Tænkeboks: Find fire ens vikler med en snor og nogle sten

og symmetrien opstår.

Se på det på denne måde:

Vi vælger at placere P så afstanden til B er den samme som afstanden fra D til B. Med det valg bliver afstanden fra P til A lig afstanden fra C til A og symmetrien opstår.

Der ville være symmetri (BD = BP) hvis punkterne D og P var tangenter til cirklen, men sådan er det ikke i den aktuelle situation

D og P ligger i samme afstand fra B og på linier som har samme vinkel til halveringslinien, hvorpå I ligger. Trekanterne BDI og BPI er hinandens spejlbilleder i linien BI

Hej Søren

Nu forstår jeg hvorfor du kalder det symmetri. Der ville være symmetri (BD = BP) hvis punkterne D og P var tangenter til cirklen, men sådan er det ikke i den aktuelle situation, hvor forholdet mellem BD og BP er ukendt. Som jeg skrev, har vi vADE = 180 - A/2 -E og vAPI =180 -E/2 -A. Disse to vinkler er kun ens når vinklerne A og E er ens, hvilket de ikke er givet at være. Du omgår altså reglen om de 3 linjestykker ved i stedet at indføre denne forkerte (men godt nok nærliggende) antagelse.

Man kan ikke generelt sætte vEDI lig med vAPI "på grund af symmetri", for den symmetri er der ikke.

Jeg tror, at du var lidt for hurtig til at læse min tekst. Vi ser på trekanterne EDI og API. Disse to trekanter har vinklen ved I fælles. Desuden har den ene vinklen E/2 og den anden vinklen A/2. Hvis disse 2 vinkler er forskellige (hvad de normalt er), så vil trekanternes tredje vinkel også være forskellige. Og igen: Du kan ikke løse opgaven uden at inddrage oplysningen om sidelængderne. Hvis du alligevel får et resultat, er det fordi du gør en ulovlig antagelse.

En forvirring er at du sætter sinus(180-(2x+y)) = sinus(2x+y). Matematisk er det forkert,

Jamen Svend, det har jeg jo lige argumenteret for og svaret ja til. Hvad er det, der nager dig?

Denne løsning er dermed en ekstra trekants-relation, jeg aldrig har hørt om.

Det var godt skjult, at topvinklen E, var det afgørende svar på opgaven.

Beklager - jeg orkede ikke at skrive smøren i Latex.

Samme her ... specielt når man sidder på en iPad med ings elendige editor er lange udredninger et nogo

De 2 trekanter EDI og API har samme vinkel ved I.

De 2 trekanter EDI og API har samme vinkel ved I. Men de har i almindelighed forskelleige vinkler ved A og E (nemlig A/2 og E/2) og dermed også forskellige vinkler ved D og P.

Man kan ikke generelt sætte vEDI lig med vAPI "på grund af symmetri", for den symmetri er der ikke.

Jeg tror, at du regner på en ligesidet trekant og derfor naturligvis finder at alle trekantens vinkler er 60 grader. Man kan ikke generelt sætte vEDI lig med vAPI "på grund af symmetri", for den symmetri er der ikke. Prøv at følge mig i dette for en generel trekant: vEDI = 180 - A/2 - E og vECI = 180 - B/2 -E. Summen er 360 - (A+B)/2 -2E. Som opgaven er stillet, er A, B og E ukendte og summen kan være hvadsomhelst andet end 180 grader. Som tidligere nævnt er en generel trekant ikke fastlagt (dvs. uløselig) hvis du undlader betingelsen med de 3 længder.

Men jeg har 2 spørgsmål. 1:Jeg kan ikke se, at du benytter, at summen af 2 længder er lig med en tredje længde. Uden en betingelse er opgaven ubestemt, og du kan ikke finde noget x. 2: Hvorfor er vEDI + vECI = 180 for en generel trekant?

Kald centrum i den indskrevne cirkel for I og den ukendte vinkel vAEB for x.

Kald punktet hvor AB deles for P og afsæt en hjælpelinie gennem I og P.

Pga. symmetrien er vEDI = vAPI og vECI = vBPI. Da vAPI + vBPI = 180 har vi vEDI + vECI = 180 og derfor

• vCAI + vDBI + vAIB = 180 (vinkelsummen i trekanten ABI)
• x + vAIB + vEDI + vECI = x + vAIB + 180 = 360 (vinkelsummen i firkanten ECID)
• x + 2 (vCAI + vDBI) = 180 (vinkelsummen i trekanten ABE)

Sættes alfa = vAIB og beta = vCAI + vDBI, fås

• beta + alfa = 180
• x + alfa = 180
• x + 2 beta = 180

Som giver x = 60

Hej Søren

Det ser jo besnærende ud, og det var noget i den retning, jeg søgte. Men jeg har 2 spørgsmål. 1:Jeg kan ikke se, at du benytter, at summen af 2 længder er lig med en tredje længde. Uden en betingelse er opgaven ubestemt, og du kan ikke finde noget x. 2: Hvorfor er vEDI + vECI = 180 for en generel trekant? Jeg spørger kun fotdi jeg ikke er klogere.

