Berechnen Sie den Flächenwinkel einer regelmäßigen Pyramide

Question

Berechnen Sie den Flächenwinkel einer regelmäßigen Pyramide

Geometrie
Mathematik
solide Geometrie
platonische Körper
Euklidische Geometrie

John Daniels

Bei einer gegebenen regelmäßigen Pyramide , definiert als gerade Pyramide mit einer Basis, die ein regelmäßiges Polygon ist, mit dem Scheitelpunkt über dem Schwerpunkt der Basis, möchte ich den Diederwinkel zwischen benachbarten Flächen sowie den Winkel zwischen einer Seitenfläche berechnen und der Basis hinsichtlich der Seitenzahl und der schrägen Kantenlänge. Kann jemand die Berechnung durchgehen?

Mit Google fand ich diesen hilfreichen Artikel über die Berechnung von Diederwinkeln von Greg Egan.

Diederwinkel

Wir haben ein gleichschenkliges Dreieck $CAD$ über der Dreiecksebene $CBD$ , wodurch ein Diederwinkel von $\epsilon$ . Dreieck $CBD$ ist die Orthogonalprojektion von $CAD$ , also auch gleichschenklig. Der Spitzenwinkel zwischen benachbarten Kanten im Dreieck $CAD$ Ist $\alpha$ . Der Winkel des Dreiecks $CBD$ Ist $\beta.$ Rand $AC$ macht einen schrägen Winkel von $\gamma$ mit der projizierten Kante $BC$ .

Es gibt eine Ebene senkrecht zur schrägen Kante $AC$ durch den gegenüberliegenden Scheitel $D$ , die Kante schneidet $AC$ am Punkt $F$ , Und $BC$ am Punkt $G$ . Winkel $GFD$ Ist $\delta.$

Wenn Dreieck $CAD$ ist die Seite einer regelmäßigen Pyramide, und $CBD$ seine Basis, dann $2\delta$ wird der Diederwinkel zwischen benachbarten Flächen sein, und $\epsilon$ wird der Diederwinkel zwischen der schrägen Fläche und der Basis sein.

Ich kann das Flugzeug sehen $DFG$ ist senkrecht zur schrägen Kante $AC$ , also warum Dreiecke $AFD$ Und $AFG$ sind rechtwinklige Dreiecke. Aber warum sind $DGC$ Und $FGD$ rechte Winkel?

Wie komme ich an

Sünde δ = \cos (β / 2) / \cos (a / 2)

$\sin\delta=\cos(\beta/2)/\cos(\alpha/2)$ ?

amd

Ich kann nicht auf die Seite zugreifen, die Sie gerade zitiert haben, aber ich würde das vermuten

F

$F$ Und

G

$G$ sind die Höhenangaben in Fuß definiert

D

$D$ , wodurch per Definition rechte Winkel entstehen.

John Daniels

@amd die Ebene GFD ist definiert als senkrecht zur Schnittlinie AC der beiden Ebenen CAD und CBD. Ich bin sicher, Sie haben Recht, was impliziert, dass DG eine Höhe von BDC ist, aber aus irgendeinem Grund blende ich aus. Eigentlich möchte ich sehen, dass DG senkrecht zur Ebene BAC steht. Also steht DG sowohl auf BC als auch auf FG senkrecht.

David K

Ich glaube nicht, dass Sie das Problem mit genügend Informationen formuliert haben. Betrachten Sie zum Beispiel eine quadratische Pyramide und lassen Sie

s = 1.

$s = 1.$ Jetzt haben Sie die Anzahl der Seiten und

s,

$s,$ aber wenn das Quadrat ein Seitenquadrat ist

1 / 4

$1/4$ Sie erhalten ganz andere Diederwinkel als wenn das Quadrat eine Seite hat

1.

$1.$ Die Formel, die Sie am Ende zitieren, wird für regelmäßige Polyeder abgeleitet, wobei

α

$\alpha$ wird durch die Art des Polyeders und damit die Kante des regelmäßigen Vielecks bestimmt,

2 s \sin \frac{α}{2},

$2s \sin\frac\alpha2,$ wird ebenfalls bestimmt. Wenn Sie meinten, dass das Polygon eine Seite haben soll

1,

$1,$ das muss Teil der Problemstellung sein.

