1. DDR-Mathe-Olympiade, 1961, Klasse 11, Stufe 3 (speziell für Arthur ;-)) < Deutsche MO < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 18:26 Di 30.03.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Arthur!
Die exakte Aufgabenstellung lautet so:
Es ist der folgende Satz zu beweisen:
Teilt man die Seiten eines Dreicks [mm]\blue{ABC}[/mm] im Verhältnis [mm]\blue{1:2}[/mm] und verbindet man die Eckpunkte [mm]\blue{A}[/mm], [mm]\blue{B}[/mm] bzw. [mm]\blue{C}[/mm] mit den Teilpunkten [mm]\blue{A'}[/mm], [mm]\blue{B'}[/mm] bzw. [mm]\blue{C'}[/mm], so bilden die Verbindungsgeraden ein Dreieck [mm]\blue{DEF}[/mm], dessen Flächeninhalt gleich einem Siebentel des Flächeninhalts des ursprünglichen Dreiecks ist.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Da du ja auch Vektorrechnung wiederholen wolltest und Beweise mit Teilstrecken, kannst du die Aufgabe ja mal versuchen. Man kann sie mit Hilfe der Vektorrechnung recht elegant lösen. Von elementargeometrischen Lösungen (Sinussatz,...) rate ich ab, denn damit habe ich mir vorher "einen Wolf gerechnet", bis ich von Brigitte die Vektorrechnungslösung erhalten habe. (In der Originalaufgabe sind in der Zeichnung keine Vektorpfeile, sondern man sieht nur das Dreieck. Man weiß also a priori nicht, dass man die Aufgabe am besten mit Methoden der Vektorrechnung löst.)
Natürlich können sich auch andere Interessierte an der Aufgabe versuchen!
Liebe Grüße
Stefan
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:05 Di 30.03.2004 | | Autor: | Arthur |
dann habe ich ja jetzt eine beschäftigung für die ersten ferientage (ab freitag)
davor schreibe ich leider noch eine bk-theorieklausur über viel zu viel stoff...also werde ich mich - hoffe ich;) - vorher nicht damit beschäftigen
aber vielen dank , dass du mir passend zum abithema eine aufgabe gestellt hast :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:53 Mi 31.03.2004 | | Autor: | Paulus |
Lieber Stefan (und alle anderen)
ich hoffe, dass ich als nichtbeteiligter Amateur auch noch eine Bemerkung machen darf. Du hast ja gesagt, dass mit Hilfe der Vektorrechnung der Beweis wahrscheinlich an einfachsten wird. Da bin ich auch deiner Meinung, will es aber trotzdem wagen, noch eine andere Idee einzubringen. Ich will dabei bei den Bezeichnungen deiner Figur bleiben, also A,B,C für die Ecken des Dreiecks, A links oben, B links unten etc.
Im weiteren brauche ich die Punkte auf den Seiten des Dreieckes, und will diese mit A', B' und C' bezeichnen, mit der Meinung, dass B' auf der Dreiecksseite AC liegt, A' auf der Seite BC etc.
Nämlich folgende Idee:
1) wenn man in der Figur einen Dreieckspunkt parallel zu seiner gegenüberliegenden Seite bewegt (und mit ihm dann auch alle übrigen Linien mitzieht), so bleiben alle Flächen erhalten. (Müsste dieses auch noch bewiesen werden?)
2) wenn man die ganze Figur einer Zentralstreckung unterzieht, so bleiben alle Flächenverhältnisse erhalten (es entsteht ja eine ähnliche Figur.
Mit Hilfe dieser 2 Eigenschaften kann ich jetzt die Ursprungsfigur in ein rechtwinkliges Dreieck verwandeln, wobei die Katheten die Länge 3 erhalten:
I) Ich lege das Dreieck in ein rechtwinkliges Koordinatensystem, so dass B im Urspring liegt und C auf der x-Achse.
II) Ich verschiebe den Punkt A gemäss obiger Bemerkung 1) parallel zur x-Achse, bis A auf der y-Achse liegt.
III) Ich stecke die Figur in y-Richtung, bis A auf dem Punkt (0,3) liegt.
IV) Ich strecke die Figur in x-Richtung, bis C auf dem Punkt (3,0) liegt.
So, jetzt ist das erste Zwischenziel erreicht: das Dreieck ist rechtwinklig und liegt wunderschön im Koordinatensystem.
