Geometrisches Mittel von Flächeninhalten

30.03.2020, 08:35

Leopold

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Geometrisches Mittel von Flächeninhalten

Hier nochmals eine hübsche Aufgabe aus dem Bereich der Elementargeometrie. Nun - ob die Lösung dann auch elementar sein wird? Ich bin gespannt.

Auf den Seiten eines Dreiecks $\begin{align*} ABC \end{align*}$ wird je gegenüber von $\begin{align*} A,B,C \end{align*}$ ein Punkt $\begin{align*} A',B',C' \end{align*}$ gewählt. Das Dreieck $\begin{align*} A'B'C' \end{align*}$ ist dem Dreieck $\begin{align*} ABC \end{align*}$ einbeschrieben. Dann werden Parallelen zu $\begin{align*} A'B' \end{align*}$ durch $\begin{align*} C \end{align*}$ , zu $\begin{align*} B'C' \end{align*}$ durch $\begin{align*} A \end{align*}$ und zu $\begin{align*} C'A' \end{align*}$ durch $\begin{align*} B \end{align*}$ gezeichnet. Diese bestimmen ein dem Dreieck $\begin{align*} ABC \end{align*}$ umbeschriebenes Dreieck $\begin{align*} A^*B^*C^* \end{align*}$ , so daß $\begin{align*} A^* \end{align*}$ gegenüber von $\begin{align*} A \end{align*}$ , $\begin{align*} B^* \end{align*}$ gegenüber von $\begin{align*} B \end{align*}$ und $\begin{align*} C^* \end{align*}$ gegenüber von $\begin{align*} C \end{align*}$ liegt.

$\begin{align*} F,F',F^* \end{align*}$ seien die Flächeninhalte der jeweiligen Dreiecke. Man zeige:

$\begin{align*} F = \sqrt{F'F^*} \end{align*}$

30.03.2020, 18:51

Elvis

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In EUKLID DynaGeo sehe ich, dass das so ist. smile

smile

Man kann die Behauptung umschreiben zu $\begin{eqnarray*} \frac {F'}{F}=\frac {F}{F*} \end{eqnarray*}$ . Meine Versuche, den Beweis mittels analytischer Geometrie zu führen, sind kümmerlich und bislang nicht erfolgreich. Helfen baryzentrische Koordinaten, von denen ich auch nichts verstehe ? Wieder eine ganz starke Aufgabe ! Bin gespannt, wie es weitergeht, und erfahrungsgemäß sind Mitbewerber schneller und/oder schlauer als ich.

30.03.2020, 21:39

Leopold

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Zitat:

Original von Elvis
Meine Versuche, den Beweis mittels analytischer Geometrie zu führen, sind kümmerlich und bislang nicht erfolgreich. Helfen baryzentrische Koordinaten, von denen ich auch nichts verstehe ?

Ich habe die Aufgabe aus der Zeitschrift "Die Wurzel", die sich mit interessanten und manchmal auch skurrilen Aufgaben an Lehrer und interessierte Schüler wendet. Ich habe nur ein paar Exemplare dieser Zeitschrift, die mir einmal ein Freund mitgebracht hat. Leider kenne ich auch nicht die Musterlösung, die sicher in einer Folgeausgabe abgedruckt ist. Ich selber habe mir eine Lösung mit Mitteln der Analytischen Geometrie erarbeitet. Da es um Teilverhältnisse geht, sind baryzentrische Koordinaten ein möglicher Lösungsansatz. Ich bin aber mit meiner Lösung nicht zufrieden, weil sie mir viel zu bombastisch aufdreht und ich mir vorstelle, daß es da doch einen Kniff geben könnte.

Was helfen könnte: Man kann das Verhältnis $\begin{align*} \frac{F'}{F} \end{align*}$ mit einem Term ausdrücken, der einen symmetrischen Ausdruck in den Teilverhältnissen darstellt, unter denen die Punkte $\begin{align*} A',B',C' \end{align*}$ die entsprechenden Seiten teilen, vielleicht so mit zyklischem Ansatz:

$\begin{align*} \frac{F'}{F} = f(p,q,r) \ \ \text{wobei} \ \ \overrightarrow{BA'} = p \, \overrightarrow{BC} \, , \ \ \overrightarrow{CB'} = q \, \overrightarrow{CA} \, , \ \ \overrightarrow{AC'} = r \, \overrightarrow{AB} \, ; \ \ 0 < p,q,r < 1 \end{align*}$

Versuche zunächst, den Inhalt eines Eckdreiecks, zum Beispiel $\begin{align*} AC'B' \end{align*}$ entsprechend darzustellen. Höhere Mittel sind dafür nicht vonnöten. Der gute alte Strahlensatz, an der richtigen Stelle angesetzt, genügt.

