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Hi, leider steh ich hier ziemlich auf dem Schlauch, ihr habt da sicher Ahnung.


Aufgabe:

Begründen sie dass cos(72°) = \( \frac{\sqrt{5}-1}{4} \)


Zuvor habe ich die n-ten wurzeln aus

z^5=1 berechnet

für z1(achtung, beginne bei z0=0°) habe ich den winkel 72° allerdings hilft mir das gerade nicht weiter.

Vielen Dank schonmal im voraus!

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Danke für die Antwort.

Das finde ich aber schwierig, da wird auch für cos( 36) einfach ein Bruch eingesetzt, dessen Herkunft sich mir nicht wirklich erschließt.

Das finde ich aber schwierig, da wird auch für cos( 36) einfach ein Bruch eingesetzt, dessen Herkunft sich mir nicht wirklich erschließt.

Das sehe ich auch so.

cos(36°) ist kein cos, den man lernt.

Man lernt cos(30°). cos(45°), cos(60°).

Warte auf weitere Kommentare.

Dein Ansatz, die komplexen fünften Einheitswurzeln zu betrachten, ist doch sehr gut.

Mit φ=(√5-1)/2 und Φ=(√5+1)/2 ergibt sich die Zerlegung
z^5 - 1  =  (z-1)(z^2-φz+1)(z^2+Φz+1) und die Lösungen von z^2-φz+1 = 0  sind einerseits cos(72°) ± i·sin(72°) und andererseits φ/2 ± i·√(1-φ^2/4)

@Gast hj2166

Ich finde es schade, wenn gute Lösungen nur in Kommentaren stehen.

Ich finde es schade, wenn gute Lösungen nur in Kommentaren stehen.

ich auch ;-)

... wobei ich meine Lösung 'fluffiger' finde als die von trancelocation. Immerhin kommt sie mit Mathematik aus, die seit mehr als 2000 Jahren bekannt ist. Wer kennt schon den 'Rational Root Test'.
Aber dieses Urteil muss ich letztlich Zeebuhh überlassen.

3 Antworten

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Beste Antwort

Hier ist ein Weg über Polynome.

Ziel ist es, die Doppelwinkelformel zu benutzen:
$$\cos 2x = 2\cos^2 x -1\quad (1)$$

Wir setzen zur Abkürzung

$$w= \cos 72°$$

Nun gilt

$$\cos 72° = \cos (360°-72°) = \cos( 4\cdot 72°) \quad (2) \quad \text{Tataaa!}$$

Jetzt können wir (1) benutzen und erhalten aus (2) die Gleichung:

$$w = 2(2w^2-1)^2-1 $$

Ausmultiplizieren und alles auf eine Seite bringen:

$$8w^4-8w^2-w+1 = 0$$

Das sieht erst einmal kompliziert aus. Aber mit dem "Rational Root Test" bekommen wir sofort \(w=1\) und \(w=-\frac 12\) als Lösungen.

Polynomiales Wegdividieren führt nun auf

$$8w^2 + 4w-2= 0 \Leftrightarrow \boxed{w^2+\frac 12 w - \frac 14 = 0}$$

Diese Gleichung hat eine positive und eine negative Lösung. Und wie zu erwarten ist die positive Lösung

$$w= \cos 72° = \frac 14(\sqrt 5 - 1)$$


Ich hoffe, jemand anderes hat noch eine schnellere, fluffige Lössung.

Avatar von 11 k
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Hallo,

Begründen Sie dass \(\cos(72°) = (\sqrt{5}-1)/4\)

Kommt natürlich drauf an, was Du alles voraussetzen darfst.

\(72°\) ist der Winkel (gelb) einer Diagonale im regelmäßigen Fünfeck zur entfernteren Seite

blob.png

Im regelmäßigen Fünfeck gilt:$$\frac{|AD|}{|AB|} = g = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$$ Anwendung des Cosinussatzes auf das Dreieck \(\triangle ABD\) mit \(|AB|=1\):$$\begin{aligned} g^2 &= g^2 + 1^2 - 2g\cos(72°) \\ 1 &= 2g\cos(72°) \\ \cos(72°) &= \frac{1}{2g} \\ &= \frac{1}{1+\sqrt{5}} &&|\, \text{erw.:} \space (\sqrt{5}-1)\\ &= \frac{\sqrt{5}-1}{4} \end{aligned}$$Gruß Werner

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Ich finde deine Lösung sehr schön. +1

Danke! :)            .

