Orthogonalität zeigen

09.06.2022, 15:53

Malcang

Orthogonalität zeigen

Hallo mal wieder,

ich hänge gerade an dieser Aufgabe:

Zitat:

Es seien $\begin{eqnarray*} ABCD \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} AEFG \end{eqnarray*}$ zwei Quadrate in $\begin{eqnarray*} R^2 \end{eqnarray*}$ mit einem gemeinsamen Eckpunkt, die sich darüber hinaus aber nicht überlappen mögen. Es sei $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ der Mittelpunkt von $\begin{eqnarray*} DE \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie: Dann steht die Gerade $\begin{eqnarray*} AM \end{eqnarray*}$ auf der Geraden $\begin{eqnarray*} GB \end{eqnarray*}$ senkrecht.
[Man sagt, die Seitenhalbierende in $\begin{eqnarray*} ADE \end{eqnarray*}$ stimmt mit der Höhe in $\begin{eqnarray*} AGB \end{eqnarray*}$ überein.]

Dazu habe ich folgende Skizze angefertigt:
[attach]55324[/attach]

Die Gerade durch $\begin{eqnarray*} AM \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} g_{AM} : (1-\lambda)\vec{A} + \lambda\vec{M} \end{eqnarray*}$ und die Gerade durch $\begin{eqnarray*} BG \end{eqnarray*}$ lautet $\begin{eqnarray*} g_{BG} : (1-\mu)\vec{B} + \mu\vec{G} \end{eqnarray*}$ .

Jetzt war mein Ansatz, das Skalarprodukt $\begin{eqnarray*} \langle (1-\lambda)\vec{A} + \lambda\vec{M}, (1-\mu)\vec{B} + \mu\vec{G} \rangle \end{eqnarray*}$ zu betrachten, aber das erscheint mir sehr umständlich. Habr iht einen Tipp?

09.06.2022, 17:49

Conny_1729

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RE: Orthogonalität zeigen
Ich hätte jetzt zwar keine Lösung über die Vektoren, dafür aber über die Konstruktion eines Parallelogramms und Drachenvierecks. (siehe Anlage)

Im Parallelogramm existiert ein Dreieck mit den Seiten a, b, und c. Dieses Dreieck finden wir auch im Drachenviereck wieder. Wenn die Seite a (1) senkrecht auf a (2) steht, dito gilt das auch für die Seiten b, dann muss die Seite c (1) ebenfalls senkrecht auf c (2) stehen.

Gruß
Conny
.

09.06.2022, 22:30

Malcang

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Danke Conny für die Antwort. Leider kann ich den Weg noch nicht nachvolziehen. Hast du eventuell Schritte ausgelassen? Ich finde es nicht trivial, arallelogramm und Drachenviereck zu "finden" verwirrt

09.06.2022, 22:55

Conny_1729

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Verschiebe die Strecke AE parallel hin zum Punkt D, dann ergibt sich das Parallelogramm mit dessen Diagonalen. Dann spiegel den Punkt A symmetrisch an der Strecke BG und man erhält A', womit auch das Drachenviereck vorliegt. Die Strecke BG ist gleichzusetzen mit der Seite c (2) von meiner Konstruktion, entspricht aber auch den Diagonalen c (1) vom Parallelogramm.
Und da die Seiten der Quadrate rechtwinklig zueinander stehen, gilt das zwangsläufig auch für die Seiten c.

Gruß
Conny

09.06.2022, 23:15

klauss

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RE: Orthogonalität zeigen
Die Aufgabe wurde bereits an dieser Stelle behandelt, jedoch nicht mit zufriedenstellend abschließender Lösung.

Meine damalige Lösungsidee hier nur in Stichworten:

Begründe nach Ergänzung zum Parallelogramm, dass die Dreiecke APE und AGB kongruent sind und mit welchen Abbildungen man sie zur Deckung bringen könnte.
Daraus folgt direkt die Winkelbeziehung zwischen AM und GB.