30.03.2020, 21:53

Gualtiero

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(Habe jetzt extra noch Leopolds Beitrag abgewartet und fürchte wieder einmal, dass ich in die falsche Richtung gehe.)
Die Aufgabe verstehe ich hoffentlich richtig.

[attach]50886[/attach]

Das habe ich herausgefunden: Schon die Konstruktionsanleitung beinhaltet die Aussage, dass die Dreiecke $\begin{eqnarray*} A^*B^*C^* \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} A'B'C' \end{eqnarray*}$ ähnlich sind, wobei ersteres durch Skalierung entstanden ist. Angenommen, der Skalierfaktor sei $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ , dann muss gelten: $\begin{eqnarray*} F^*=\sigma^2 \cdot F' \end{eqnarray*}$

Das versuchsweise eingesetzt in die zu beweisende Aussage ergibt: $\begin{eqnarray*} F=\sqrt{F' \sigma^2F'}=\sigma F' \end{eqnarray*}$

Ich habe noch den Punkt $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ eingezeichnet, von dem aus skaliert wurde, und wollte mit Strahlensatz weitermachen.

Aber OK, vielleicht hilft mir der Ansatz mit Vektoren.

30.03.2020, 22:41

Leopold

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Genau das war auch meine Schwierigkeit. $\begin{align*} \frac{1}{\sigma} = f(p,q,r) \end{align*}$ zu berechnen als Verhältnis $\begin{align*} \frac{F'}{F} \end{align*}$ geht noch einigermaßen schnell. Andeutungen habe ich gemacht. Aber warum ist der Streckfaktor von $\begin{align*} A'B'C' \end{align*}$ nach $\begin{align*} A^*B^*C^* \end{align*}$ dann auch gerade $\begin{align*} \sigma \end{align*}$ ? Man kann das in einer wüsten Rechnung ausrechnen. Aber so ein schöner Wert sollte doch auch das Ergebnis einer schönen Überlegung sein.

31.03.2020, 11:37

quadrierer

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Leopold schreibt, es ist eine Aufgabe aus dem Bereich der Elementargeometrie und erwartet offenbar auch mindestens eine Lösung, die mit dem Kohärenz-Wissen der Elementargeometrie auskommt. Eine harte Nuss!

Ich habe sogar zwei elementare Lösungswege gefunden. Einmal die Ochsentour und einmal kürzer. Um die Spannung für diese Aufgabe noch weiter zu erhalten, teile ich meine Lösungen erst später mit.
Ich empfehle denen, die gleichfalls eine elementare Lösung anstreben, für das kleine, das mittlere und das grosse Dreieck die flächengleichen Quadrate gezeichnet zu berechnen und dann diese so zueinander zu platzieren, dass sich dabei auch ähnliche Rechtecke ergeben, die dann weiterführen.

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31.03.2020, 12:36

Mathema

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@Gualtiero:

Du kommst auch ohne Vektorrechnung weiter. Nenne dafür die Abstände der Parallelen z.B. $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ und stelle 2 Gleichungen auf. Einmal für $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ (einbeschriebenes Dreieck + 3 Dreiecke) und einmal für $\begin{eqnarray*} F^* \end{eqnarray*}$ (einbeschriebenes Dreieck + 3 Trapeze). Setze für die Trapezseite denn wieder z.B. $\begin{eqnarray*} a^*=\sigma a' \end{eqnarray*}$ . Aus diesem System solltest du dann $\begin{eqnarray*} F^*+\sigma F'=F(\sigma+1) \end{eqnarray*}$ folgern. Aus der Streckung folgt zudem $\begin{eqnarray*} F^*=F'\sigma^2 \end{eqnarray*}$ . Addition von $\begin{eqnarray*} \sigma F' \end{eqnarray*}$ auf beiden Seiten und vergleich der rechten Seiten liefert dann das gewünschte $\begin{eqnarray*} F=\sigma F' \end{eqnarray*}$ .

PS: Das wäre die Lösung aus der Wurzel.

