Wie konstruiert man die Figur mit Zirkel und Lineal (ohne Berechnung der Winkel)?

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Wie konstruiert man die Figur mit Zirkel und Lineal (ohne Berechnung der Winkel)?

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Beste Antwort

Hallo Monty,

so eine Frage verdient doch ein vernünftige Antwort - oder? Ich will's mal versuchen:

Stecke auf einer Geraden die Strecke $AB$ (grün) der gewünschten Länge 9 ab. $k_a$ sei der Kreis um $A$ mit Radius $|AB|$ und $k_b$ der Kreis um $B$ mit Radius $|AB|$ (beide blau). Die Kreise schneiden sich in $P$ (links) und $Q$ (rechts von $AB$). Die Gerade durch $PQ$ (schwarz) ist die Mittelsenkrechte von $AB$ und schneidet $AB$ in $M$. Der Kreis $k_3$ (gelb) um $M$ mit Radius $|AB|$ schneidet $k_a$ links von $AB$ in $R$.

Die Geraden durch $BP$ und $QR$ (beide rot) schneiden sich in $S$. Der Kreis $k_4$ (grün) um $B$ mit Radius $|BS|$ schneidet die Gerade durch $AB$ auf der Seite von $A$ in $D$ und $k_a$ rechts von $AB$ in $C$. Die Gerade durch $BC$ schneidet $k_b$ zwischen $B$ und $C$ in $A'$.

Jetzt noch die Punkte $ACDA'B$ zum Ergebnispolygon verbinden.

Gruß Werner & allen ein gutes neues Jahr!

Beantwortet vor 6 Tagen von Werner-Salomon

Frage nach, wenn du es nicht verstehst.

ich verstehe Deine Aussage nicht:

... weil es für den goldenen Schnitt ein wesentlich einfacheres Standardverfahren gibt

Für die Konstruktion der äußeren Teilung nach Euklid benötige ich 5 Kreise und eine Gerade. Dadrunter habe ich es nicht hinbekommen. Versuche es mal selber. Und das Verfahren nach Odom ist deutlich aufwendiger.

Das von mir vorgestellte Verfahren zur Konstruktion von $|BS|$ (s.o.) benötigt 3 Kreise und 3 Geraden.

Was ist dann an dem "Standardverfahren" wesentlich einfacher? Oder meinst Du ein anderes?

Und warum sollte es keine weiteren Konstruktionen geben, nur weil es ein klassisches einfaches gibt? Zumal das Verfahren von Odom 1982 veröffentlich wurde und die Konstruktion der inneren Teilung von Kurt Hofstetter erst 2005.

Und warum gibt es dann mehrere 100 Beweise für den Satz des Pythagoras?

Kommentiert vor 6 Tagen von Werner-Salomon

Jetzt muss ich nur noch nachvollziehen, wieso deine Konstruktion richtig ist.

sollte recht einfach sein, wenn man das ganze in ein Koordinatensystem einbringt - z.B. mit $A=(-0,5|\,0)$ und $B=(0,5|\, 0)$ - und dann den Schnittpunkt der roten Geraden berechnet.

Mir ist aber noch ein einfacher Beweis eingefallen, der sich auf der Konstruktion von Kurt Hofstetter abstützt. Hofstetter hat einen Beweis im Forum Geometricorum veröffentlich, der sich auf einen älteren Beweis von 2004 beruft.

In der unten stehenden Skizze kann man also voraussetzen, dass $H$ die Strecke $AB$ im Verhältnis $\Phi \div 1$ teilt. Bzw. $$\quad\frac{|AB|}{|AH|} = \Phi$$

Man betrachte nun das Dreieck $\triangle ADQ$. Offensichtlich ist hier $DQ$ parallel zur Geraden durch $AB$ und $|DQ|=|AB|$ (Die Punkte D, Q, B und P sind 4 von 6 Ecken eines regelmäßigen Sechsecks). Die beiden Dreiecke $\triangle AHS$ und $\triangle DQS$ sind ähnlich. Folglich ist$$\quad\frac{|DS|}{|AS|} = \frac{|DQ|}{|AH|} = \Phi$$und weiter gilt$$\quad |DS| = \left(|DA| = |AB|\right) + |AS| \\ \begin{aligned}\quad\implies \frac{|AB|+|AS|}{|AS|} &= \Phi \\ \frac{|AB|}{|AS|} &= \Phi - 1 = \frac{1}{\Phi} \\ &\text{q.e.d.}\end{aligned}$$Gruß Werner

Kommentiert vor 4 Tagen von Werner-Salomon

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