Eine kleine Betrachtung der Figur zeigt jetzt, dass B' die Koordinaten (1,2) hat (müsste dieses noch genauer begründet werden?), die Gleichung der Geraden BB' ist also:
a) y = 2x
Für die Gleichung von AA' erhalte ich
b) y = 3 - 1.5 x (A' hat die Koordinaten (2,0)
Die x-Koordinate des Schnittpunkt dieser beiden Geraden, des Punktes F, errechnet sich zu x = 6/7. Dieses x ist zugleich die Höhe des Dreiecks ABF mit Grundlinie AB. Damit überlegt man sich leicht, dass die x-Koordinate 2/7 der x-Koordinate von C (welche ja 3 ist) ist. Somit ist der Flächeninhalt vom Dreick ABF 2/7 des Flächeninhalts des ganzen Dreiecks ABC.
Aus Gründen der Symmetrie hat der Flächeninhalt BCD ebenfalls 2/7 des ganzen, und ebenso AEC.
Nun errechnet sich der Anteil der Fläche von DEF zu:
1 - 2/7 - 2/7 - 2/7 = 1/7.
qed
Viele Grüsse
Paulus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:19 Mi 31.03.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Paulus!
Deine Lösung ist richtig gut, super!! 
> ich hoffe, dass ich als nichtbeteiligter Amateur auch noch
> eine Bemerkung machen darf.
Erstens: In Geometrie sind wir hier meines Wissens alle Amateure.  Zweitens: Bemerkungen darf hier jedes Mitglied machen.
> Du hast ja gesagt, dass mit
> Hilfe der Vektorrechnung der Beweis wahrscheinlich an
> einfachsten wird. Da bin ich auch deiner Meinung, will es
> aber trotzdem wagen, noch eine andere Idee einzubringen.
Jetzt bin ich mir nicht mehr so sicher, welchen Beweis ich besser finden soll...
> Ich will dabei bei den Bezeichnungen deiner Figur bleiben,
> also A,B,C für die Ecken des Dreiecks, A links oben, B
> links unten etc.
>
> Im weiteren brauche ich die Punkte auf den Seiten des
> Dreieckes, und will diese mit A', B' und C' bezeichnen, mit
> der Meinung, dass B' auf der Dreiecksseite AC liegt, A' auf
> der Seite BC etc.
Okay.
> Nämlich folgende Idee:
>
> 1) wenn man in der Figur einen Dreieckspunkt parallel zu
> seiner gegenüberliegenden Seite bewegt (und mit ihm dann
> auch alle übrigen Linien mitzieht), so bleiben alle Flächen
> erhalten. (Müsste dieses auch noch bewiesen werden?)
Nein, das ist völlig klar.
> 2) wenn man die ganze Figur einer Zentralstreckung
> unterzieht, so bleiben alle Flächenverhältnisse erhalten
> (es entsteht ja eine ähnliche Figur.
Klar.
> Mit Hilfe dieser 2 Eigenschaften kann ich jetzt die
> Ursprungsfigur in ein rechtwinkliges Dreieck verwandeln,
> wobei die Katheten die Länge 3 erhalten:
>
> I) Ich lege das Dreieck in ein rechtwinkliges
> Koordinatensystem, so dass B im Urspring liegt und C auf
> der x-Achse.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> II) Ich verschiebe den Punkt A gemäss obiger Bemerkung 1)
> parallel zur x-Achse, bis A auf der y-Achse liegt.
> III) Ich stecke die Figur in y-Richtung, bis A auf dem
> Punkt (0,3) liegt.
> IV) Ich strecke die Figur in x-Richtung, bis C auf dem
> Punkt (3,0) liegt.
> So, jetzt ist das erste Zwischenziel erreicht: das Dreieck
> ist rechtwinklig und liegt wunderschön im
> Koordinatensystem.
Sehr schön!
> Eine kleine Betrachtung der Figur zeigt jetzt, dass B' die
> Koordinaten (1,2) hat (müsste dieses noch genauer begründet
> werden?),
Das würde ich noch kurz begründen, ist aber andererseits auch leicht einzusehen.
> die Gleichung der Geraden BB' ist also:
> a) y = 2x
>
> Für die Gleichung von AA' erhalte ich
>
> b) y = 3 - 1.5 x (A' hat die Koordinaten (2,0)
>
> Die x-Koordinate des Schnittpunkt dieser beiden Geraden,
> des Punktes F, errechnet sich zu x = 6/7.
