Innenwinkel Tetraeder < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:37 Mi 03.12.2008 | | Autor: | tedd |
| Aufgabe | | Bestimmen Sie den Innenwinkel eines Tetraeders! |
Hoffe, das ist hier in der richtigen Kategorie zur Linearen Algebra...
Ist auch ein bisschen schwer, das hier zu machen ohne eine Skizze, habe gerade mal ein Freeware Programm namens Vektor runtergeladen und ein Bild gemacht, damit man wenigstens ein paar Anhaltspunkte hat.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Ich konstruiere einen Tetraeder mit Seitenlänge 1
[mm] P_A [/mm] lege ich in den Nullpunkt [mm] P_A=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
[/mm]
[mm] P_B [/mm] lege ich auf meine x-Achse [mm] P_B=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
[/mm]
[mm] P_C [/mm] liegt dann zwischen A und B in der y-Ebene, also habe ich für die x-Koordinate schonmal (0,5)
Die y-Koordinate errechne ich über Pythagoras...
[mm] (0,5)^2+y^2=1^2
[/mm]
[mm] y=\sqrt{1-0,5^2}=\bruch{\sqrt{3}}{2}
[/mm]
[mm] P_C=\begin{pmatrix} \bruch{1}{2} \\ \bruch{\sqrt{3}}{2} \\ 0 \end{pmatrix}
[/mm]
Jetzt habe ich mir noch einen Hilfspunkt [mm] P_X [/mm] gedacht, der in der Mitte der Grundfläche des Tetraeders liegt mit den Koordinaten
[mm] P_X=\begin{pmatrix} \bruch{1}{2} \\ \bruch{\sqrt{3}}{4} \\ 0 \end{pmatrix}
[/mm]
Jetzt kann ich um an den Punkt D zu gelangen wieder Pythagoras anwenden:
[mm] |\overrightarrow{P_AP_X}|^2+h^2=1^2
[/mm]
[mm] h=\sqrt{1-\sqrt{0,5^2+(\bruch{\sqrt{3}}{4})^2}^2}
[/mm]
[mm] h=\bruch{3}{4}
[/mm]
[mm] P_D=\begin{pmatrix} \bruch{1}{2} \\ \bruch{\sqrt{3}}{4} \\ \bruch{3}{4} \end{pmatrix}
[/mm]
Wenn ich das richtig verstanden habe, bruahce ich um den Innenwinkel des Tetraeders zu bestimmen den Mittelpunkt des Tetraeders...
Der Innenwinkel liegt dann zwischen den Geraden die vom Mittelpunkt aus zu den Ecken des Tetraeders gehen.
Der Mittelpunkt muss ja irgendwo unterhalb Punkt D sein:
[mm] P_M=\begin{pmatrix} \bruch{1}{2} \\ \bruch{\sqrt{3}}{4} \\ z_M \end{pmatrix}
[/mm]
Nur welches [mm] z_M [/mm] nehme ich jetzt?
[mm] z_M [/mm] hat von [mm] P_A,P_B,P_C [/mm] und [mm] P_D [/mm] den gleichen Abstand und da dachte ich mir könnte ich vielleicht irgendwie die Abstandsformel zweier Punkte nutzen nur hat das bisjetzt nich geklappt, weil ich ja 4 Punkte habe.
Kann mir jemand bei der Konstruktion helfen?
Hoffe man kann "sehen" was ich bisjetzt gemacht habe.
Danke und besten Gruß,
tedd
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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Ich finde Deinen Ansatz zu aufwändig.
Nimm den Tetraeder mit den Eckpunkten [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{-1 \\ -1 \\ 1}, \vektor{1 \\ -1 \\ -1}, \vektor{-1 \\ 1 \\ -1}.
[/mm]
Das sind vier geeignete Ecken eines Würfels, dem ebendieser Tetraeder einbeschrieben ist.
Ermittle dann die Normalenvektoren zweier Seitenflächen und bestimme den von ihnen eingeschlossenen Winkel. Der gesuchte Winkel ergänzt den gefundenen dann zu [mm] \pi.