John Daniels

@DavidK Ich denke die Formel

2 s \sin (α / 2)

$2s\sin(\alpha/2)$ für die gegenüberliegende Seite

α

$\alpha$ sollte für jedes gleichschenklige Dreieck gelten. Ich glaube nicht, dass ich in den zitierten Gleichungen gleichseitige Dreiecksflächen oder regelmäßige Polyeder angenommen habe. Wenn der Flächenwinkel vom Verhältnis der Schrägkante zur Basiskante abhängt, nehme ich das gerne in Kauf.

David K

Die Frage ist nicht, ob die Seite Länge hat

2 s \sin \frac{α}{2}

$2s \sin\frac\alpha2$ -- natürlich tut es das! Das Problem ist, dass wir in Ihrer Formulierung den Wert von nicht finden können $2s \sin\frac\alpha2$ , während auf der Seite, auf die Sie verlinkt haben, dieser Wert leicht zu finden ist, da diese Seite definitiv davon ausgeht, dass es sich um ein reguläres Polyeder handelt. Andererseits, wenn die Seite des Polygons ist

1,

$1,$ Dann

s

$s$ ist das Verhältnis der schrägen Kante zur Basiskante, und wir sind beide glücklich.

David K

... oder zumindest freuen wir uns beide, wenn jemand die Antwort in Bezug auf dieses Verhältnis ausarbeitet. (Für mich ist jetzt Schlafenszeit, aber vielleicht ein anderes Mal.)

Ziggurismus

Einige verwandte Fragen unter math.stackexchange.com/q/2032660/16490 und math.stackexchange.com/q/345271/16490

Antworten (3)

Berechnen Sie den Flächenwinkel einer regelmäßigen Pyramide

Ich kann nicht auf die Seite zugreifen, die Sie gerade zitiert haben, aber ich würde das vermuten $F$ Und $G$ sind die Höhenangaben in Fuß definiert $D$ , wodurch per Definition rechte Winkel entstehen.
@amd die Ebene GFD ist definiert als senkrecht zur Schnittlinie AC der beiden Ebenen CAD und CBD. Ich bin sicher, Sie haben Recht, was impliziert, dass DG eine Höhe von BDC ist, aber aus irgendeinem Grund blende ich aus. Eigentlich möchte ich sehen, dass DG senkrecht zur Ebene BAC steht. Also steht DG sowohl auf BC als auch auf FG senkrecht.
Ich glaube nicht, dass Sie das Problem mit genügend Informationen formuliert haben. Betrachten Sie zum Beispiel eine quadratische Pyramide und lassen Sie $s = 1.$ Jetzt haben Sie die Anzahl der Seiten und $s,$ aber wenn das Quadrat ein Seitenquadrat ist $1/4$ Sie erhalten ganz andere Diederwinkel als wenn das Quadrat eine Seite hat $1.$ Die Formel, die Sie am Ende zitieren, wird für regelmäßige Polyeder abgeleitet, wobei $\alpha$ wird durch die Art des Polyeders und damit die Kante des regelmäßigen Vielecks bestimmt, $2s \sin\frac\alpha2,$ wird ebenfalls bestimmt. Wenn Sie meinten, dass das Polygon eine Seite haben soll $1,$ das muss Teil der Problemstellung sein.
@DavidK Ich denke die Formel $2s\sin(\alpha/2)$ für die gegenüberliegende Seite $\alpha$ sollte für jedes gleichschenklige Dreieck gelten. Ich glaube nicht, dass ich in den zitierten Gleichungen gleichseitige Dreiecksflächen oder regelmäßige Polyeder angenommen habe. Wenn der Flächenwinkel vom Verhältnis der Schrägkante zur Basiskante abhängt, nehme ich das gerne in Kauf.
Die Frage ist nicht, ob die Seite Länge hat $2s \sin\frac\alpha2$ -- natürlich tut es das! Das Problem ist, dass wir in Ihrer Formulierung den Wert von nicht finden können $2s \sin\frac\alpha2$ , während auf der Seite, auf die Sie verlinkt haben, dieser Wert leicht zu finden ist, da diese Seite definitiv davon ausgeht, dass es sich um ein reguläres Polyeder handelt. Andererseits, wenn die Seite des Polygons ist $1,$ Dann $s$ ist das Verhältnis der schrägen Kante zur Basiskante, und wir sind beide glücklich.
... oder zumindest freuen wir uns beide, wenn jemand die Antwort in Bezug auf dieses Verhältnis ausarbeitet. (Für mich ist jetzt Schlafenszeit, aber vielleicht ein anderes Mal.)
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G-Fahrerhaus · Answer 1