[attach]55326[/attach]

10.06.2022, 09:57

Malcang

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Guten Morgen,

danke, klauss, für den Hinweis. Ich werde damit versuchen, die Aufgabe zu lösen. Da ich das aber nicht vor heute Abend schaffen werde würde ich mich freuen, wenn ihr später nochmal reinschaut smile

10.06.2022, 13:17

riwe

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wenn du es vektoriell zeigen willst, das ist - denke ich - ganz einfach:

a) drehe und verschiebe das ganze Zeugs wie im Bilderl, dann gilt mit

$\begin{eqnarray*} \alpha =\sphericalangle{GAB} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vec{MA}\cdot \vec{BG} =\begin{pmatrix} b\cdot sin\alpha \\a-b\cdot cos\alpha \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} b\cdot cos\alpha-a \\ b\cdot sin\alpha\end{pmatrix} =0 \end{eqnarray*}$

wie du selbst nachrechnen kannst smile

10.06.2022, 17:15

Conny_1729

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Eine Prüfung über die Vektorenrechnung ist bzgl. der Konstruktion mit den kongruenten Dreiecken mit den Seiten a,b,c ebenfalls möglich:
$\begin{eqnarray*} \vec{a_{1}} +\vec{b_{1}} =\vec{c_{1}} \vec{a_{2}} +\vec{b_{2}} =\vec{c_{2}} \end{eqnarray*}$

Es ist zu prüfen, ob der Vektor c1 senkrecht auf Vektor c2 steht.
$\begin{eqnarray*} \vec{c_{1}}\cdot \vec{c_{2}} =\left(\vec{a_{1}}+\vec{b_{1}} \right) \cdot \left(\vec{a_{2}}+\vec{b_{2}} \right) \vec{c_{1}}\cdot \vec{c_{2}} =\vec{a_{1}}\cdot \vec{a_{2}}+\vec{b_{1}}\cdot \vec{b_{2}}+\vec{a_{1}}\cdot \vec{b_{2}}+\vec{b_{1}}\cdot \vec{a_{2}} \vec{a_{1}}\cdot \vec{a_{2}}=0 \vec{b_{1}}\cdot \vec{b_{2}}=0 \end{eqnarray*}$
Unter Verwendung einer Drehmatrix (Drehung um 90°) kann man dann zeigen, dass die restlichen Terme sich ebenfalls auslöschen:

$\begin{eqnarray*} \vec{a_{1}}\cdot \vec{b_{2}}+\vec{b_{1}}\cdot \vec{a_{2}}=\vec{a_{1}}\cdot\left(\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \vec{b_{1}}\right) +\vec{b_{1}}\cdot\left(\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \vec{a_{1}} \right)=0 \end{eqnarray*}$

Somit gilt dann:
$\begin{eqnarray*} \vec{c_{1}}\cdot \vec{c_{2}}=0 \end{eqnarray*}$

Gruß
Conny

10.06.2022, 21:25

Malcang

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RE: Orthogonalität zeigen

Zitat:

Original von klauss
Die Aufgabe wurde bereits an dieser Stelle behandelt, jedoch nicht mit zufriedenstellend abschließender Lösung.

Meine damalige Lösungsidee hier nur in Stichworten:

Begründe nach Ergänzung zum Parallelogramm, dass die Dreiecke APE und AGB kongruent sind und mit welchen Abbildungen man sie zur Deckung bringen könnte.
Daraus folgt direkt die Winkelbeziehung zwischen AM und GB.

[attach]55326[/attach]

Meine Skizze ist
[attach]55329[/attach]

Aber leider kann ich den Zusammenhang nicht sehen =(

10.06.2022, 22:02

klauss

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RE: Orthogonalität zeigen
Ich habe in das Bild unten das Dreieck AGB eingefügt, wie es orientiert wäre, wenn man es 90° gegen der Uhrzeigersinn um den Punkt A dreht.
Vielleicht kannst Du es mit Geogebra schöner darstellen, ich möchte die Skizze nicht nochmal ganz neu anfertigen.