[/mm]
Da der Tetraeder günstig im Koordinatensystem liegt, kannst Du nach Ermittlung eines einzelnen Normalenvektors übrigens genau einen weiteren leicht über eine Symmetriebetrachtung ermitteln.
Den Mittelpunkt brauchst Du nicht. Bei meinem Tetraeder liegt er aber im Nullpunkt, falls Du ihn doch noch verwenden möchtest.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:05 Mi 03.12.2008 | | Autor: | tedd |
Ich soll die Aufgabe tatsächlich mit Hilfe der Linearen Algebra lösen...
Danke für den Tip reverend...
Ich versuche gerade nachzuvollziehen wieso das funktioniert, leider gelingt mir das nicht wirklich bzw ich sehe nicht wirklich was mir der Würfel für einen Vorteil verschafft.
Ich benenne die Punkte mal:
[mm] P_A=\vektor{1 \\ 1 \\ 1}
[/mm]
[mm] P_B=\vektor{-1 \\ -1 \\ 1}
[/mm]
[mm] P_C=\vektor{1 \\ -1 \\ -1}
[/mm]
[mm] P_D=\vektor{-1 \\ 1 \\ -1}
[/mm]
Wenn ich jetzt einen Vektor von [mm] P_U=\vektor{1 \\ -1 \\ 1} [/mm] zu [mm] P_D=\vektor{-1 \\ 1 \\ -1} [/mm] laufen lassen, dann müsste der, wenn ich das richtig sehe ein Vektor sein, der Senkrecht durch den Mittelpunkt der Dreiecksfläche des Tetraeders geht die von [mm] P_A,P_B [/mm] und [mm] P_C [/mm] aufgespannt wird.
Allerdngs wäre dieser Vektor doch ein Nullvektor oder?
Das gleiche könnte ich jetzt noch einem anderen Eckpunkt des gedachten Würfels zu einer anderern Ecke des Tetraeders machen...
Der Winkel dieser beiden eingeschlossenen Vektoren wäre dann mein gesuchter Innenwinkel?
Danke und Gruß,
tedd
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Genau. Die vier gesuchten Vektoren sind genau in Richtung der vier Raumdiagonalen des Würfels. Allerdings musst Du Dich in der Tat darum kümmern, wie sie ausgerichtet sind. Meine Angabe "Winkel zwischen den Vektoren plus Winkel zwischen den Flächen gleich [mm] \pi" [/mm] stimmt nur für den Fall, dass die beiden Vektoren aus dem Tetraeder nach außen weisen.
Es sind keine Nullvektoren. Zur Erinnerung: um zwei Punkte durch einen Vektor zu "verbinden", werden die beiden Ortsvektoren ja nicht addiert, sondern subtrahiert.
Übrigens lohnt es sich, diesen Tetraeder zu kennen, wie auch den dem Würfel dualen Oktaeder. Sonst konstruiert man sich häufiger schon einen Wolf, bevor die Aufgabe überhaupt so richtig angefangen hat.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:15 Mi 03.12.2008 | | Autor: | tedd |
Okay...
[Dateianhang nicht öffentlich]
Habe mal das Koordinatensystem rausgelassen.
Punkte des Tetraeders sowie des Würfels:
[mm] P_A=\vektor{1 \\ 1 \\ 1}
[/mm]
[mm] P_B=\vektor{-1 \\ -1 \\ 1}
[/mm]
[mm] P_C=\vektor{1 \\ -1 \\ -1}
[/mm]
[mm] P_D=\vektor{-1 \\ 1 \\ -1}
[/mm]
weitere Punkte des Würfels:
[mm] P_F=\vektor{1 \\ -1 \\ 1}
[/mm]
[mm] P_G=\vektor{-1 \\ -1 \\ -1}
[/mm]
...