Skulle hedde

x + vAIB + vEDI + vECI = x + vAIB + 180 = 360 (vinkelsummen i firkanten <strong>ECID</strong>),

Jeg er i øvrigt spændt på, om opgaven kan løses ved en smaddersimpel argumentation med en geometriregel, jeg forlængst har glemt.

Kald centrum i den indskrevne cirkel for I og den ukendte vinkel vAEB for x.

Så gælder det at vEDI + vECI = 180 og derfor

• vCAI + vDBI + vAIB = 180 (vinkelsummen i trekanten ABI),
• x + vAIB + vEDI + vECI = x + vAIB + 180 = 360 (vinkelsummen i firkanten ACID),
• x + 2 (vCAI + vDBI) = 180 (vinkelsummen i trekanten ABE).

Sættes alfa = vAIB og beta = vCAI + vDBI, fås

• beta + alfa = 180,
• x + alfa = 180,
• x + 2 beta = 180,

som giver x = 60.

Jamen Svend, det har jeg jo lige argumenteret for og svaret ja til. Hvad er det, der nager dig?

Vil det generelt gælde at S1+S2=G hvis blot topvinklen (E) er 60gr?

I min løsning #4 benyttede jeg, at der var tale om to vinkelhalveringslinjer og at S1 + S2 = G. Så kom E = 60 grader automatisk frem gældende for alle værdier af vinklerne A og B når blot deres sum er 120 grader. Så svaret til dig er "ja" hvis jeg har forstået dig rigtigt. Videre kan man sige, at når E = 60 grader kommer frem af sig selv, så kan E ikke have andre værdier i det forelagte problem.

Jeg har tænkt over dette at de to stykker S1 og S2 skal være lig G. Det gælder for en helt enssidet trekanf med vinkler 60gr. Vil det generelt gælde hvis blot topvinklen (E) er 60gr?

Ved små ændringer af den ensvinklede trekant ses det ikke at gælde hvis topvinklen ændres fra de 60gr.

Det dukkede op med mine forsøg på en løsning.

Jeg kan godt se ud fra løsningen, at der er tale om en synsvinkelbue. Men jeg synes ikke, at der er noget i opgaveteksten, der indikerer, at man kan arbejde den vej. Gør du? Jeg er i øvrigt spændt på, om opgaven kan løses ved en smaddersimpel argumentation med en geometriregel, jeg forlængst har glemt.

var synsvinkelbuen, som Svend også nævner, og så den indre ligesidede trekant som altid dukker op (træls man ikke kan tilføje tegninger, øv!). Jeg overvejede formler som Børge gjorde (flot arbejde, i øvrigt), men jeg har kun pladsen i de hvide felter på bagsiden til at løse opgaven

Godt, du kan hjælpe mig, Svend

Nice try ;-)

"Men hvordan ved Fin, at han rammer EA? Der er ikke nødvendigvis en snor" Den har Fin jo til rådighed.

Svend, du bliver nødt til at følge med i konteksten, hvis du skal kommentere på spørgsmålet ...

Hej Børge

Elegant formel! (jeg ser bort fra den enlige trykfejl i starten)

Og elegant bevis.

Egentlig er solveren ikke nødvendig.

Det er jo naturligt at tage udgangspunkt i den oplagte 'løsning' med en ligesidet trekant, og se på hvad variationer i forhold til denne vil give.

Jeg var selv igang med at differentiere med henblik på at vise at en øgning af vinkel A ville medføre en tilsvarende mindskning af vinkel B, men det løb jeg sur i!

Godt, du kan hjælpe mig, Svend. E må holde i den ene ende af snoren, hvorefter F går rundt om A og dernæst rundt om D tilbage til D's fodpunkt på snoren EA. Her sætter F tommeltotten i, hvilket D også gjorde, og så har vi afstanden fra D til EA. Med den anden hånd kan F nu hente snoren fra E og gå hen til A med den. Fin fortsætter så rundt om B til D. Nu er det en smal sag for F at se om hans første tommeltot kan ramme præcis i punkt D's fodpunkt på AB mens D's tommeltot stadig holder fast. PUHA, det er en vanskelig opgave.

Hvis man skal kunne sige noget om vinkel E, må den ligge på en cirkel med rebet G som korde. De stykker som vinkelhalveringslinierne afskærer på de modstående sider (AC + BD) skal så være = G. Landmålere har sikkert flere trekantsformler end jeg nogensinde får, så her stopper mine overvejelser foreløbig.

"Men hvordan ved Fin, at han rammer EA? Der er ikke nødvendigvis en snor" Den har Fin jo til rådighed.

Det var et meget lavpraktisk spørgsmål. Det har jeg ikke noget svar på.

Men hvordan ved Fin, at han rammer EA? Der er ikke nødvendigvis en snor

Kim har ret. Det så så indlysende ud på min figur, men jeg skal naturligvis ikke sige, at Fin skal gå til punkt C, men til det punkt af EA, der er nærmest ved punkt D. Så mit "(C)" skal sløjfes.

finder selv det sted (C) på EA, hvor afstanden er kortest (lodlinje).