[attach]55330[/attach]

10.06.2022, 22:07

Malcang

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Hm, vielleicht ist es zu spät, aber es klingelt bei mir nicht. Das Problem ist dass ich bei dieser Art Aufgaben wirklich nicht weiß, wo man mal ansetzen sollte. In Geometrie kann man ja gefühlt "alles" machen Big Laugh

Also ich erkenne, dass das Dreieck APE dabei rauskommt. Aber ich kann es nicht herleiten.

10.06.2022, 22:16

klauss

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RE: Orthogonalität zeigen
Und wie ist jetzt - nach der Drehung - die Lagebeziehung zwischen AM und BG?

10.06.2022, 22:22

Malcang

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RE: Orthogonalität zeigen

Zitat:

Original von klauss
Und wie ist jetzt - nach der Drehung - die Lagebeziehung zwischen AM und BG?

Ich weiß ehrlich gesagt nicht, welche Punkte du nun meinst.
Mir ist aber aufgefallen, dass der Punkt B auf den Punkt D gedreht wird.

10.06.2022, 22:35

klauss

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RE: Orthogonalität zeigen
Ich meine genau die Punkte bzw. Strecken, die ich genannt habe. Das Dreieck APE ist fest, AGB wird gedreht.

Zitat:

Mir ist aber aufgefallen, dass der Punkt B auf den Punkt D gedreht wird.

Richtig. Wohin wird G gedreht?

10.06.2022, 22:37

Malcang

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Sagen wir, B wird auf B' gedreht und G auf G'.

Nun, B' stimmt mit D überein.
G' liegt nun auf der Strecke AC.
Ich sehe auch ein, dass die Strecke AG' gleichlang ist wie AE. Außerdem ist die Strecke AB' gleichlang wie EP.

10.06.2022, 22:44

klauss

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Nur die Aussage

Zitat:

G' liegt nun auf der Strecke AC.

ist falsch.

10.06.2022, 22:57

Malcang

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Zitat:

Original von klauss
Nur die Aussage

Zitat:

G' liegt nun auf der Strecke AC.

ist falsch.

Meine Skizze dazu:
[attach]55333[/attach]

A' und A sind der selbe Punkt.

10.06.2022, 23:15

klauss

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RE: Orthogonalität zeigen
In speziellen Konstellationen mag das so sein, aber nicht im Allgemeinen.

[attach]55334[/attach]

10.06.2022, 23:28

Malcang

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Ok das sehe ich ein. Jetzt hapert es leider daran, die Informationen im Kopf zu verbinden unglücklich

10.06.2022, 23:51

klauss

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RE: Orthogonalität zeigen
Nun ist AGB ja in meinem neuen Bild dort, wo es nach Drehung tatsächlich liegt. Wenn Du damit die Kongruenz von AGB und APE einbringst, sollte die Lagebeziehung der Strecken AM $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ AP und BG klar werden.

11.06.2022, 11:29

Mathema

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Man kann das Ganze auch einfach ohne eine Drehung aufschreiben:

[attach]55335[/attach]

Offensichtlich sind die Dreiecke $\begin{eqnarray*} ACB \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} DBT \end{eqnarray*}$ kongruent nach sws, da für den eingeschlossen Winkel gilt: $\begin{eqnarray*} \angle ABC=180°-\angle HBD \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \angle BDT=180°-\angle ABC \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \angle BDT =\angle ABC \end{eqnarray*}$ .
Dann gilt: $\begin{eqnarray*} \angle MBP=180°=\angle MBD+90°+\angle ABP \implies 90°=\angle MBD+\angle ABP \implies \angle ABP=90°-\angle MBD (=\angle A) \end{eqnarray*}$ .

