Analytische Beweise in Vierecken

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Felix Auf diesen Beitrag antworten »
Analytische Beweise in Vierecken
Könnte mir jemand einen Tipp geben wie ich diese Aufgabenstellung am besten angehe:

a) Beweise : Die Diagonalen eines Parallelogramms halbieren einander
B) Beweise : Die Diagonalen eines Trapezes teilen einander im Verhältnis der Parallelseiten
c) Beweise : Verbindet man die Mittelpunkte gegenüberliegender Seiten in einem Viereck, so halbieren einander die beiden verbindungsstrecken.
d) Die Halbierungspunkte eines beliebigen Vierecks bilden ein Parallelogramm

Wenn mir jemand erklären könnte bzw. mir einem Hnweis gibt wie ich die Einzelnen Probleme auf analytischem Weg angehe, wäre mir sehr geholfen.

lg Felix
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Diese Fragen kann man leider nicht sinnvoll beantworten, wenn man nicht weiß, in welchem Zusammenhang sie gestellt sind.

Elementargeometrie (Kongruenzsätze/Strahlensatz) ?
Analytische Geometrie (Koordinaten/Vektorrechnung) ?

Zum Beispiel wäre auch ganz wichtig zu wissen, wie das Parallelogramm definiert wurde. Man könnte z.B. definieren: Ein Viereck, in dem sich die Diagonalen gegenseitig halbieren, heißt Parallelogramm. Dann wäre ja die erste Aufgabe ziemlich überflüssig ...
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Wenn mir jemand erklären könnte bzw. mir einem Hnweis gibt wie ich die Einzelnen Probleme auf analytischem Weg angehe, wäre mir sehr geholfen.

Ansonsten gibt es eigentlich keine weiteren Angaben ... Das ganze soll aber denke ich über Halbierungs und Teilungspunktformel laufen ...

lg felix
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Meine Frage ist vielleicht ein wenig blöd gestellt ... andere Frage :
Wie leitet sich aus dieser Def : Ein Viereck, in dem sich die Diagonalen gegenseitig halbieren, heißt Parallelogramm die die Definition : ein Parallelogramm ist ein Viereck in dem die jeweils gegenüberliegenden Seiten parallel sind ????
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Ich weiß leider immer noch nicht, in welchem Zusammenhang du diese Frage stellst. Ich nehme daher einfach einmal einen Kongruenzbeweis:

1.
Wenn sich die Diagonalen gegenseitig halbieren, sind aufgrund des sws-Kongruenzsatzes von den vier Dreiecken, in die das Viereck durch seine Diagonalen zerfällt, gegenüberliegende jeweils kongruent. Also folgt, daß die sich gegenüberliegenden Seiten des Vierecks gleich lang sind.

2.
Nach dem sss-Kongruenzsatz zerlegt also eine Diagonale das Viereck in zwei kongruente Dreiecke. Folglich sind im Viereck gegenüberliegende Winkel gleich groß.

3.
Damit folgt aus dem Winkelsummensatz fürs Viereck, daß zwei benachbarte Innenwinkel des Vierecks zusammen 180° ergeben.

4.
Da Nebenwinkel zusammen auch 180° ergeben, erkennt man in der Figur gleich große Wechselwinkel bei den sich gegenüberliegenden Seiten. Daher sind diese parallel.
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Danke für die Antwort aber ich hab eigentlich die analytische Beweisführung gemeint Augenzwinkern :
Zitat:
Wenn mir jemand erklären könnte bzw. mir einem Hnweis gibt wie ich die Einzelnen Probleme auf analytischem Weg angehe, wäre mir sehr geholfen.


lg
 
 
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

Diese Dinge kann man gut mittels des geschlossenen Vektorzuges abhandeln.
Also sind diese Beweise vektoriell zu führen.