Finde übrigens deine Lösung auch gut, trancelocation hab ich nur früher gesehen und habe, vor lauter Freude über einen Ansatz, den Knopf gedrückt ;).

Finde übrigens deine Lösung auch gut ...

Ja - ich gebe zu, dass ich mit meinem Kommentar oben "fishing for compliments" betrieben habe. Trotzdem Danke für Dein Feedback :)

@Zeebuhh
Ich finde die Lösung im Kommentar von hj2166 am elegantesten. Würde ich dir mal empfehlen, durchzurechnen.

Man muss natürlich erst einmal auf die Faktorisierung von \(x^4+x^3+x^2+x+1\) in quadratische reelle Polynome kommen. Die kann man sich aber relativ schnell rechnerisch beschaffen.

anbei noch eine Abwandlung des Beweises oben, die weniger voraussetzt:

blob.png

\(\angle BAD = 72° = 2\pi/5\) (blau) - was sich auch an Hand des Fünfecks zeigen lässt. $$\cos(72°) = \frac{a/2}{a+x} = \frac{1}{2+2\frac{x}{a}}$$Wegen \(EC \parallel AB\) folgt \(\angle CSD = \angle BAD\) und weiter folgt daraus, dass das Dreieck \(\triangle DSC\) gleichschenklig und die Dreiecke \(\triangle ABD\) und \(\triangle DSC\) ähnlich sind. Daraus folgt$$\begin{aligned} \frac{x}{a} &= \frac{a}{a+x}&&|\,\cdot \frac{a+x}{a} \\ \frac{x}{a} + \left(\frac{x}{a}\right)^2 &= 1 &&|\, \varphi=\frac{x}{a} \\ \varphi^2 + \varphi - 1 &= 0\\ \varphi_{1,2} &= -\frac{1}{2} \pm \sqrt{\frac{1}{4} + 1} && |\,\varphi \gt 0 \\ \varphi &= \frac{\sqrt{5} -1}{2}\end{aligned}$$Einsetzen in die Gleichung für \(\cos(72°)\) gibt$$\begin{aligned}\cos(72°) &= \frac{1}{2 + \sqrt{5}-1} \\ &= \frac{\sqrt{5}-1}{(\sqrt{5}+1)(\sqrt{5}-1)} \\ &= \frac{\sqrt{5}-1}{4} \\ &\text{q.e.d.}\end{aligned}$$

Man muss natürlich erst einmal auf die Faktorisierung von \(x^4+x^3+x^2+x+1\) in quadratische reelle Polynome kommen. Die kann man sich aber relativ schnell rechnerisch beschaffen.

Und wie "beschaffst" Du sie Dir (ohne Dein Gehirn an wolframalpha auszugliedern)?

@pp76767676
Ich hab mir die Faktorisierung zu @hj2166's Lösungshinweis so beschafft:

Ansatz:

Produkt zweier normierter quadratischer Polynome mit unbekannten linearen Koeffizienten und Absolutgliedern 1.

Dann Ausmultiplizieren und Koeffizientenvergleich führt auf eine quadratische Gleichung für die gesuchten Koeffizienten.


Ich finde auf jeden Fall die Vielfalt der Lösungen sehr gut und interessant. @hj2166's Lösungshinweis hat zusätzlich den Ansatz des Fragestellers aufgegriffen.

Die hier präsentierten Lösungen anderer verbal anzugreifen, verfehlt meines Erachtens den Sinn und Zweck der Mathelounge.

Gib einfach deine sachbezogene und fundierte Erklärung, wieso du deine Lösung als die bessere betrachtest.

Außerdem hast du hier noch genügend Gelegenheiten, zu anderen Aufgaben deine mathematische und didaktisch-methodische Brillianz unter Beweis zu stellen.

Und wie "beschaffst" Du sie Dir (…)?

Z.B. mit Substitution: https://www.mathelounge.de/949747.

Und die Division und die Substitution sind dann göttliche Eingebung?

@Werner

In deinem Kommentar, der für mich die bisher beste Lösung ist, muss es 72° statt 75° heißen.

:-)

Und die Division und die Substitution sind dann göttliche Eingebung?

Du redest ja immer von "richtiger Mathematik". Dann weißt du vielleicht auch, dass man auch mal Dinge ausprobiert, in der Hoffnung, damit zum Ziel kommen. Aber anscheinend ist dir das nicht geläufig, weil du noch nie richtige Mathematik betrieben hast.

Falsche Antwort (und falscher Antwortender).

In deinem Kommentar, der für mich die bisher beste Lösung ist, muss es 72° statt 75° heißen.