Ein vektorieller Ansatz wäre ziemlich schlank und effektiv.

Gegeben sind zwei Seiten der Pyramide, die sich die gemeinsame Kante teilen $V P_n$ , und die zusammenhängenden Basispunkte enthält $P_{n-1}$ Und $P_{n+1}$ , wäre der Flächenwinkel zwischen diesen beiden Flächen der Winkel, den die beiden Vektoren ( $t_m, t_p$ ), senkrecht zur gemeinsamen Kante und auf der jeweiligen Fläche liegend.

Dies ist natürlich auch der Winkel, den die Normalenvektoren zu den Flächen bilden, vorausgesetzt, dass einer nach innen und der andere nach außen gerichtet ist .

Das heißt nach der Rechtsregel

N_{M} = \vec{P_{N} P_{N - 1}} \times \vec{P_{N} v} N_{P} = \vec{P_{N} P_{N + 1}} \times \vec{P_{N} v}

${\bf n}_{\,m} = \mathop {P_{\,n} P_{\,n - 1} }\limits^ \to \; \times \;\mathop {P_{\,n} V}\limits^ \to \quad \quad {\bf n}_{\,p} = \mathop {P_{\,n} P_{\,n + 1} }\limits^ \to \; \times \;\mathop {P_{\,n} V}\limits^ \to$

Dann der Diederwinkel $\alpha$ wird einfach aus dem Skalarprodukt berechnet

\cos a = \frac{N_{M} \cdot N_{P}}{| N_{M} | | N_{P} |}

$\cos \alpha = {{{\bf n}_{\,m} \; \cdot \;{\bf n}_{\,p} } \over {\left| {{\bf n}_{\,m} } \right|\;\;\left| {{\bf n}_{\,p} } \right|}}$

Eine Sache, die an meiner Lösung unangenehm ist, ist, dass ich über die Rechtwinkligkeit von Linien sprechen muss, die sich nicht wirklich schneiden. Ich bin sicher, es gibt einen richtigen Weg, darüber zu sprechen. Vektoren lösen dieses Problem.
@ziggurism: Meines Wissens ist der vektorielle Ansatz am effektivsten: Sie können alle interessierenden Winkel, Längen und Oberflächen einfach berechnen.
Ja, das stimmt natürlich, aber wenn ein Geometrieproblem synthetisch dargestellt wird (Stil der euklidischen Geometrie), löse ich es gerne so.
@ziggurism: ok, ich wünschte nur, du möchtest nicht auch ... das griechische Zahlensystem verwenden.

Ziggurismus · Answer 2

Die kurze Antwort ist, $DG$ liegt im Flugzeug $BCD$ senkrecht zu $AB$ , und ist daher (parallel zu einer Linie) senkrecht zu $AB$ . $DG$ liegt auch im Flugzeug $DFG$ senkrecht zu $AC$ , und ist daher (parallel zu einer Linie) senkrecht zu $AC$ . Senkrecht zu beiden sein $AB$ Und $AC$ , $DG$ steht senkrecht auf jeder Geraden in der Ebene $ABC$ dass es sich schneidet, einschließlich beider $FG$ Und $BC$ .