Das Parallelogramm beispielsweise baut man aus den beiden linear unabhängigen Vektoren a (AB) und b (AD) auf. AC = (a + b), BD = (b - a)
Der Schnittpunkt der Diagonalen sei S, AS = r(a + b), BS = s(b - a) (r, s sind reelle, das Teilverhältnis kennzeichnende Parameter). Dann stellt das Dreieck ABS einen geschlossenen Vektorzug dar. Darin ist

a + s(b - a) = r(a + b)

Nun ausmultiplizieren, ordnen nach a, b, diese ausklammern und die lineare Unabhängigkeit von a, b ausnützen [0 . a = 0 . b]. Die zwei Gleichungen für r, s liefern das gewünschte Teilverhältnis, welches S auf den Diagonalen erzeugt.

mY+

P.S.: Ich habe deinen das Thema nicht kennzeichnenden Titel geändert.
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

In seiner Frage stellt Felix aber gerade das umgekehrte Problem: Aus dem Halbieren der Diagonalen ist auf die Parallelität der Seiten zu schließen.
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Was ist die lineare Unabhängigkeit und inwiefern hilft sie mir folgende Gleichung aufzulösen :
?

Im Prinzip würde ich es gern in beide Richtungen wissen aber aus dem einen wird sich das andere schon ergeben ... nehm ich an verwirrt

P.S. Danke für Änderung des Titels wollte das selbst schon machen war aber nicht mehr befugt ...
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

Die beiden Vektoren sind linear unabhängig, das bedeutet, sie sind nicht kollinear (parallel). Daher können in einer Gleichung



die beiden Parameter t, u nur beide gleich Null sein:



Daraus folgt bei deinem Beispiel




-----------------------------



Damit ist der Beweis erbracht, dass sich die Diagonalen in einem Parallelogramm halbieren.
---------------------

@Leopold
So wie ich es hier erklärt habe, beziehe ich mich allerdings auf die Fragestellung im ersten Beitrag.

mY+
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Ok das versteh ich jetzt so weit ... dankeschön

Könnte sein das ich noch weitere Fragen haben bei den anderen Körpern und so, ich mag aber mal schaun wie weit ich komm mit dem was ich jetzt weiß verwirrt

lg Felix
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe tatsächlich noch Fragen :

Wie löse ich die restlichen Aufgabenstellungen verwirrt

Ich hab jetzt einmal die zweite probiert und komm nicht so ganz weiter, mir würden schon die Ansätze reichen, ich bin da leider ein bisschen planlos ...

lg
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Bezeichnen wir die Eckpunkte des Trapezes der Reihe nach mit , wobei mit der Länge und mit der Länge die parallelen Seiten seien.

Man führt zwei linear unabhängige Vektoren ein, z.B.



und drückt die Vektoren, die durch die Strecken, deren Teilverhältnis zu berechnen ist, bestimmt sind, damit aus:



(Teilt man den Vektor durch seine Länge , so bekommt er die Länge 1, anschließende Multiplikation mit bringt ihn auf die Länge , wie man es für braucht.)

Ist jetzt der Teilungspunkt der Diagonalen, so muß es Skalare geben mit



Jetzt suche eine geschlossene Vektorkette, so daß du in die Rechnung bekommst, und drücke alle Vektoren darin durch und aus. Bringe die Gleichung auf die Gestalt:



und verwende die lineare Unabhängigkeit von .

Hinweis: Die Aufgabe läßt sich mit Elementargeometrie viel leichter lösen: Die Figur ist eine sogenannte X-Figur: Strahlensatz!
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Ok soweit jetzt hätte ich Aufg. auch geschafft bei Aufagbe 3) bin ich dann aber wieder hängen geblieben :

Ich bin das mal so angegangen :

t/2 (C + D - A - B) + 1/2 (A +B) = s/2 (D + A - B - C)

(1/2 - t/2) A + (1/2 - t/2) B + t/2 C + t/2 D = s/2 A - s/2 B - s/2 C + s/2 D

aber wie gehts weiter?

lg Felix
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

Das geht hier anders; du brauchst nur beweisen, dass das Viereck gebildet aus den Seitenmittelpunkten ein Parallelogramm ist, danach halbieren sich dessen Diagonalen ja "automatisch" Big Laugh

mY+
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Und was ich da versucht habeist nicht richtig ?? Oder ist es einfach nur umständlich ??

