Zentrische Streckung

@Gualtiero
Dein Lösungszusammenhang ist für mich nicht so spontan nachvollziehbar, wie der von Leopold. Welcher der beiden Lösungen ist eine höhere Effizienz mit weniger elementaren Rechenschritten zuzusprechen?

30.08.2022, 20:58

Leopold

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Mir ging es nicht um Effizienz. Ich wollte nur das Ergebnis von klauss veranschaulichen. Gerechnet habe ich das zunächst für mich im wesentlichen so wie Gualtiero. Da steckt nur dahinter, daß bei einer Streckung Flächeninhalte das Quadrat des Streckfaktors aufnehmen. Jeder grüne Trapezstreifen ergibt sich als Differenzfläche zwischen dem Dreieck von der Spitze C bis zur Grundseite des grünen Streifens und dem Dreieck eine Etage darüber, das mit einem weißen Trapezstreifen endet.

30.08.2022, 23:51

anders

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Ein vermutlich primitiver aber vielleicht schülermäßiger Lösungsweg :

1) Jede der grünen und weißen Flächen besitzt aufgrund der Ähnlichkeit jeweils dieselbe Höhe h

2) Nennt man die obere, kürzeste Länge der 10 zueinander parallelen Seiten a, dann folgt ebenso wegen der Ähnlichkeit für die zweikürzeste dieser Seiten eine Länge von 2a, für die drittkürzeste Seite 3a usw.

3) Das Dreieck durch die Punkte A,B und C hat daher einen Flächeninhalt von $\begin{eqnarray*} A=\frac{1}{2} \cdot 10a \cdot 10h=\frac{1}{2} \cdot a \cdot h \cdot 100 \end{eqnarray*}$

4) Die 5 grünen Flächen, beginnend mit der kleinsten, haben einen Flächeninhalt von $\begin{eqnarray*} A_{grün}=\frac{0a+1a}{2} \cdot h + \frac{2a+3a}{2} \cdot h + \frac{4a+5a}{2} \cdot h + \frac{6a+7a}{2} \cdot h + \frac{8a+9a}{2} \cdot h=\frac{1}{2} \cdot a \cdot h \cdot (0+1+2+3+4+5+6+7+8+9)=\frac{1}{2} \cdot a \cdot h \cdot 5 \cdot 9=\frac{1}{2} \cdot a \cdot h \cdot 45 \end{eqnarray*}$

5) $\begin{eqnarray*} \frac{A_{grün}}{A}=\frac{45}{100}=45% \end{eqnarray*}$

31.08.2022, 08:09

Leopold

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Zitat:

Original von anders
Ein vermutlich primitiver aber vielleicht schülermäßiger Lösungsweg :

Wieso "primitiv"? Dein Lösungsweg ist übersichtlich und klar und auch nicht länger als andere. "Schülermäßig"? Man sollte Schüler nie unterschätzen.

31.08.2022, 13:14

quadrierer

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Die Betrachtung der Flächengrößen ist möglich aber nicht nötig, denn alle kleinen Dreiecke grün und weiß sind gleich groß und ähnlich. Ihre absolute Größe ist hier nicht von Interesse. Die Zahl der Dreiecke je Zeile von 1 bis 19 hat Leopold reingeschrieben. Sie werden als Zähler (grün) und als Nenner (weiß und grün) summiert. Ist das nicht ein schöner effizienter Lösungszusammenhang?

31.08.2022, 14:01

Leopold

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Das funktioniert nur, weil alle Streckfaktoren rationale Zahlen sind, in diesem Fall Brüche mit Nenner 10. Bei irrationalen Streckfaktoren wäre eine solche Parkettierung nicht mehr möglich.

Man könnte übrigens auch so vorgehen:

Jeder weiße Trapezstreifen enthält zwei kleine Dreiecke mehr als der grüne Trapezstreifen unmittelbar darüber. Auf fünf Trapezstreifen gerechnet entstehen so 10 zusätzliche kleine Dreiecke. Sind also $\begin{align*} w \end{align*}$ und $\begin{align*} g \end{align*}$ die Gesamtzahlen der weißen beziehungsweise grünen kleinen Dreiecke, so gilt

$\begin{align*} \text{(1)} \ \ w-g = 10 \end{align*}$

Eine um 180° gedrehte Kopie des Dreiecks $\begin{align*} ABC \end{align*}$ kann man mit dem Dreieck zu einem Parallelogramm zusammensetzen, das in jedem Querstreifen 20 kleine Dreiecke enthält und somit $\begin{align*} 10 \cdot 20 = 200 \end{align*}$ insgesamt. Dann hat $\begin{align*} ABC \end{align*}$ halb so viele:

$\begin{align*} \text{(2)} \ \ w+g = 100 \end{align*}$

Das lineare Gleichungssystem $\begin{align*} \text{(1),(2)} \end{align*}$ löst man durch scharfes Hinschauen oder nach Schema F.

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