Lassen Sie uns die Herleitung aller drei Formeln im Detail durchgehen. Nach dem verlinkten Artikel sehen wir:

Zuerst aus dem schrägen gleichschenkligen Dreieck $\triangle CAD$ , indem Sie das rechtwinklige Dreieck mit der Höhe verwenden $AE,$ Und $AC=s,$ wir haben $EC=s\sin(\alpha/2).$

Höhe $AB$ steht senkrecht zur Ebene $CAD,$ also dreieck $ABC$ ist ein rechtwinkliges Dreieck, und wir haben $BC=AC\cos\gamma=s\cos\gamma.$ Von der Basis gleichschenkliges Dreieck $\triangle CBD$ wir haben $EC=s\cos\gamma\sin(\beta/2).$

Das Gleichsetzen der beiden Ausdrücke ergibt
$\begin{matrix} (1) & \cos γ = \frac{Sünde (\frac{a}{2})}{Sünde (\frac{β}{2})} . \end{matrix}$ $\cos\gamma = \frac{\sin\left(\frac\alpha2\right)}{\sin\left(\frac\beta2\right)}\tag{1}\label{1}.$
Als nächstes, warum sind $FG$ Und $BC$ (also Flugzeug $ABC$ ) senkrecht zu $DG$ ?

Der Trick besteht darin, zu erkennen, dass die Senkrechte zu einer Ebene durch die Spitze eines Dreiecks orthogonal zu allen Linien in dieser Ebene ist, einschließlich der beiden Kanten, die darauf treffen, sowie (einer parallelen Linie zu) der gegenüberliegenden Kante.

Per Konstruktion Flugzeug $DFG$ steht senkrecht dazu $AC$ . Deshalb $AC$ ist senkrecht zu jeder Linie in $DFG$ , ergo $AC$ steht senkrecht dazu $FG$ Und $FD$ .

Zusätzlich Linie $DG$ liegt in der Ebene $BCD,$ also ist es (oder eine Linie parallel dazu) senkrecht zu $AB$ , als $AB$ steht senkrecht zur Ebene $BCD.$ Linie $DG$ liegt auch im Flugzeug $DFG,$ also senkrecht dazu $AC$ . Sie steht also senkrecht zur Ebene $ABC.$ Und damit auch zu $FG.$ Winkel $\angle DGF$ Und $\angle DGC$ sind rechte Winkel (Linie $BC$ liegt auch im Flugzeug $ABC$ und so senkrecht zu $DG$ ).

Betrachten Sie daher das rechtwinklige Dreieck $\triangle FGD$ wir haben $GD=s\sin\alpha\sin\delta.$

Und beim Betrachten des rechtwinkligen Dreiecks $\triangle BGD$ wir sehen $GD=s\cos\gamma\sin\beta.$

Gleichsetzen gibt
$\begin{matrix} (2) & Sünde δ = \frac{\cos γ Sünde β}{Sünde a} \overset{(1)}{=} \frac{Sünde (\frac{a}{2}) \cdot 2 Sünde (\frac{β}{2}) \cos (\frac{β}{2})}{Sünde (\frac{β}{2}) \cdot 2 Sünde (\frac{a}{2}) \cos (\frac{a}{2})} = \frac{\cos (\frac{β}{2})}{\cos (\frac{a}{2})} . \end{matrix}$ $\sin\delta=\frac{\cos\gamma\sin\beta}{\sin\alpha} \stackrel{\eqref{1}}= \frac{\sin\left(\frac\alpha2\right)\cdot2\sin\left(\frac\beta2\right)\cos\left(\frac\beta2\right)}{\sin\left(\frac\beta2\right)\cdot2\sin\left(\frac\alpha2\right)\cos\left(\frac\alpha2\right)}=\frac{\cos\left(\frac\beta2\right)}{\cos\left(\frac\alpha2\right)}\tag{2}\label{2}.$
Rechtwinkliges Dreieck betrachten $\triangle ABE$ wir haben $BE=AE\cos\epsilon.$

Vom Dreieck $\triangle AEC$ wir haben $AE=s\cos\left(\frac\alpha2\right).$

Und vom Dreieck $\triangle BEC$ wir haben $BE=s\cos\left(\gamma\right)\cos\left(\frac\beta2\right).$