11.06.2022, 16:20

Malcang

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RE: Orthogonalität zeigen

Zitat:

Original von klauss
Nun ist AGB ja in meinem neuen Bild dort, wo es nach Drehung tatsächlich liegt. Wenn Du damit die Kongruenz von AGB und APE einbringst, sollte die Lagebeziehung der Strecken AM $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ AP und BG klar werden.

Tut mir Leid klauss, aber diese Aufgabe überfordert mich vollkommen.

@Mathema: Wie kommst du auf den Winkel $\begin{eqnarray*} \angle BDT \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

11.06.2022, 16:27

Mathema

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Denk dir um Punkt $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ein Vollwinkel, also $\begin{eqnarray*} 360° \end{eqnarray*}$ . Zwei Winkel, die diesen Kreis bilden, sind Winkel aus einem Quadrat, also $\begin{eqnarray*} 90° \end{eqnarray*}$ . Es bleiben also noch $\begin{eqnarray*} 180° \end{eqnarray*}$ für die anderen beiden übrig. Zudem betragen benachbarte Winkel im Parallelogramm zusammen $\begin{eqnarray*} 180° \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt $\begin{eqnarray*} \angle BDT =\angle ABC \end{eqnarray*}$ , wie ich doch geschrieben habe.

11.06.2022, 16:32

Malcang

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Ok, ich muss dann in einer ganz ruhigen Stunde nochmal alles nachvollziehen. Ich hatte gedacht, die Aufgabe wäre einfacher für mich.

11.06.2022, 16:38

klauss

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RE: Orthogonalität zeigen
Ich wollte nur ohne Rechnung die Erkenntnis erzeugen:
Nach der Drehung um 90° sind die Strecken B'G' und AM parallel.

11.06.2022, 18:30

Leopold

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Nachdem zu dieser Aufgabe schon alles gesagt wurde, aber noch nicht von allen, will ich auch noch meinen Beitrag dazu leisten.

Durch eine 90°-Drehung gegen den Uhrzeigersinn entsteht aus $\begin{align*} x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \end{align*}$ der Vektor $\begin{align*} x^{\bot} = \begin{pmatrix} -x_2 \\ x_1 \end{pmatrix} \end{align*}$ . Für zwei Vektoren $\begin{align*} u,v \end{align*}$ folgt damit im Sinne des Standardskalarprodukts

$\begin{align*} u^{\bot} v^{\bot} = uv \end{align*}$

Dies zeigt man entweder direkt durch eine Rechnung in Koordinaten oder indem man sich klarmacht, daß das von den Vektoren $\begin{align*} u,v \end{align*}$ aufgespannte Dreieck durch eine Drehung um 90° in das von $\begin{align*} u^{\bot} \end{align*}$ und $\begin{align*} v^{\bot} \end{align*}$ aufgespannte Dreieck übergeht, was weder die Länge der Vektoren noch den eingeschlossenen Winkel und somit auch das Skalarprodukt nicht ändert.

[attach]55340[/attach]

Die Situation der Aufgabe wird durch die in der Zeichnung dargestellte Konstellation beschrieben. Zu zeigen ist, daß $\begin{align*} v+w \end{align*}$ und $\begin{align*} u - v^{\bot} \end{align*}$ senkrecht aufeinander stehen. Dazu berechnen wir das Skalarprodukt der Vektoren und beachten, daß $\begin{align*} 2w = u^{\bot} - v \end{align*}$ gilt:

$\begin{align*} \left( v+w \right) \left( u - v^{\bot} \right) = uv - \underbrace{vv^{\bot}}_{=0} + uw - v^{\bot} w = uv + uw - v^{\bot} w \end{align*}$

$\begin{align*} = uv + \frac{1}{2} u \left( u^{\bot} - v \right) - \frac{1}{2} v^{\bot} \left( u^{\bot} - v \right) = uv + \underbrace{\frac{1}{2} u^{} u^{\bot}}_{=0} - \frac{1}{2} uv - \frac{1}{2} u^{\bot} v^{\bot} + \underbrace{\frac{1}{2} v^{} v^{\bot}}_{=0} \end{align*}$

