Beweis der Dreiteilung der Diagonale im Paralleogramm

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22.06.2007, 18:04	kleiner	Auf diesen Beitrag antworten »
Beweis der Dreiteilung der Diagonale im Paralleogramm Hallo, nach drei Stunden des überlegens hab ich mich entschlossen jetzt die Aufgabe doch mal an die Öffentlichkeit zu bringen Zurzeit haben wir das Thema Teilverhältnis in der Schule ( AT = x* TB wenn T die Strecke AB teilt. ) Mithilfe dieses Themas und den Worten meines Lehrers: "Man sollte noch wissen wie eine Geradengleichung aussieht." (also x = a + x*b mit x,a,b = Vektoren) soll ich nun folgende Aufgabe lösen: Zeigen Sie: Wird der Punkt B eines Parallelogramms ABCD mit den Mittelpunkten M1 und M2 der Seiten AD und CD verbunden, so teilen diese Verbindungslinien die Diagonale AC in drei gleiche Teile. Für einen Lösungsansatz wäre ich sehr dankbar MFG DannY
22.06.2007, 18:33	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Beweis der Dreiteilung der Diagonale im Paralleogramm ich würde mich da nicht mit geraden abplagen. das verfahren der wahl ist der geschlossene vektorzug. mit $\begin{eqnarray} \vec{a}=\overrightarrow{BA} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \vec{B}=\overrightarrow{BC} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} S_1 \end{eqnarray}$ dem schnittpunkt der diagonale AC und der strecke $\begin{eqnarray} BM_1 \end{eqnarray}$ hast du $\begin{eqnarray} \vec{a}+\lambda (\vec{b}-\vec{a}) - \mu(\vec{a}+\frac{1}{2}\vec{b})=\vec{o} \end{eqnarray}$ und unter berücksichtigung der linearen unabhängigkeit der beiden vektoren folgt $\begin{eqnarray} \lambda=\frac{1}{3} \end{eqnarray}$
22.06.2007, 18:41	kleiner	Auf diesen Beitrag antworten »
... MHM... So hab ich mir das auch vorgestellt als ich das Thema zu Gesicht bekommen habe, aber mein Lehrer hat ausdrücklich gesagt ich soll das nicht mit der "linearen unabhängigkeit" nachweisen....
22.06.2007, 18:51	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
Re: ... wenn´s so ist, lehrer dann stelle halt die entsprechenden geraden auf und schneide sie mit den bezeichnungen von oben $\begin{eqnarray} g_{BS_1}: \vec{x}=\mu\cdot (\vec{a}+\frac{1}{2}\vec{b}) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g_{AC}: \vec{x}= \vec{a}+\lambda\cdot (\vec{b}-\vec{a}) \end{eqnarray}$ so oder so ähnlich sollten sie lauten. es ist freitag abend, ich muß jetzt versuche es mal und zeige vor allem, was du fabriziert hast
22.06.2007, 19:34	kleiner	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich hab das jetz mal durchgerechnet mit den Geraden, bloss dummerweise benütze ich auf meinem weg auch die lineare unabhähngigkeit... $\begin{eqnarray} \vec{AC} = \vec{a} + \lambda (\vec{x} + \vec{y}) \end{eqnarray}$ mit x=AB und y = BC $\begin{eqnarray} \vec{BM1} = \vec{a} + \vec{x} + \gamma (- \vec{x} + \vec{y} /2) \end{eqnarray}$ Das sind jetz mal die Geradengleichungen, meiner Meinung nach ^^ Beim Gleichsetzen kommt man dann auf: $\begin{eqnarray} \vec{x} (\lambda + \gamma - 1) + \vec{y} (\lambda - \gamma /2)= 0 \end{eqnarray}$ Und genau an dem Punkt sagt man ja dann... "wegen der linearen unabhängigkeit die faktoren gleich 0 etc. etc." Es kommt zwar für lampda dann 1/3 raus... aber dass der Lösungsweg durchgeht, bezweifel ich...
23.06.2007, 01:14	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
löse - stumpfsinnigerweise - einfach das oben angegebene lgs komponentenweise also $\begin{eqnarray} \mu (2a_1+b_1)=2a_1 +2\lambda (b_1 - a_1) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \mu (2a_2+b_2)=2a_2 +2\lambda (b_2 - a_2) \end{eqnarray}$ liefert - surprise - wieder $\begin{eqnarray} \lambda =\frac{1}{3} \end{eqnarray}$ edit: wenn schon mit geraden, dann so: jedes parallelogramm läßt sich in das abgebildete quadrat affin transformieren. diese abbildung ist verhältnistreu, daher gilt alles, was du in diesem sinn am quadrat beweist, auch im parallelogramm. damit kannst du das ganze im kopf ausrechnen. $\begin{eqnarray} g_1: x = y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g_2: y = -\frac{1}{2}(x-1)\to x =\frac{1}{3} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g_3: y = -2(x-1)\to x =\frac{2}{3} \end{eqnarray}$ daher $\begin{eqnarray} S_1(\frac{1}{3}/\frac{1}{3})\quad{ }S_2(\frac{2}{3}/\frac{2}{3}) \end{eqnarray}$
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25.06.2007, 16:16	kleiner	Auf diesen Beitrag antworten »
... was ist denn bei den gleichungen a1, a2, b1 und b2?? Steht das für $\begin{eqnarray} \vec{0B} \end{eqnarray}$ oder für $\begin{eqnarray} \vec{AB} \end{eqnarray}$ oder für was gaaaanz neues?
25.06.2007, 19:26	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
Re: ... soweit solltest aber schon mitlesen und -denken steht doch da: ...löse komponentenweise.... das sind die x- und y-komponenten der jeweiligen vektoren
03.07.2007, 17:13	kleiner	Auf diesen Beitrag antworten »
Re: ... so, ich hab jetz mal meinen lehrer gefragt wie der sich das vorgestellt hat... das ganze ist folgendermaßen: Man geht davon aus dass AC in 3 gleichgrosse Teile geteilt wird, und berechnet damit den Punkt T1 auf AC mit $\begin{eqnarray} \frac{1}{1 + \lambda}(\vec{a} + \lambda \vec{b} ) \end{eqnarray}$ man bekommt dann für T1: $\begin{eqnarray} \vec{t_1} = \frac{2}{3} \vec{a} + \frac{1}{3} \vec{c} \end{eqnarray}$ Jetzt muss man nur noch beweisen dass dieser Punkt T1 auch auf der Geraden BM1 liegt, indem man die Geradengleichung aufstellt: $\begin{eqnarray} \vec{x}= \vec{b} + \lambda (\vec{a} + \frac{1}{2} \vec{c} +\frac{3}{2} \vec{b} ) \end{eqnarray}$ und für lambda = 2/3 einsetzt....

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