Daher
$\begin{matrix} (3) & \cos ϵ = \frac{Sünde (\frac{a}{2}) \cos (\frac{β}{2})}{\cos (\frac{a}{2}) Sünde (\frac{β}{2})} = \frac{bräunen (\frac{a}{2})}{bräunen (\frac{β}{2})} . \end{matrix}$ $\cos\epsilon=\frac{\sin\left(\frac\alpha2\right)\cos\left(\frac\beta2\right)}{\cos\left(\frac\alpha2\right)\sin\left(\frac\beta2\right)}=\frac{\tan\left(\frac\alpha2\right)}{\tan\left(\frac\beta2\right)}\tag{3}\label{3}.$

Also der Scheitelwinkel gegeben $\alpha$ und die Projektion dieses Winkels in die Basis $\beta$ , haben wir den Kantenwinkel $\gamma$ , der Diederwinkel $\delta$ zwischen $ABC$ Und $ACD$ , und der Diederwinkel $\epsilon$ zwischen $ACD$ Und $BCD$ .

Wenden Sie dies auf die reguläre Pyramide an, wo $CAD$ ist eine Seitenfläche und $\triangle ABC$ ein vertikaler (senkrecht zur Basis) Querschnitt durch eine Kante zwischen benachbarten Flächen ist, dann ist der Flächenwinkel zwischen benachbarten Seitenflächen $2\delta.$

In Bezug auf die Anzahl der Seiten der Pyramide $n$ , weil dort sind $n$ Winkel messen $\beta$ um einen Scheitelpunkt in der Ebene haben wir

β = \frac{2 π}{N} .

$\beta=\frac{2\pi}{n}.$ Und in Bezug auf die schräge Kantenlänge

A C = s

$AC=s$ , und Basisseitenlänge

C D = ℓ

$CD=\ell$ , wir haben

ℓ = 2 S Sünde (\frac{a}{2}) .

$\ell=2s\sin\left(\frac\alpha2\right).$ Also in Bezug auf

n, ℓ,

$n,\ell,$ Und

s,

$s,$ wir schreiben

\begin{aligned} \cos γ & = \frac{ℓ}{2 S Sünde (\frac{π}{N})}, \\ Sünde δ & = \frac{2 S \cos (\frac{π}{N})}{\sqrt{4 S^{2} - ℓ^{2}}}, \\ \cos ϵ & = \frac{ℓ}{bräunen (\frac{π}{N}) \sqrt{4 S^{2} - ℓ^{2}}} . \end{aligned}

$\begin{align}\cos\gamma&=\frac{\ell}{2s\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)},\\\sin\delta&=\frac{2s\cos\left(\frac{\pi}{n}\right)}{\sqrt{4s^2-\ell^2}},\\\cos\epsilon&=\frac{\ell}{\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)\sqrt{4s^2-\ell^2}}.\end{align}$

Putten zum Beispiel $n=4$ , $s=\ell$ gibt uns die regelmäßige quadratische Pyramide mit $\gamma=\frac{\pi}{4},$ $\sin\delta=\sqrt{\frac{2}{3}},$ Und $\cos\epsilon=\frac{1}{\sqrt{3}}.$ Was den Winkeln des regelmäßigen Oktaeders in der Tabelle der platonischen festen Diederwinkel entspricht .

Oder mit $n=3$ , $s=\ell$ wir bekommen $\cos\gamma=1/\sqrt{3}$ Und $\cos(2\delta)=\cos\epsilon=1/3,$ wiederum in Übereinstimmung mit der bekannten Geometrie des regulären Tetraeders.

Als nicht-platonisches Beispiel eine regelmäßige sechseckige Pyramide mit Höhe $h=\sqrt{3}\ell$ und schräge Kantenlänge $s=2\ell$ werde haben $\cos(2\delta)=-3/5$ , der Winkel von a $3$ - $4$ - $5$ Dreieck.

Sehr hilfreiche Antwort, aber ich würde nur sagen, es gibt eine Komplikation, wo $\beta > 90^\circ$ denn dann $G$ liegt nicht mehr auf Liniensegment $BC$ befindet sich aber auf der linken Seite $B$ , zB im Falle des Tetraeders wo $\beta = 120^\circ$ .