31.03.2020, 12:50

Leopold

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Das probieren wir dann mal.

31.03.2020, 12:53

Leopold

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@ quadrierer

Das klingt mir wieder nach bloßer Zeichnung. Natürlich gibt es Verfahren, Dreiecke zeichnerisch in flächengleiche Rechtecke zu verwandeln und diese über die Satzgruppe des Pythagoras in Quadrate oder umgekehrt. Und natürlich kann man diese Quadrate oder Rechtecke zeichnerisch vergleichen, indem man sie zum Beispiel in Strahlensatzfiguren einpaßt. Aber das wäre alles kein Beweis. Es wäre nur eine Plausibilitätsbetrachtung, daß die Sache stimmen könnte. Es würde sich in nichts von dem unterscheiden, was Elvis getan hat, als er mit Euklid eine Figur erstellte und die Flächeninhalte von Euklid berechnen ließ. Auch da ergab sich bei den Flächenverhältnissen wohl bis in die siebenkommadritte Stelle des Dezimalbruchs Übereinstimmung. Du machst also dasselbe wie Elvis, er auf rechnerischem Weg, du auf zeichnerischem. Der Unterschied ist, daß Elvis weiß, daß er noch keinen Beweis gefunden hat, wenn er von einem Programm ein paar Zahlen ausrechnen läßt.
Wenn du ernst genommen werden willst, mußt du Begründungen liefern, warum sich irgendwelche Geraden hier oder dort schneiden, warum ein Winkel diese oder jene Größe hat und so weiter. Das heißt für dich: Text, Text, Text. An Zeichnungen orientiert man sich, keiner hier hält sich an Hilberts Diktum, es sei egal, was sich jemand unter einer Gerade oder einem Kreis vorstelle, wenn die Objekte nur diesen oder jenen Axiomen gehorchten. Alle machen wir hier Zeichnungen, wenn wir etwas beweisen wollen. (Ich glaube, sogar Elvis macht das heimlich, wenn er sich unbeobachtet wähnt.) Aber dann müssen stringente Argumente folgen, die die Zeichnungen mit den logischen Erkenntnissen in Übereinstimmung bringen. Bloße Bilder deinerseits werde ich ignorieren. Wenn du das, was deine Bilder zeigen sollen, durch Textargumente belegst, können deine Bilder wertvoll sein. Dazu müssen die Punkte, Geraden, Strecken, Kreise deiner Zeichnung aber Namen besitzen, auf die du in deinen Textargumenten Bezug nimmst. Bilder sollten auch nur das enthalten, was man für seine Argumentation unbedingt braucht. Vierhundertsechsundfünfzig Kreise und zweihundertsiebenundsiebzig Geraden quer übers Blatt sind wertloser Zeichenmüll.

31.03.2020, 13:12

Leopold

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@ Mathema

"Das Bessere ist der Feind des Guten."
Es ist ja "so einfach"!

Ich passe einen Elvis-Spruch von neulich an: Hinterher habe ich auch schon vorher gewußt, wie es geht.

31.03.2020, 14:27

Gualtiero

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@ Mathema, vielen Dank für den guten Tipp. smile

smile

Eine schöne Aufgabe, @ Leopold, wobei es aber für mich als Amateur fast entmutigend wirkt, wenn Du durchblicken läßt, dass Du selber noch nicht die optimale Lösung hast.
Aber das nur ganz nebenbei; wichtig ist, dass der Rätselbetrieb weitergeht.

31.03.2020, 16:08

Leopold

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An der "Wurzel"-Lösung ist interessant, daß man gar nicht wissen muß, wie $\begin{align*} \sigma \end{align*}$ (von Gualtiero/Mathema eingeführt) von der Lage der Punkte $\begin{align*} A',B',C' \end{align*}$ auf den jeweiligen Seiten abhängt, sondern daß man die Berechnung allein über die Höhen $\begin{align*} x,y,z \end{align*}$ (Mathema) durchführen kann. Man denkt von $\begin{align*} A'B'C' \end{align*}$ aus, einmal zu $\begin{align*} ABC \end{align*}$ , das andere Mal zu $\begin{align*} A^*B^*C^* \end{align*}$ hin. Das ist's!