Wie beweise ich am besten, dass ein Parallelogramm vorliegt ?
Das mit den sich halbierenden Diagnalen wird mich da ja nicht weiterführen, bleibt also nur die Parallelität. Wie gehe ich das an ? Mein Versuch :



Wie beweise ich jetzt das diese Gleichung stimmt ???

lg und schon mal Danke für die Hilfe
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

Wie du das mit A, B, C, D angegangen hast, ist für mich nicht verständlich und sicher auch nicht richtig. Was sind denn eigentlich A, B, C, D?

Du kannst dies auch hier durchaus mit linear unabhängigen Vektoren lösen, dazu geben wir das ebene Viereck mittels dreier Vektoren an, der restliche vierte hängt von diesen ab und lässt sich mittels dieser berechnen. Von den drei Vektoren sind zwei sicher linear unabhängig. Setze z.B. (alles sind Vektoren)

AB = a, BC = b, AD = d; daraus ist CD = d - a - b

M1 .. M4 sind die Mittelpunkte auf a, ... d

Dann kann man ausrechnen, dass
M1M2 = b/2 + d/2 und M3M4 = d/2 - a - b/2

Nun ist wieder ein geschlossener Vektorzug realisierbar

a/2 + r(b/2 + d/2) + s(d/2 - a - b/2) - d/2 = 0
...
(a/2)(1 - 2s) + (b/2)(r - s) + (d/2)(r + s - 1) = 0
...
_________________

Wenn du die Tatsache des Paralleleogrammes beweisen willst, kannst du mit den obigen Bezeichnungen beispielsweise M1M4 = d/2 - a/2 und M2M3 = d/2 - a/2 - b/2 + b/2 = d/2 - b/2 sofort ermitteln, analog geht das mit M1M2 und M3M4 ...
_________________

Andererseits könnten auch die Eckpunkte in der Ebene mit A(a1;a2), B(b1;b2), C(c1;c2) und D(d1;d2) bezeichnet werden. Dann ist M1( (a1+b1)/2) ; (b1+c1)/2 ), M2 .... usw. Es ist in der Folge leicht zu berechnen, dass die Vektoren M1M2 und M3M4 parallel zur Diagonalen AC bzw. M2M3 und M1M4 parallel zur Diagonalen BD sind.

mY+
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Dann kann man ausrechnen, dass
M1M2 = b/2 + d/2 und M3M4 = d/2 - a - b/2

Ich nicht wie kommst du darauf ??? Wo liegen denn M1 - M4 überhaupt ??? Weil wenn es der Reihenfolge nach wäre, könnte man aus M1M2 und M3M4 so wie ich das sehe keinen geschlossen Vektorenzug bilden bzw. keinen der weiterhilft. Nehme ich also an das M1 auf M3 auf c liegt usw. , dann ist mir M3M4 zwar klar aber wie man auf M1M2 = b/2 + d/2 kommt ist mir nicht klar. Sollte es nicht M1M2 = 1,5 d - a - 0,5 b sein ???

Zitat:
M2M3 = d/2 - a/2 - b/2 + b/2 = d/2 - b/2

Wie du darauf kommst versteh ich auch nicht. Dass müssten ja M von d und M von c sein.

Tut mir leid ich bin etwas verwirrt. verwirrt

lg

Felix
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von mYthos
...
AB = a, BC = b, AD = d; daraus ist CD = d - a - b

M1 .. M4 sind die Mittelpunkte auf a, ... d
...


Das sollte eindeutig sein, halte dich bitte mal daran. Allerdings habe ich leider doch auch einen kleinen Bezeichnungsfehler, denn statt M1M2 war M1M3 und statt M3M4 war M2M4 gemeint.
Als Entschädigung für den Fehler habe ich eine Skizze beigestellt.