Ross Ure Anderson · Answer 3

Ein alternativer Ansatz zum Erhalten der Formel für $\delta$ ist eine Einheit normal zu nehmen $\underline{\mathbf{u}}$ für eine gegebene Steigung und drehen Sie diese dann um den Winkel $\beta$ über die $z$ -Achse, also um den Vektor $\underline{\mathbf{k}}$ , um eine Einheit normal zu produzieren $\underline{\mathbf{v}}$ für den angrenzenden Hang, wie in Fig. 1 gezeigt. Dieser Ansatz vermeidet die Komplikation, die entsteht, wenn $\beta > 90^\circ$ , für dann $G$ befindet sich nicht mehr auf dem Liniensegment $BC$ , erstreckt sich aber nach links darüber hinaus $B$ (z. B. im Fall des Tetraeders, den wir haben $\alpha = 60^\circ$ Und $\beta = 120^\circ$ , was den Diederwinkel angibt $2\delta = \arccos (1/3)$ ).

Seit $\underline{\mathbf{u}}$ Und $\underline{\mathbf{v}}$ beide nach außen gerichtet sind, haben wir:

\underline{u} \cdot \underline{v} = \cos (180 - 2 δ) = - \cos 2 δ .

$\underline{\mathbf{u}} \cdot \underline{\mathbf{v}} = \cos(180 - 2\delta) = -\cos 2\delta.$

Aus Abb. 1 haben wir:

\underline{u} = Sünde ϵ \underline{ich} + \cos ϵ \underline{k} .

$\underline{\mathbf{u}} = \sin \epsilon \; \underline{\mathbf{i}} + \cos \epsilon \; \underline{\mathbf{k}}.$

Rotierend $\underline{\mathbf{u}}$ über die $z$ -Achse nach Winkel $\beta$ Verlässt die $\underline{\mathbf{k}}$ Komponente unverändert und ändert die Komponente $\sin \epsilon \; \underline{\mathbf{i}}$ Zu $\sin \epsilon \cos \beta \; \underline{\mathbf{i}} + \sin \epsilon \sin \beta \; \underline{\mathbf{j}}$ so dass :

\underline{v} = Sünde ϵ \cos β \underline{ich} + Sünde ϵ Sünde β \underline{J} + \cos ϵ \underline{k}

$\underline{\mathbf{v}} = \sin \epsilon \cos \beta \; \underline{\mathbf{i}} + \sin \epsilon \sin \beta \;\underline{\mathbf{j}} + \cos \epsilon \; \underline{\mathbf{k}}$

Daher :

\begin{array}{rcl} 2 {Sünde}^{2} \frac{1}{2} δ - 1 = - \cos 2 δ & = & \underline{u} \cdot \underline{v} \\ (1) & = & {Sünde}^{2} ϵ \cos β + \cos^{2} ϵ \end{array}

$\begin{eqnarray} 2 \sin^2 \frac{1}{2} \delta -1 = -\cos 2\delta & = & \underline{\mathbf{u}} \cdot \underline{\mathbf{v}} \nonumber \\ & = & \sin^2 \epsilon \cos \beta + \cos^2 \epsilon \label{eq:Rodrigues} \tag{1} \end{eqnarray}$

Wir benötigen einen Ausdruck, der beinhaltet $\alpha$ Und $\beta$ nur. Bezeichne die Höhe der regulären Pyramide mit $h$ , und der Radius seiner regelmäßigen polygonalen Basis durch $r$ . Dann :

\begin{matrix} (2) & Sünde ϵ = \frac{H}{S \cos \frac{1}{2} a}, Und \cos ϵ = \frac{R \cos \frac{1}{2} β}{S \cos \frac{1}{2} a} \end{matrix}

$\begin{equation} \sin \epsilon = \frac{h}{s \cos \frac{1}{2} \alpha}, \hspace{1em} \mbox{and} \hspace{1em} \cos \epsilon = \frac{r \cos \frac{1}{2} \beta}{s \cos \frac{1}{2} \alpha} \label{eq:angle-epsilon} \tag{2} \end{equation}$

mit :

\begin{matrix} (3) & \frac{H}{S} = Sünde γ Und \frac{R}{S} = \cos γ . \end{matrix}

$\begin{equation} \frac{h}{s} = \sin \gamma \hspace{1em} \mbox{and} \hspace{1em} \frac{r}{s} = \cos \gamma. \label{eq:angle-gamma} \tag{3} \end{equation}$