> Dieses x ist
> zugleich die Höhe des Dreiecks ABF mit Grundlinie AB. Damit
> überlegt man sich leicht, dass die x-Koordinate 2/7 der
> x-Koordinate von C (welche ja 3 ist) ist. Somit ist der
> Flächeninhalt vom Dreick ABF 2/7 des Flächeninhalts des
> ganzen Dreiecks ABC.
> Aus Gründen der Symmetrie hat der Flächeninhalt BCD
> ebenfalls 2/7 des ganzen, und ebenso AEC.
> Nun errechnet sich der Anteil der Fläche von DEF zu:
>
> 1 - 2/7 - 2/7 - 2/7 = 1/7.
>
> qed
Ich bin begeistert!!
Lieber Arthur, du solltest aber zu Übungszwecken trotzdem auch noch die Vektorrechnungslösung durchführen.
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:34 Mi 31.03.2004 | | Autor: | Paulus |
Lieber Stefan
es freut mich, dass du meine Lösungsisdee gut findest. Trotzdem möchte ich den kleinen Fehler, der mir unterlaufen ist, noch korrigieren. Ich habe nämlich bei den 'Ideen' etwas von Zentralstreckung und ähnlichen Figuren geredet, in der 'Lösung' aber gar keine Zentralstreckung verwendet, sondern nur eine Steckung in der y-Richtung resp. in der x-Richtung. Die Figuren bleiben dabei im Allgemeinen gar nicht ähnlich, sondern nur affin. Die Aussage über die Erhaltung der Flächenverhältnisse ist allerdings auch in diesem Fall richtig, und die ganze Beweisidee bleibt somit gültig.
Im Wesentlichen wurde gezeigt, dass der Beweis mit irgend einem speziellen Dreieck (ich habe ein gleichschenklig-rechtwinkliges gewählt) gemacht werden darf und dann für alle Dreiecke Gültigkeit hat. (Das spezielle Dreieck kann ja durch 'meine' Transformationen in jedes beliebige 'verformt' werden).
Mit freundlichen Grüssen
Paulus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:14 Mi 31.03.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Paulus!
> Trotzdem möchte ich den kleinen Fehler, der mir unterlaufen
> ist, noch korrigieren. Ich habe nämlich bei den 'Ideen'
> etwas von Zentralstreckung und ähnlichen Figuren geredet,
> in der 'Lösung' aber gar keine Zentralstreckung verwendet,
> sondern nur eine Steckung in der y-Richtung resp. in der
> x-Richtung.
Okay, ich habe den Fehler deswegen nicht bemerkt, weil ich nicht wusste, was eine Zentralstreckung genau ist. Ich hatte damit einfach eine Streckung in der von dir jetzt beschriebenen Weise assoziiert.
> Die Figuren bleiben dabei im Allgemeinen gar
> nicht ähnlich, sondern nur affin. Die Aussage über die
> Erhaltung der Flächenverhältnisse ist allerdings auch in
> diesem Fall richtig, und die ganze Beweisidee bleibt somit
> gültig.
Okay, Danke für den Hinweis. Ich hatte es mir so vorgestellt wie du es jetzt beschreibst, aber nicht auf die korrekte Verwendung der (mir allerdings auch größtenteils unbekannten) geometrischen Fachterme geachtet.