[attach]8283[/attach]

Daher gilt:
M1M3 = d - a/2 - (d - a - b)/2 = b/2 + d/2 und M2M4 = d/2 - a - b/2

Der geschlossene Vektorzug besteht nun aus den Strecken A-M1-S-M4 (umläuft in der Skizze den grauen Bereich), wobei M1S = r(M1M3) und SM4 = s(M2M4) ist.

mY+
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen Dank für die Skizze und all die andere Hilfe =)

Eine Frage noch :

a)

(a/2)(1 - 2s) + (b/2)(r - s) + (d/2)(r + s - 1) = 0

Wie kann ich hier die lineare Unabhängigkeit nützen ?? Ein Vektor kann ja ohne weiteres durch die Summe von 2 anderen Vektoren beschrieben werden ....


lg
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

Das stimmt. Deswegen nehmen wir an, dass (nur) a und b linear unabhängig sein sollen. Daraus folgen schon r, s, im dritten Summand (bei d) kann der Faktor auch Null sein (er ist es auch), aber letzteres muss natürlich nicht allein gelten: Denn in der Relation der Vektoren a, b und d gilt sowohl die triviale Relation (alle Faktoren sind 0), und daneben auch eine nichttriviale Relation.

mY+
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Deswegen nehmen wir an, dass (nur) a und b linear unabhängig sein sollen.

Aber daraus können wir ja eigentlich nur aussagen, dass
ist (außer die Faktoren sind 0).


Falls man für alle Faktoren Null setzt erfüllt man zwar die Gleichung aber hat man auch zwangsweise das richtige Ergebnis für s und r ??? Wie kann man das jetzt also als richtige Lösung anführen ?

lg
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

Du hast die lineare Unabhängigkeit falsch (oder nicht) verstanden: Denn gerade diese bedingt, dass NUR die triviale Relation gilt, somit jeder Faktor (jener bei a UND der bei b) BEIDE gleich Null sind.

1 - 2s = 0 UND r - s = 0, daraus folgt s= 1/2 und r = 1/2

mY+
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Ja aber gilt das nicht nur dann wenn was in diesem Fall ja nicht vorliegt ???

lg
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Kleine Korrektur gemeint ist natürlich :

mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

Obwohl ich schon (fast) auf Reisen bin, muss ich doch noch hier antworten, weil du nämlich Recht hast. So wie ich die Faktoren Null gesetzt habe, ist dies nicht zulässig, den in der Gleichung befindet sich ja auch noch der Vektor d, und dieser ist von a, b linear abhängig. Daher bleibt uns zunächst nur übrig, den Beweis auf den anderen bereits angegebenen Wegen zu erledigen.

Man kann aber dennoch auch auf dem ersten Weg zu einem Ergebnis kommen, wenn auch mit mehr Aufwand. Wir setzen den Vektor d = u.a + v.b, wobei u, v feste Faktoren sind, die die lineare Abhängigkeit des d von a,b kennzeichnen. Somit wird d in der Gleichung überall durch eine Linearkombination von a, b ersetzt. Dann ist

(a/2)(1 - 2s) + (b/2)(r - s) + (a/2)(r + s - 1)u + (b/2)(r + s - 1)v

Ordnen nach a, b, JETZT sind die Faktoren bei a, b dort wirklich Null, weil a, b lin. unabhängig sind.

.....

ur + (u - 2)s = u - 1
(1 + v)r + (v - 1)s = v
---------------------------------

Da u, v feste Parameter sind, kann in obigen System ein Koeffizientenvergleich nach u und auch nach v durchgeführt werden:

r + s = 1
2s = 1
----------------
oder
r + s = 1
r - s = 0
----------------

In beiden Fällen erhalten wir r = s = 1/2 und dies ist auch die Lösung des lGS nach r, s.

mY+
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

@mythos
Danke für die Antwort und einen schönen Urlaub ...

@ all
Mir ist eigentlich alles klar bis zu dieser Stelle :

Zitat:
Da u, v feste Parameter sind, kann in obigen System ein Koeffizientenvergleich nach u und auch nach v durchgeführt werden:

r + s = 1
2s = 1
----------------
oder
r + s = 1
r - s = 0
Wie stellt man diesen Koeffizienten Vergleich an, und vorallem warum geht das ?? Vielleicht könnte mir ja jemand helfen der gerade nicht auf Urlaub ist Augenzwinkern lg Felix
TheWitch Auf diesen Beitrag antworten »

Sortiere eine der beiden Gleichungen

ur + (u - 2)s = u - 1
(1 + v)r + (v - 1)s = v

um nach u bzw. v (ich würde die zweite bevorzugen).
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Nagut dann hätte ich
u(r + s -1) = 2s -1
v(r+s - 1) = r - s

so warum kann ich die jeweiligen Seiten der Gleichung jetzt einfach 0 setzten bzw. welche Koeffizienten vergleiche ich hier ?
TheWitch Auf diesen Beitrag antworten »

Diese beiden Gleichungen werden nur dann allgemeingültig*, wenn r + s - 1 = 0 und 2s - 1 = 0 sowie r + s - 1 = 0 und r - s = 0.