Wie im Artikel können wir leicht feststellen, indem wir die Länge von EC auf zwei Arten berechnen:

\begin{matrix} (4) & \cos γ = \frac{Sünde \frac{1}{2} a}{Sünde \frac{1}{2} β} . \end{matrix}

$\begin{equation} \cos \gamma = \frac{\sin \frac{1}{2} \alpha}{\sin \frac{1}{2} \beta}. \label{eq:angle-gamma-formula} \tag{4} \end{equation}$

Also Gleichungen aufstellen ( $\ref{eq:Rodrigues}$ ) - ( $\ref{eq:angle-gamma-formula}$ ) zusammen haben wir jetzt:

\begin{array}{rcl} 2 {Sünde}^{2} \frac{1}{2} δ - 1 & = & \frac{{Sünde}^{2} γ}{\cos^{2} \frac{1}{2} a} \cdot \cos β + \cos^{2} γ \cdot \frac{\cos^{2} \frac{1}{2} β}{\cos^{2} \frac{1}{2} a} \\ = & \frac{1}{\cos^{2} \frac{1}{2} a} [(1 - \frac{{Sünde}^{2} \frac{1}{2} a}{{Sünde}^{2} \frac{1}{2} β}) \cdot (\cos^{2} \frac{1}{2} β - {Sünde}^{2} \frac{1}{2} β) + (\frac{{Sünde}^{2} \frac{1}{2} a}{{Sünde}^{2} \frac{1}{2} β}) \cdot \cos^{2} \frac{1}{2} β] \\ = & \frac{1}{\cos^{2} \frac{1}{2} a} [\cos^{2} \frac{1}{2} β - {Sünde}^{2} \frac{1}{2} β + {Sünde}^{2} \frac{1}{2} a] \\ \Rightarrow 2 {Sünde}^{2} δ & = & \frac{1}{\cos^{2} \frac{1}{2} a} [\cos^{2} \frac{1}{2} β - {Sünde}^{2} \frac{1}{2} β + 1] \\ = & \frac{2 \cos^{2} \frac{1}{2} β}{\cos^{2} \frac{1}{2} a} \\ \Rightarrow seit a, β, γ \in (0, 180^{\circ}), Sünde δ & = & \frac{\cos \frac{1}{2} β}{\cos \frac{1}{2} a} . \end{array}

$\begin{eqnarray*} 2 \sin^2 \frac{1}{2} \delta -1 & = & \frac{\sin^2 \gamma}{\cos^2 \frac{1}{2} \alpha} \cdot \cos \beta + \cos^2 \gamma \cdot \frac{\cos^2 \frac{1}{2} \beta}{\cos^2 \frac{1}{2} \alpha} \\ & = & \frac{1}{\cos^2 \frac{1}{2} \alpha} \left[ \left( 1 - \frac{\sin^2 \frac{1}{2} \alpha}{\sin^2 \frac{1}{2} \beta} \right) \cdot (\cos^2 \frac{1}{2}\beta - \sin^2 \frac{1}{2}\beta) + \left( \frac{\sin^2 \frac{1}{2} \alpha}{\sin^2 \frac{1}{2} \beta} \right) \cdot \cos^2 \frac{1}{2} \beta \right] \\ & = & \frac{1}{\cos^2 \frac{1}{2} \alpha} \left[ \cos^2 \frac{1}{2} \beta - \sin^2 \frac{1}{2} \beta + \sin^2 \frac{1}{2} \alpha \right] \\ \Rightarrow 2 \sin^2 \delta & = & \frac{1}{\cos^2 \frac{1}{2} \alpha} \left[ \cos^2 \frac{1}{2} \beta - \sin^2 \frac{1}{2} \beta + 1 \right] \\ & = & \frac{2 \cos^2 \frac{1}{2} \beta}{\cos^2 \frac{1}{2} \alpha} \\ \Rightarrow \mbox{since } \alpha, \beta, \gamma \in (0, 180^\circ), \hspace{1.5em} \sin \delta & = & \frac{\cos \frac{1}{2} \beta}{\cos \frac{1}{2} \alpha}. \end{eqnarray*}$

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