Vielleicht will doch noch jemand wissen, wie sich $\begin{align*} \sigma \end{align*}$ (Gualtiero/Mathema) aus den Größen $\begin{align*} p,q,r \end{align*}$ meines zweiten Beitrags ergibt:

$\begin{align*} \frac{1}{\sigma} = pqr + (1-p)(1-q)(1-r) \end{align*}$

31.03.2020, 18:09

Leopold

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Dann schreiben wir den Beweis einmal vollständig auf. Ich mache es so, wie Mathema es vorgeschlagen hat.

Ich verwende die Bezeichnungen der Aufgabe, dazu in üblicher Zuordnung die Seitenlängen $\begin{align*} a',b',c' \end{align*}$ des Dreiecks $\begin{align*} A'B'C' \end{align*}$ und die Seitenlängen $\begin{align*} a^*,b^*,c^* \end{align*}$ des Dreiecks $\begin{align*} A^*B^*C^* \end{align*}$ . Weiter seien $\begin{align*} x,y,z \end{align*}$ die Abstände der Parallelen $\begin{align*} B'C' \end{align*}$ und $\begin{align*} B^*C^* \end{align*}$ , $\begin{align*} C'A' \end{align*}$ und $\begin{align*} C^*A^* \end{align*}$ sowie $\begin{align*} A'B' \end{align*}$ und $\begin{align*} A^*B^* \end{align*}$ .

Wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke $\begin{align*} A'B'C' \end{align*}$ und $\begin{align*} A^*B^*C^* \end{align*}$ gibt es ein $\begin{align*} \sigma > 1 \end{align*}$ mit

$\begin{align*} a^* = \sigma \, a' \, , \ \ b^* = \sigma \, b' \, , \ \ c^* = \sigma \, c' \end{align*}$

Wir addieren zum Flächeninhalt $\begin{align*} F' \end{align*}$ die Flächeninhalte der Dreiecke $\begin{align*} AB'C' \end{align*}$ , $\begin{align*} CA'B' \end{align*}$ und $\begin{align*} BC'A' \end{align*}$ . Wir bekommen den Flächeninhalt

$\begin{align*} F = F' + \frac{1}{2} \left( a'x + b'y + c'z \right) \end{align*}$

Dann addieren wir zum Flächeninhalt $\begin{align*} F' \end{align*}$ die Flächeninhalte der Trapeze $\begin{align*} B^*C^*C'B' \end{align*}$ , $\begin{align*} C^*A^*A'C' \end{align*}$ und $\begin{align*} A^*B^*A'B' \end{align*}$ . Wir bekommen den Flächeninhalt

$\begin{align*} F^* = F' + \frac{1}{2} \left( \left( a^*+a' \right) \cdot x + \left( b^*+b' \right) \cdot y + \left( c^*+c' \right) \cdot z \right) \end{align*}$

[attach]50890[/attach]

Jetzt bringen wir $\begin{align*} \sigma \end{align*}$ von oben ins Spiel eliminieren die gesternten Größen:

$\begin{align*} F^* = F' + \frac{1}{2} \left( 1 + \sigma \right) \left( a'x + b'y + c'z \right) \end{align*}$

Aus den Gleichungen für $\begin{align*} F \end{align*}$ und $\begin{align*} F^* \end{align*}$ kann man $\begin{align*} \frac{1}{2} \left( a'x + b'y + c'z \right) \end{align*}$ eliminieren:

$\begin{align*} F^* = F' + \left( 1 + \sigma \right) \left( F - F' \right) \end{align*}$

Wir addieren auf beiden Seiten $\begin{align*} \sigma F' \end{align*}$ :

$\begin{align*} \text{(1)} \ \ F^* + \sigma F' = \left( 1 + \sigma \right) F \end{align*}$

Andererseits gilt wegen der Ähnlichkeit:

$\begin{align*} F^* = \sigma^2 F' \end{align*}$

Auch hier addieren wir auf beiden Seiten $\begin{align*} \sigma F' \end{align*}$ :

$\begin{align*} \text{(2)} \ \ F^* + \sigma F' = \sigma^2 F' + \sigma F' \end{align*}$

Aus $\begin{align*} \text{(1)} \end{align*}$ und $\begin{align*} \text{(2)} \end{align*}$ folgt:

$\begin{align*} \left( 1 + \sigma \right) F = \sigma \left( 1 + \sigma \right) F' \end{align*}$

$\begin{align*} F = \sigma F' \end{align*}$

Multipliziert man nun $\begin{align*} F^* = \sigma^2 F' \end{align*}$ mit $\begin{align*} F' \end{align*}$ , kann man rechts $\begin{align*} \left( \sigma F' \right)^2 \end{align*}$ durch $\begin{align*} F^2 \end{align*}$ ersetzen:

$\begin{align*} F^2 = F'F^* \end{align*}$

EDIT
Nach Hinweis von Ulrich Ruhnau Schreibfehler korrigiert.

