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Aufgabe:

Seien a, b, c, d ∈ R>0 vier positive reelle Zahlen. Zeigen Sie, dass es genau dann ein Viereck gibt dessen Seitenlängen a, b, c, d sind wenn jede der vier Zahlen echt kleiner als die Summe der drei anderen ist, also a < b+c+d, b < a+c+d, c < a+b+d und d < a + b + c. Unter einem Viereck verstehen wir dabei ein Tupel (A, B, C, D) aus vier Punkten von denen keine drei kollinear sind, die Seitenlängen dieses Vierecks sind dann |AB|, |BC|, |CD| und |DA|.

von

Hat jemand eine Idee wie man das machen kann ?

3 Antworten

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Also mein Ansatz wäre, die Gleichungen umzustellen, also:

0<-a+b+c+d, 0<a-b+c+d, 0<a+b-c+d und 0<a+b+c-d.

Jetzt kannst du zeigen, dass die Matrix

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1
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1
-1
1
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1
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1
1
1
1
-1

vollen Rang hat.


von

Da du ja x,y,z,t∈R so wählen kannst, dass x+a=b+c+d etc ist. Habe es kurz durchgerechnet, da kommt raus, dass die Matrix vollen Rang hat und es somit nur eine Lösung geben kann.

Meins nicht beachten, dass ist kompletter unfug....

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Wenn das Viereck existiert und e die Länge der einen Diagonale ist, gilt nach Dreiecksungleichung für die beiden Teildreiecke

a<b+e

bzw.

  e<c+d.

Das lässt sich zusammenfassen zu

a<b+(c+d).

von 40 k
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Hallo,

ich möchte einen Beweis für die Rückrichtung angeben. Der ist nicht wirklich elegant, da er viele Fallunterscheidungen benutzt aber dafür recht anschaulich.

Seien also \(a,b,c,d\,>0\) reelle Zahlen, die die Ungleichungen erfüllen.

Fall 1: \(a+d>b+c\)

Fall 1.1: \(a\geq d\)
Erstmal eine kleine Skizze:

blob.png

Wir können dabei \(\alpha\in(0,\pi)\) frei wählen und erhalten dann in Abhähngigkeit davon die Seite \(e=e(\alpha)\).Jetzt ist die Idee, dass wir an \(D\) einen Kreis von Radius \(c\) und an \(B\) einen Kreis vom Radius \(b\) zeichnen wollen. Wenn diese Kreise genau 2 Schnittpunkte haben, können den den "über" \(e\) als Eckpunkt \(C\) nehmen. Man kann sich klarmachen, dass das der Fall ist, falls $$\max(b,c)<e(\alpha)<b+c\tag1$$Finden wir also ein \(\alpha\in(0,\pi)\) sodass (1) gilt?
Nach Kosinussatz gilt \(e(\alpha)^2=a^2+d^2-2ad\cos(\alpha)\). Das ist sicherlich stetig in \(\alpha\) und wir erhalten \(e(0)=a-d\) (da \(d\leq a\)) und \(e(\pi)=a+d\). Nach Zwischenwertsatz gibt es also für jedes \(l\in(a-d,a+d)\) ein \(\alpha_l\) mit \(e(\alpha_l)=l\).
Nun ist nach Voraussetzung \(b+c<a+d\) und damit \(\max(b,c)<a+d\). Weiterhin ist \(a<b+c+d\) also \(a-d<b+c\).
Damit ist dann \((\max(b,c),b+c)\cap(a-d,a+d)\neq\emptyset\). Wir finden also ein \(\alpha_0\in(0,\pi)\) mit \(\max(b,c)<e(\alpha_0)<b+c\) und damit einen geeigneten Eckpunkt \(C\) als Schnittpunkt der Kreise:

blob.png
Nun gilt es noch die anderen Fälle abzuarbeiten.
Fall 1.2: a<d \(\rightarrow\) vertausche die Rollen von \(a\) und \(d\) in Fall 1.1
Fall 2: a+d<b+c \(\rightarrow\) Vertausche die Rollen von \(a,d\) mit \(b,c\) in Fall 1
Fall 3: a+d=b+c \(\rightarrow\) Falls auch \(a+b=c+d\) dann gilt \(a=c\) und \(b=d\) und wir können einfach das zugehörige Rechteck nehmen. Falls \(a+b\neq c+d\) gehe vor wie bei \(a+d\neq b+c\) in Fall 1 und 2.

Damit ist der Beweis abgeschlossen. Ich hoffe es hat sich kein Fehler eingeschlichen.
Wenn man etwas länger nachdenkt findet man bestimmt bessere Argumente um die Fälle ineinander zu überführen.

LG Dojima

von

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