die Diagonale von Punkt D zu Punkt F:
[mm] \overarrow{D_1}=\vektor{1 \\ -1 \\ 1}-\vektor{-1 \\ 1 \\ -1}=\vektor{2 \\ -2 \\ 2}
[/mm]
Dann eine zweite Diagonale von Punkt A zu G:
[mm] \overarrow{D_2}=\vektor{-1 \\ -1 \\ -1}-\vektor{1 \\ 1 \\ 1}=\vektor{-2 \\ -2 \\ -2}
[/mm]
[mm] \sphericalangle\left(\vektor{-2 \\ -2 \\ -2},\vektor{2 \\ -2 \\ 2}\right)
[/mm]
[mm] =arccos\left(\bruch{\vektor{-2 \\ -2 \\ -2}*\vektor{2 \\ -2 \\ 2}}{\left|\vektor{-2 \\ -2 \\ -2}\right|*\left|\vektor{2 \\ -2 \\ 2}\right|}\right)
[/mm]
[mm] =arccos\left(\bruch{(-2*2)+(-2*-2)+(-2*2)}{\sqrt{(-2)^2+(-2)^2+(-2)^2}*\sqrt{(2)^2+(-2)^2+(2)^2}}\right)=109,47° [/mm]
Das ist doch der Innenwinkel des Tetraeders oder?
Die Angabe habe ich aufjedenfall schon auf ein paar Internetseiten zu dem Thema entdeckt.
Danke und Gruß,
tedd
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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Wenn Du solche Seiten findest, solltest Du eine Rückmeldung schreiben. Die Angabe ist falsch.
Wenn Du den vorliegenden Tetraeder mit der Ebene x=z schneidest, liegen Deine beiden Vektoren bzw. die beiden Raumdiagonalen darin. Du findest ein Drachenviereck vor, das aus je einem Stück der beiden Raumdiagonalen sowie zwei Strecken auf zwei der Außenflächen besteht. Diese äußeren Strecken laufen vom Flächenmittelpunkt zur Kantenmitte der Kante [mm] \overline{BC}. [/mm] Die Winkel in diesem Drachenviereck sind folgende: zwei rechte Winkel, deren einer Schenkel in jeweils einer Außenfläche liegt, der andere führt zum Mittelpunkt des Tetraeders. Dann am Mittelpunkt der gerade von Dir ermittelte Winkel zwischen den beiden Vektoren, und schließlich an der Kantenmitte gelegen der Winkel zwischen den beiden Flächen.
Und der beträgt ca. 70,53°
Stell Dir einen Tetraeder vor; der Winkel muss ja kleiner als 90° sein! Mehr Maße und Größen z.B. ![[]](/images/popup.gif) hier.
Grüße,
rev
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:39 Mi 03.12.2008 | | Autor: | reverend |
Dann knet dir doch mal einen Tetraeder aus irgendwas und schneide ihn "halb" durch. Deine Schnittfläche ist dreieckig, zwei Seiten sind Seitenhöhen der Oberflächen, und die dritte Seite ist eine Tetraederkante.
In diesem Dreieck liegt auch "mein" Drachenviereck.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:04 Do 04.12.2008 | | Autor: | tedd |
Ugh,
hätte ich doch nur mal die Antowrten genauer durchgelesen.
Also ich habe echt gestern den ganzen Tag hier vor gesessen und nicht gesehen, dass mein errechneter Winkel
$ 109,47° + [mm] 70,35°=\pi [/mm] $ gibt.![[lichtaufgegangen]](/images/smileys/lichtaufgegangen.gif "[lichtaufgegangen]")
Der Winkel ziwschen der "Höhe" des Tetraeders, der durch den Mittelpunkt geht, zu einer Seite müsste doch dann [mm] \bruch{70,35°}{2} [/mm] sein oder?
Danke für die Hilfe,
Gruß,
tedd
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> Der Winkel ziwschen der "Höhe" des Tetraeders, der durch
> den Mittelpunkt geht, zu einer Seite müsste doch dann
> [mm]\bruch{70,35°}{2}[/mm] sein oder?
hallo tedd,
Eine "Höhe" des Tetraeders ist die Höhe des als
Pyramide betrachteten Körpers. Sie verbindet
eine Ecke mit dem Schwerpunkt der gegenüber
liegenden Seitenfläche. Sie bildet natürlich mit
dieser Seitenfläche einen rechten Winkel
und mit den anderen drei jeweils den Winkel
[mm] arcsin(1/3)\approx{19.47°}. [/mm] Das entspricht $90°-70.53°$.