Viele Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:53 Mi 31.03.2004 | | Autor: | Paulus |
Lieber Stefan,
zum Begriff Zentralstreckung folgendes:
wenn du in einer Zeichnungsebene auf die Idee kommst, eine Steckung zu machen, dann brauchst du ja auch einen Punkt, von dem aus du strecken kannst, eben ein Streckungszentrum. Wenn du den Koordinatenursprung als Zentrum nimmst, hast du eine Streckung im allgemeinen Sinn (wie er auch in der linearen Algebra gebraucht wird). Dies ist aber selbstverständlich auch eine Zentralstreckung, nämlich mit Zentrum (0,0). Es kann ja sein, dass du für die Lösung einer bestimmten Aufgabe zuerst eine (Zentral)-Streckung mit Zentrum A, gefolgt von einer Streckung mit Zentrum B, beenötigst. Allerdings kann gezeigt werden, dass dieses Hintereinanderschalten von Streckungen mit verschiedenen Zentren und Streckungsfaktoren auch durch eine einzige Streckung mit einem geeigneten Zentrum bewerkstelligt werden kann. (Streckungsfaktoren multiplizieren sich einfach, das 'geeignete' Zentrum ist selbstverständlich der Fixpunkt der gesuchten, neuen Streckung). Ich kann und will hier nicht auf die Details eingehen, da wir uns ja eigentlich in einer ganz bestimmten, konkreten Übungsaufgabe befinden, aber mein Anmerkungen können vielleicht doch auch so einigermassen nachvollzogen werden
Herzliche Grüsse
Paulus
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:37 Mi 31.03.2004 | | Autor: | Arthur |
also
ich denke dass ich die aufgabe auch schon gelöst habe im groben
hab allerdings noch keine zeit gehabt es komplett auszurechnen
durch einen geschlossenen vektorzug hab ich eben gezeigt dass zb BD 3/7 der strecke von BF ist
analag das ganze für die anderen teilstrecken
habe jetzt also 2 dreiecke in abhängigkeit von a und c und muss nur noch zeigen dass deren flächeninhalt gleich ist
kann ich das nicht mit dem kreuzprodukt machen? bin mir da gerade nicht mehr so sicher
edit: hab aus versehen dem beitrga eine fälligkeit gegeben, wie kann ich das rückgängig machen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:35 Mi 31.03.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo Arthur!
> durch einen geschlossenen vektorzug hab ich eben gezeigt
> dass zb BD 3/7 der strecke von BF ist
Das stimmt nicht (oder aber du hast [mm]F[/mm] als den Punkt aufgefasst, der auf der [mm]B[/mm] gegenüberliegenden Seite des großen Dreiecks liegt; das aber sollte [mm]B'[/mm] sein; [mm]F[/mm] liegt im Inneren des Dreiecks).
Also: Es gilt entweder
[mm]|\vec{BD}|=\frac{1}{2} |\vec{BF}|[/mm]
oder aber
[mm]|\vec{BD}| = \frac{3}{7} |\vec{BB'}|[/mm].
Meintest du das?
> analag das ganze für die anderen teilstrecken
> habe jetzt also 2 dreiecke in abhängigkeit von a und c und
> muss nur noch zeigen dass deren flächeninhalt gleich ist
Um welche Dreiecke handelt es sich genau? Kannst du das bitte präzisieren?
> kann ich das nicht mit dem kreuzprodukt machen? bin mir da
> gerade nicht mehr so sicher
Argumentiere nur über die Streckenverhältnisse, das reicht!
Liebe Grüße
Julius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:42 Mi 31.03.2004 | | Autor: | Arthur |
ok war alles sehr ungenau da schnell getippt
ja ich meine nicht F sondern den punkt auf b...also ja z.b. B' oder wie man den halt nennen mag
und ich meine auch nicht gleich sondern eben dass Avon DEF *1/7 = A von ABC ist..also da du gefragt hast welche dreiecke ich meine
ich meine abc und def
da ich eben alle seiten ersetzt habe von DEF durch die vektoren a und b
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:52 Mi 31.03.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo Arthur,
auf diesem direkten Weg wird es schwer, auch mit dem Vektorprodukt.
"Hangele" dich langsam vom großen Dreieck [mm]ABC[/mm] zum kleinen Dreieck [mm]DEF[/mm] runter,
also:
1) [mm]|BCB'|=\frac{2}{3}\cdot |ABC|[/mm]
2) [mm]|CDB'|=\frac{4}{7}\cdot |BCB'|[/mm]
3) ...
4) [mm]|DEF| = ... \cdot |EDB'|[/mm],
also:
[mm]|DEF| = ... \cdot |ABC|[/mm].
Versuche es doch mal.
Möchtest du eigentlich deine Rechnung zur Ermittlung der Streckenverhältnisse vom Anfang noch mal hier reinschreiben, damit sie auch alle anderen nachvollziehen können? Das wäre nett. Aber nur, wenn du Zeit hast...
Viele Grüße
Julius
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:17 Mi 31.03.2004 | | Autor: | Arthur |
ja kann ich mal machen
weiß nur nicht wann da ich morgen meine letzte bk-klausur schreibe die 75% der note ausmacht und ich noch nichts getan habe trotz des viel zu großen stoffumfangs :/
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