* Das müssen sie werden, weil deine Behauptung für jedes beliebige Viereck gelten soll, d. h. für alle möglichen Linearkombinationen von und . In dem Ansatz sind u und v zwar für ein bestimmtes Viereck fest, prinzipiell durchlaufen sie aber jeweils alle reellen Zahlen außer 0.
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Aso wäre 2s - 1 nicht gleich null ... dann müsste u einen bestimmten Wert haben den es aber nicht haben kann(weil es überhaupt keinen fixen wert hat) , daher folgert man das 2s -1 = 0 ist.
Hab ich das so richtig verstanden ??
TheWitch Auf diesen Beitrag antworten »

Nicht ganz. Angenommen, es sei 2s - 1 = 3, dann wäre s = 1 und u • r = 3 sowie v • r = r - 1*. Die beiden letzten Gleichungen lassen sich auflösen zu u = 3(1 - v). Damit wären u und v festgelegt - zwar nicht eindeutig, aber die gesamte Gleichung würde nur gelten für alle Vierecke, deren Seite d sich mit dieser Beziehung aus den Seiten a und b herleiten lässt.

* Nur zur Verdeutlichung, weil das hier im Strang teilweise untergegangen ist: Das ganze ist ein Gleichungssytem - die beiden Gleichungen sind nicht unabhängig voneinander zu betrachten.
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Ok jetzt hab ich so halbwegs den Durchblick ... , finde die Aufgabe eigentlich ziemlich schwierig für ein Schulbuch der 6.(10.) Klasse.

naja danke für die Hilfe

lg felix
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo, hier auf Zwischenstation im schönen Genf kann ich natürlich auch nicht ganz abstinent sein, und daher interessiert mich selbstverständlich der Fortschritt dieses Threads.

Zu der Schwierigkeit der Aufgabe möchte ich nur noch sagen, dass dir diese Methode wahrscheinlich nicht als obligat vorgeschrieben wurde (wenn ich das richtig verstanden habe), sondern ich dir auch noch noch andere Wege für diesen Beweis angezeichnet habe, die dir möglicherweise leichter von der Hand gehen könnten.

mY+
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Wäre eine mögliche Erklärung ja ...

Nagut dann wärs das mal fürs Erste denk ich Augenzwinkern

Noch mal vielen Dank für all die Hilfe,

lg Felix
TheWitch Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Felix
Ok jetzt hab ich so halbwegs den Durchblick ... , finde die Aufgabe eigentlich ziemlich schwierig für ein Schulbuch der 6.(10.) Klasse.

Ohmann, warum sagst du das nicht gleich ...

Ich vermute ob der Angabe "6. Klasse", dass du aus Ö oder CH kommst, da kenne ich die Lehrpläne nicht. Aber in Deutschland würde man das in der 10. Klasse nicht vektoriell lösen, sondern elementargeometrisch. Und da ist die Aufgabe ganz einfach: Nachweis von ähnlichen Dreiecken, per Strahlensatzumkehrung zeigen, dass jeweils zwei Seiten parallel zu den Diagonalen sind -> Viereck mit paarweise parallelen Seiten -> Parallelogramm. Fertich ...
Felix Auf diesen Beitrag antworten »

Angesichts der Tatsache das sich die Aufgabe im Kapitel Räumliche Koordinatengeometrie, Abtragen und Teilen von Strecken befindet, denke ich, dass doch eher die Vektorrechnung gefragt ist, zumal alle anderen Aufgaben auch mit Vektoren zu tun haben.

lg Felix

EDIT: Mit Österreich liegst du richtig Augenzwinkern
Sahneyoghurt Auf diesen Beitrag antworten »

Seid ihr alle allein darauf gekommen? Ich komme so selten auf so was bin ich ein Versager in Mathe oder ist das normal?
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