På min tegning er C ikke dér hvor afstanden er kortest fra D (og CDS er en ligesidet trekant, S for sten).

Og hvordan ved han så, når han er nået til linien fra A til E? C kan sagtens stå tættere på A end hvor lodlinien rammer?

men har var noget karrig med udregningerne

Man skal ikke bruge alt krudtet i første indlæg :-) Så tager man fornøjelsen fra de andre løsere. Men jeg kan sige at alle trekanter med en vinkel på 60 grader kan bruges (også en ligesidet, men den opfylder ikke kravet om uens længde på de sorte snore. Det er alle trekanter omskrevet af den store del af cirklen, hvor den grønne snor som korde afskærer 120 grader

Jeg kan ikke indsende en tegning til illustration af ugens opgave, men jeg kan prøve at beskrive den, så man kan sidde og tegne med i alle de små hjem. Vi har en trekant ABE. Vinkelhalveringslinjen AD deler vinkel A i to vinkler, jeg kalder x. Vinkelhalveringslinjen BC deler vinkel B i 2 vinkler, jeg kalder y. Endvidere er sidenAB lig med summen af AC og BD.

Af sinusrelationerne på trekanterne ABD og ABC får vi [latex] \qquad \frac{\sin (x)}{\sin (x+2 y)}= \frac{BD}{BD} \qquad \quad \frac{\sin (y)}{\sin (2 x+ y)}= \frac{AC}{AB} \qquad \Rightarrow [/latex] [latex] \qquad \frac{\sin (x)}{\sin (x+2 y)} + \frac{\sin (y)}{\sin (2 x+ y)}= \frac{BD + AC}{AB} = 1 \qquad \Rightarrow [/latex] [latex] \qquad x + y = \pi / 3[/latex] Bemærk den smukke ligning mellem x og y og den tilsvarende smukke løsning. Men at løse ligningen er en rædsel værre end en verdenskrig. Jeg har gjort det på computeren og nøjes med at efterprøve løsningen nedenfor. Med a som en (matematisk set) vilkårlig værdi skriver vi [latex] \qquad x= \pi / 6 - a \quad \mbox{og} \quad y = \pi / 6 + a \quad \Rightarrow [/latex] [latex] \qquad \frac{\sin ( \pi / 6) \cos (a) + \cos( \pi / 6) \sin (a)}{ \cos(a)} + \frac{\sin ( \pi / 6) \cos (a) -\cos( \pi / 6) \sin (a)}{ \cos(a)} = 1 [/latex] Brøkernes andet led ophæver hinanden, hvorefter hver brøk får værdien 1/2 og altså summen 1, q.e.d. Vinklerne A og B kan altså være vilkårlige bortset fra at de skal have summen 120 grader. Nu bliver vinklen mellem de 2 vinkelhalveringsvinkler også 120 grader, og vinkel E kan beregnes til 60 grader. Det er samme resultat, som Kim fik i går, men har var noget karrig med udregningerne. Gad vide hvor han har købt den høje hat, han trækker resultaterne op af? Måske kunne man have regnet opgaven meget simplere, men det får vi at se på fredag.

Når Fin skal kontrollere, at de to delvinkler x ved vinkel A er lige store, kan han beholde stenene i lommen. Han lader D holde i den ene ende af snoren og finder selv det sted (C) på EA, hvor afstanden er kortest (lodlinje). Med en tommeltot på snoren går han så hen og undersøger om der er samme afstand til AB. Nur behändichkeit!

Det er nogle sjove navne personerne har. Gad vide om de gør sådan Nordenfjords?

Opgaven er lidt bagvendt beskrevet, for Fin har jo konstateret at linierne AD og BC er vinkelhalveringslinier til vinklerne A og B. Spørgsmålet må så være hvordan han fandt ud af det?

Med en lang snor kan han trække linierne AD og senere eller samtidig BC, og så er der flere måder med yderligere snor at konstatere at de linier er vinkelhalveringslinier. Fra et sted på halveringslinien skal afstanden til det sorte og grønne reb være lige langt.

Jeg kan ikke sige noget om vinkel E.

Det er svært fra beskrivelsen at få en tegning over problemet, og det virker som om man må forudsætte en del for at opgaven får den ønskede løsning.

Gælder det hvis vinklen ved Ea er 180 grader?

Én sten er nok. A holder i den ene ende af F's snor og F går ned til C. Han har nu afstanden mellem A og C på snoren, går tilbage til A og går ned mod B til han har samme afstand til A. Dér lægger han en sten. A slipper F's snor og F giver den ene ende til D. F måler afstanden til C med snoren, og hvis det er samme afstand fra D til stenen er vinklerne CAD og DAB lige store. Tilsvarende for vinklerne ABC og CBD.

Vinklen ved E er 60°. Vi kan ikke sige noget om de sorte snore; den oprindelige sorte snor kan være delt et vilkårligt sted.