31.03.2020, 18:23

quadrierer

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Meine gezeichneten Lösungen gehen von anderen Überlegungen aus.

F^2 = F´ F*

Werden die Flächen mit den Grössen der Seiten ihrer flächengleichen Quadrate als a; b und c beschrieben, ergibt sich:

(b*b)^{2} = (c*c)*(a*a)

b=(a*c)^(1/2)

Wenn die Seitengrössen a und b flächengleicher Quadrate gezeichnet berechnet und auch dargestellt sind, kann aus ihnen das geometrische Mittel für die Seitengrösse b des mittleren flächengleichen Quadrates gezeichnet berechnet und dargestellt werden. Dazu zeichnet man ein Rechteck mit den Seiten a und c und wandelt es in ein flächengleiches Quadrat mit der Seitengrösse b. Da die Fläche des Quadrates mit der Seite b mit der Fläche des mittleren Dreiecks unabhängig von der konkreten Konstellation der Dreiecke immer übereinstimmt, ist die Behauptung F={F´ F*}^(1/2) bestätigt.

01.04.2020, 09:19

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von Leopold
Wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke $\begin{align*} A'B'C' \end{align*}$ und $\begin{align*} A^*B^*C^* \end{align*}$ gibt es ein $\begin{align*} \sigma > 1 \end{align*}$ mit

$\begin{align*} a^* = \sigma \, a \, , \ \ b^* = \sigma \, b \, , \ \ c^* = \sigma \, c \end{align*}$

Hallo Leopold,

Meinst Du vielleicht
$\begin{eqnarray*} a^* = \sigma \, a' \, , \ \ b^* = \sigma \, b' \, , \ \ c^* = \sigma \, c' \end{eqnarray*}$ ?
Ist das vielleicht eine Neudefinition von $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ ?

01.04.2020, 09:52

Leopold

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Danke für das sorgfältige Lesen. Hab's korrigiert.

01.04.2020, 11:55

Mathema

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Hallo Leopold,

ich weiß nicht ob du sie schon hast, aber am meisten habe ich bisher 2 Logikrätsel aus der Wurzel selbst in der Schule eingesetzt (schön für eine Vertretungsstunde in Unter- oder Mittelstufe). Vielleicht kannst du sie ja auch mal gebrauchen, oder jemand anderes hier hat auch noch Spaß daran (ich habe zumindest immer eine Kopie in der Schultasche):

[attach]50896[/attach]

[attach]50897[/attach]

Viele Aufgaben (also nicht die Aufgaben der Woche) aus der Wurzel halte ich aber für 99 Prozent der Schüler doch für recht schwierig. Aber gerade aus der Geometrie kommen doch viele interessante Aufgaben. Mal schauen, vll gehe ich meine Hefte auch noch mal durch und schaue nach einer schönen Aufgabe.

01.04.2020, 23:26

quadrierer

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Gezeichnete Berechnung
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[attach]50902[/attach]

[attach]50903[/attach]

02.04.2020, 08:14

Elvis

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Jetzt verstehe ich, wie stark die Methode der Gezeichneten Berechnung ist. Damit lässt sich praktisch problemlos jede Aussage und ihr Gegenteil beweisen. Das stellt eine Revolution in der Mathematik dar, wie es sie noch nie gab. Du musst unbedingt deine Erkenntnisse in einer renommierten mathematischen Fachzeitschrift oder besser noch in einem großen Lehrbuch veröffentlichen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

02.04.2020, 08:55

Leopold

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Ich bin stolz auf meine prognostischen Fähigkeiten. Nur in einem habe ich mich getäuscht. Es sind nicht vierhundertsechsundfünfzig Kreise, sondern achthundertvierzig, und nicht zweihundertsiebenundsiebzig Geraden, sondern eintausendfünfhundertsechs.

09.04.2020, 17:49

quadrierer

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Zwei Beiträge mit denen ich wenig anfangen kann, da sie nichts konkret ansprechen.

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