$\begin{align*} = \frac{1}{2} \left( uv - u^{\bot} v^{\bot} \right) = 0 \end{align*}$

11.06.2022, 19:43

Finn_

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Wir legen die Figur in die komplexe Ebene, so dass jeder der Punkte durch eine gleichnamige komplexe Zahl kodiert wird. Der Koordinatenursprung befinde sich im Punkt $\begin{eqnarray*} A, \end{eqnarray*}$ womit $\begin{eqnarray*} A=0 \end{eqnarray*}$ gilt.

Mit $\begin{eqnarray*} M = \tfrac{1}{2}(D+E) \end{eqnarray*}$ und den 90°-Drehungen $\begin{eqnarray*} D = iB \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} G=iE \end{eqnarray*}$ findet sich

$\begin{eqnarray*} 2M = iB-iG = i(B-G). \end{eqnarray*}$

Ergo stehen $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B-G \end{eqnarray*}$ rechtwinklig zueinander.

11.06.2022, 19:53

Leopold

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Finn_! Du bist ja in der Lage, eine Sache auf den Punkt zu bringen! Freude

Sonst bin ich von dir eher gewohnt, daß du einen Punkt urknallartig zum Universum aufbläst.

Haben wir nun bald alle Strategien von der Elementargeometrie über die Vektorrechnung bis zur Gaußschen Zahlenebene durch? Wie wäre es mit der Lehre der Kategorien...

13.06.2022, 17:19

Malcang

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Ihr lieben,

zuerstmal vielen Dank an alle, die sich hier die Mühe machen und mich geduldig ertragen Big Laugh

Ich habe gerade beim Durcharbeiten einen Ansatz gefunden den ich euch gerne zeigen würde, bevor ich zu den bestehenden Lösungen hier noch mehr Fragen stelle Big Laugh

Nochmal eine Skizze:
[attach]55366[/attach]

Mein Ansatz ist nun wie folgt. Es ist $\begin{eqnarray*} m = \frac{1}{2}(d+e) \end{eqnarray*}$ . Weiterhin ist es ja egal, an welcher Stelle in der Ebene ich das betrachte. Sei daher oBdA $\begin{eqnarray*} a=(0,0) \end{eqnarray*}$ .
Betrachte ich nun $\begin{eqnarray*} \langle m, b-g\rangle = \frac{1}{2}\langle d+e, b-g\rangle = \frac{1}{2}(\langle d,b \rangle + \langle e,b \rangle - \langle d,g \rangle) - \langle e,g \rangle) \end{eqnarray*}$ .
Formel für das Skalarprodukt ergibt
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}(\cos(d,b)\cdot |d|\cdot |b| + \cos(e,b)\cdot |e|\cdot |b| - \cos(d,g)\cdot |d|\cdot |g| - \cos(e,g)\cdot |e|\cdot |g|) \end{eqnarray*}$
Ich weiß: $\begin{eqnarray*} \cos(d,b) = \cos(e,g) = 0 \end{eqnarray*}$ . Also bleibt:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}(\cos(e,b)\cdot |e|\cdot |b| - \cos(d,g)\cdot |d|\cdot |g|) = \frac{1}{2}(\cos(e,b)\cdot |e|\cdot |b| - \cos(d,g)\cdot |e|\cdot |b|) = \frac{1}{2}\cdot|e|\cdot|g| \cdot (\cos(e,b) - \cos(d,g) \end{eqnarray*}$ .
Weiterhin ist $\begin{eqnarray*} \angle(e,a,b) = 90° + \angle(b,a,g) = \angle(d,a,g) \end{eqnarray*}$ und damit sind die cos-Werte gleich. Also ist das Skalarprodukt gleich Null.

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