Danke Monty! Natürlich 72° - ist korrigiert.

Und die Division und die Substitution sind dann göttliche Eingebung?

Mitnichten, eine halbwegs brauchbare Formelsammlung ist völlig ausreichend.

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Die Antwort von "hj2166" ist Scheiße, weil er etwas macht, wofür ich schon vor vielen Jahren am liebsten jeden Professor an der Uni erschlagen hätte: Er nimmt in seinem "Beweis" Dinge vorweg, die er eigentlich nur deshalb verwenden kann, weil er das Ergebnis schon kennt. So betreibt man keine Mathematik.

Die Faktoriserung von \( x^5 = 1 \) lässt sich äußerst primitiv direkt durchführen.

Für die Faktorisierung von "trancelocation" braucht man auch keinen pseudo-englisch-geschwätzigen "Rational Root Test", der im Deutschen ganz primitiv "Satz über rationale Nullstellen" heißt, man kann das Polynom recht leicht faktorisieren, ohne dumm rumzuraten oder auszuproberen.

Und "Werner-Salomon" schmeißt einfach die Formel \( \displaystyle {|AD| \over |AB|} = {1+\sqrt{5} \over 2} \), ohne sie (vor allem ohne Benutzung von Winkelfunktionen) zu beweisen.

Es gibt ein fundamentale Überlegung zu solchen Fragen: Die Lösungen waren bereits den Griechen vor 2000 Jahren bekannt, und die hatten weder einen Computer, noch kannten sie komplexe Zahlen. Anstatt nun scheiss-dumm rumzuquatschen, und zu behaupten, die Außerirdischen seien an allem schuld, wie man es immer macht, wenn man zu bescheuert ist, sein eigenes Gehirn zu verwenden oder irgendwelche Sachverhalte zu begreifen, sollte man sich lieber überlegen, wie diese Aufgabe elementar-geometrisch zu lösen ist.

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Kritik ist ja schön und gut, die Art und Weise, wie du sie ausdrückst, ist verbesserungswürdig. Das fiel mir nun schon häufiger auf. Man muss nicht jedem gleich derart "an den Karren pissen".

@pp76767676
Was hast du denn genommen? :-D

Ich hoffe, du fühlst dich morgen besser.

Ergänzung siehe oben.

@pp76767676
Auch eine sehr schöne Lösung.

Man muss sich natürlich erst einmal die Formel \(\cos 3\alpha = 4\cos^3\alpha - 3\cos \alpha \) besorgen.

Die Additionstheoreme sind seit Jahrtausenden bekannt und können deshalb bedenkenlos verwendet werden.

weil er das Ergebnis schon kennt

Richtig. Natürlich kenne ich es, denn es steht ja im Fragetext und soll hier nur als richtig nachgewiesen werden, das ist die Aufgabe.
Analogie : Um zu zeigen, dass 2/3 eine Lösung von x^4-3x^2+x+38/81 = 0 ist werde ich keine Cardano-Formeln heranziehen sondern einfach einsetzen.

Du schreibst "Mit \( \phi = \dots\) und \(\Phi = \dots\) ergibt sich die Zerlegung . . ."

Woher willst Du das wissen? Wie kommst Du auf die völlig absurde Idee, dass genau diese zwei Zahlen funktionieren? Das kannst Du nur deshalb wissen, weil Du die Zerlegung vorher schon auf einem anderen Weg durchgeführt und dadurch beide Zahlen bestimmt hast. Und nun drehst Du Deine Argumentation um und nimmst ein (eigentlich völlig unbekanntes) Ergebnis, um damit einen "Beweis" zu führen, den Du ohne die vorausgehende Berechnung so niemals durchführen könntest.

Das ist miese und widerwärtige Mathematik (so wie auch der ganze Rest Deines "Beweises").

Woher willst Du das wissen?  Ich hab's nachgerechnet. Soll ich es dir vormachen ?

völlig absurde Idee Sie ist wohl nur für dich absurd, in Wirklichkeit jedoch naheliegend.

auf einem anderen Weg durchgeführt Na klar. Ich weiß nämlich, dass mit z auch z-quer Nullstelle eines reellen Polynoms ist und ich kann Polynomdivision.

Die Kritik finde ich aber schon berechtigt, denn der Wert von \(\varphi\) fällt ja nicht einfach vom Himmel.

@pp.....

Deine Auslassungen als „Antwort“ zu posten, obwohl kein konstruktiver Hinweis zu erkennen ist, ist nicht gerade guter Stil.

Er hat seinen Lösungsvorschlag offenbar entfernt.

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