}, %"$\alpha/2$", %] {angle =B--A--Wa}; % %\draw[] (B) --+ (180-0.5*\Beta:\wB) coordinate[Punkt={left}{W_b}] (Wb); %\path[] (A) -- (Wb) node[midway, left]{$m_b$}; %\path[] (C) -- (Wb) node[midway, left]{$n_b$}; %\draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=2, %% pic text={$\alpha$}, pic text options={}, %"$\beta/2$", %] {angle =Wb--B--A}; %\draw pic [draw, angle radius=8mm, angle eccentricity=1.7, %% pic text={$\alpha$}, pic text options={}, %"$\beta/2$", %] {angle =C--B--Wb}; % %%%% Punkte %\foreach \P in {Wa,Wb,Wc} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt); \end{tikzpicture} $


   Profil
Caban
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 06.09.2018
Mitteilungen: 2353
Wohnort: Brennpunkt einer Parabel
  Beitrag No.12, eingetragen 2022-07-08

Hallo Meine Vermutung auf die Schnelle ist, das es zwei Lösungsdreicke gibt, eine die die richtige Lösung erfüllt und eine die die "falsche" Lösung erfüllt, Gruß Caban


   Profil
Wario
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 946
  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-09

Also bei meinen Testbeispielen war immer $x_2$ der richtige Wert. Man musste lediglich, bei negativem $x_2$, 180° addieren. Ich weiß aber nicht, ob das etwas zu bedeuten hat.


   Profil
Caban
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 06.09.2018
Mitteilungen: 2353
Wohnort: Brennpunkt einer Parabel
  Beitrag No.14, eingetragen 2022-07-09

Hallo Ich meine, dass es eine weitere Lösung gibt. Wenn man bei x^2+x 10 einsetzt ergibt sich x^2+x=110. Aber die Gleichung hat jedoch noch eine zweite Lösung. Gruß Caban


   Profil
Wario
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 946
  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-09

\quoteon(2022-07-09 10:47 - Caban in Beitrag No. 14) Wenn man bei x^2+x 10 einsetzt ergibt sich x^2+x=110. Aber die Gleichung hat jedoch noch eine zweite Lösung. \quoteoff Das habe ich schon verstanden. Die Frage ist, wie ich von beiden Lösungen die richtige auswähle. €dit: Bei den Testbeispielen sieht es so aus, als ob immer der größere Winkel von $x_1$, $x_2$ der richtige ist (und das war bei mir bis jetzt immer $x_2$); wobei aber bei negativem Wert 180° addiert werden muss, und dann der größere Wert gewählt werden muss. Falls das richtig ist, wäre das aber zu begründen. 🤔


   Profil
Wario
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 946
  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-12

\quoteon(2022-07-08 16:32 - Wario in Beitrag No. 11) Der einzige Knoten im Gehirn bleibt, dass $x_1 = 47.6471^\circ$ und $x_2 = 51.89009^\circ$ beides gültige Ergebnisse sind (positiv und zwischen 0° und 180°); wovon aber nur das zweite $x_2$ stimmt. Es scheint ein Auswahlkriterium zu geben, das mir unklar ist. Ich kann ja einmal die ganze Rechnung zeigen: ..... \quoteoff Jemand eine Idee, wie man das Dilemma lösen könnte? Ich könnte mir vorstellen, man muss eine eine Größergleich-Bedingung aufstellen oder sowas.


   Profil
Wario hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Wario hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt.

Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2022 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]