Der Winkel [mm] \bruch{70,53°}{2} [/mm] wäre der zwischen
einer (beliebigen !) Seitenfläche und einer
(ebenfalls beliebigen !) "Haupttransversalen"
des Tetraeders. Den Begriff "Haupttransversale"
habe ich jetzt gerade ad hoc erfunden. Ich meine
damit die kürzeste Transversale von zwei gegen-
über liegenden Kanten. Eine davon verbindet
z.B. den Mittelpunkt [mm] M_{AB} [/mm] der Kante [mm] \overline{AB} [/mm] mit
dem Mittelpunkt [mm] M_{CD} [/mm] der Kante [mm] \overline{CD}.
[/mm]
LG al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:28 Do 04.12.2008 | | Autor: | tedd |
Danke Al-Chwarizmi :)
So ganz verstanden habe ich den Tetraeder ehrlich gesagt noch nicht, aber ich bin dem ganzen dank euch schon ein Stück näher.
Hauptsache ich habe die AUfgabe erstmal gelöst.
Werde aber noch was drüber brüten.
Danke und Gruß,
tedd
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:42 Do 04.12.2008 | | Autor: | reverend |
Hallo tedd,
wenn Du Dir das nicht ohne Anschauungsmaterial vorstellen kannst, dann empfehle ich Dir dringend, Dir welches zu besorgen.
Die fünf platonischen Körper gibt es z.B. in Spieleläden (Würfelsets für Fantasy-Spiele!) oder zum Selberbasteln z.B. hier.
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> Schau mal
> hier.
Hallo generation...x
ich glaube nicht, dass mit "Innenwinkel des
(regelmässigen) Tetraeders" der Winkel W
gemeint ist, der auf dieser Wikipedia-Seite
betrachtet wird.
LG
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Und wie kommst du zu diesem Glauben?
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> Und wie kommst du zu diesem Glauben?
(es ist mehr als nur ein "Glaube"...  )
Der Winkel W, der dort berechnet wird, ist der
Winkel, unter dem vom Zentrum (Schwerpunkt)
des Tetraeders aus zwei benachbarte Eckpunkte
gesehen werden. Dies ist z.B. der (mittlere)
Winkel zwischen je 2 H-Atomen des Methan-
moleküls [mm] CH_4.
[/mm]
Unter dem "Innenwinkel" des regelmässigen
Tetraeders stelle ich mir dagegen den spitzen
Winkel zwischen je zwei seiner Seitenflächen
vor.
LG
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Also Innenwinkel hatte ich so verstanden, aber der Winkel zwischen 2 Seiten ist auch nicht schwer zu berechnen. Müsste [mm]\arccos(\bruch{1}{3})= 70,529°[/mm] herauskommen, wenn ich mich nicht eben beim Kopfrechnen (bezieht sich auf [mm]\bruch{1}{3}[/mm], den [mm]\arccos[/mm] hab' ich natürlich mit dem Taschenrechner ausgerechnet ![[happy]](/images/smileys/happy.gif "[happy]") ) vertan habe...
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> Also Innenwinkel hatte ich so verstanden, aber der Winkel
> zwischen 2 Seiten ist auch nicht schwer zu berechnen.
> Müsste [mm]\arccos(\bruch{1}{3})= 70,529°[/mm] herauskommen
Das ist richtig.
Es besteht doch eine sehr enge Beziehung zum
Winkel W: die Summe beider Winkel ist 180°.
Man könnte also auch W als Winkel zwischen
zwei Seitenflächen sehen, allerdings nicht den
Innenwinkel, sondern den stumpfen Winkel
zwischen den entsprechenden Ebenen.
Weshalb dies so ist, sieht man ein, wenn man
nebst dem gegebenen Tetraeder noch jenes
andere betrachtet, dessen Ecken die Schwer-
punkte der Seitenflächen des gegebenen sind.
LG
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Falls nicht unbedingt eine vektorielle Lösung gefragt ist:
Es ginge auch ohne Koordinatensystem und Vektoren,
mit Pythagoras und elementarer Trigonometrie ...
Gruß
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![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]"){kind=small}
![[]](http://de.wikipedia.org/w/index.php?title=Bild:WUERFELA_Tetraederwinkel.PNG&filetimestamp=20061117050622){kind=small}
hier