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Doris (Doku)
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 11:43: |
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Hallo! ich soll zeigen, dass in jedem dreieck der schwerpunkt, der höhenschnittpunkt und der umkreismittelpunkt auf einer Geraden (Eulersche Gerade) liegen! kann wer von euch den beweis? bitte, danke! lg doris |
H.R.Moser,megamath.
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 12:13: |
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Hi Doris Du findest eine längere Arbeit von mir zum Thema im Archiv unter dem Stichwort "ersehntes" MfG H.R.Moser,megamath. |
H.R.Moser,megamath.
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 14:59: |
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Hi Doris, Bei der oben erwähnten Arbeit handelt es sich um ein Zahlenbeispiel. Die Bearbeitung dieses Beispiels dient zur Einstimmung, bevor wir jetzt an die Berechnungen für den allgemeinen Fall gehen. Das Koordinatensystem soll so gewählt werden, dass die Seite AB auf der x-Achse und die Höhe hc auf der y-Achse liegt. Die Koordinaten der Ecken sind wie folgt gegeben : A (- p / 0 ), B( q / 0 ) , C ( 0 / h ) , dabei stellt h die Höhe hc dar, p und q sind gegebene Konstante. 1) Ermittlung des Höhenschnittpunktes H Wir legend durch A die Höhengerade ha. Steigung m1 von AC: m1 = - h / q, daraus erhalten wir die Steigung m2 von ha m2 = - 1 / m1 = q / h. Gleichung von ha : y = q / h * ( x + p) H ist der Schnittpunkt von ha mit der y-Achse Die Koordinaten von H lauten daher: xH = 0 , yH = p * q / h. 2) Ermittlung des Scherpunktes S Die Koordinaten von S sind jeweils die arithmetischen Mittel der Koordinaten der Ecken, mithin: xS = 1/3* ( - p + q + 0 ) = ( q - p ) / 3 , yS = 1 / 3 (0 + 0 + h) = h / 3 2) Aufstellen der Gleichung der Verbindungsgerade HS Als Gleichung erhält man nach einiger Rechnung: [ h ^ 3 - 3 p q ] / [p - q ] * x + h * y = p * q ---------------------------(I) Von der Richtigkeit dieser Gleichung überzeugt man sich durch Einsetzen der Koordinaten von H und von S 3) Bestimmung der Koordinaten des Umkreismittelpunktes U. U ergibt sich als Schnittpunkte der Mittelsenkrechten g1 von AB und g2 von BC Gleichung von g1: x = ½ * ( q - p ) N.B.g1 geht durch den Mittelpunkt G1 (1/2 *(q-p)/0) der Seite AB Gleichung von G2: y = q / h * x + h / 2 - q ^ 2 / ( 2 h ) N.B. g2 geht durch den Mittelpunkt G2 ( ½ *q / ½ * h ) der Seite BC und steht auf ihr senkrecht. Die Koordinaten von U sind: xU = ½*(q-p) , yU = ( h ^ 2 - pq ) / ( 2 h ) 4) Schluss: wir zeigen durch Einsetzen der Koordinaten von U in die Gleichung (I) von HS, dass U auf dieser Geraden liegt. In (I) haben wir somit die Gleichung der Eulerschen Geraden für unser Dreieck vor uns Mit freundlichen Grüßen H.R.Mose,megamath. |
Doris (Doku)
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 15:13: |
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danke! ich werd mir jetzt das mal durchdenken, und mich dann wieder melden, wenn ich mich wo nicht auskenne. lg doris |
Doris (Doku)
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 16:15: |
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tja, fragen über fragen: wie kommst du auf: Steigung m1 von AC: m1 = - h / q bzw m2 = - 1 / m1 ? |
H.R.Moser,megamath.
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 17:27: |
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Hi Doris, Manchmal sieht man den Wald vor lauter Bäumen nicht. So geht's auch gelegentlich mit den umfangreichen Rechnungen mittels der analytischen Geometrie . Man verliert leicht die Uebersicht und weiss nicht mehr , was eigentlich vorgeht. Plötzlich - deus ex machina - stehen Koordinaten da, die irgend eine Gleichung befriedigen und schon heisst es: " quod erat demonstrandum " Diese Situation ist etwas unbefriedigend. Um so hilfreicher sind Beweise, die rein geometrisch sind und mit minimalem Rechenaufwand ablaufen Allerdings beanspruchen solche Beweise ein gewisses Abstraktionsvermögen. Der Nachweis der Existenz der Euler - Geraden gelingt mit einer eleganten Methode, die in dieser Form auf H.S.M. Coxeter zurückgeht. Damit Du den Beweis besser verstehen kannst, empfehle ich Dir, eine Figur mit genauen Bezeichnungen gemäss meinen Angaben herzustellen. Vorgelegt ist ein beliebiges Dreieck ABC, welches ausdrücklich nicht gleichseitig ist. Der Punkt C ' ist der Mittelpunkt der Seite AB, sodass CC' die Schwerlinie sc des Dreiecks ist. Der Schwerpunkt S des Dreiecks liegt auf sc und zwar so. dass SC' = 2* CS gilt. U sei der Umkreismittelpunkt; die Gerade UC' ist somit die Mittelsenkrechte der Seite AB. Der Punkt D auf AB sei der Fusspunkt der Höhe hc durch C. Soviel als Vorbereitung und nun zum angekündigten Beweis. Da das Dreieck nicht gleichseitig ist, fallen die Punkte S und U nicht zusammen und bestimmen somit eindeutig eine Gerade g, auf der diese Punkte S und U liegen. Wir werden zeigen, dass der Höhenschnittpunkt H auf g liegt. Wenn dieser Nachweis gelingt, ist alles bewiesen und g entpuppt sich als Eulersche Gerade des Dreiecks ABC. Wir wählen den Punkt H* auf g , dass gilt: UH* = 3 * US , oder SH* = 2 * US Ferner gilt (Schwerlinieneigenschaft) : SC = 2* C ' S Die Umkehrung eines Strahlensatzes ergibt : die Geraden CH* und C ' U sind parallel Da C ' U - wie gesagt - die Mittelsenkrechte der Seite AB ist und demnach auf AB senkrecht steht, ist auch die Gerade C H* zu AB senkrecht und stellt somit die Höhengerade durch C dar. Wiederholt man ( in Gedanken) dieses Verfahren statt mit der Seite AB der Reihe nach mit den anderen Seiten, so findet man sofort: AH* steht auf BC, BH* steht auf CA senkrecht. Wir haben es mit den drei Höhen zu tun; H* auf g ist der Höhenschnittpunkt H. Damit ist der Beweis zu Ende.. Mit freundlichen Grüßen H.R.Moser,megamath. |
H.R.Moser,megamath.
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 17:30: |
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Hi Doris, Ich werde um Mitternacht auf Deine Fragen antworten ! Bis dann MfG. H.R.Moser,megamath. |
H.R.Moser,megamath.
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 20:47: |
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Hi Doris, Meine Antwort auf Deine Frage kommt etwas früher als geplant. Die Steigung m1 der Seite BC berechnen wir als Quotient der Differenz der y- Koordinaten durch die Differenz der x -Koordinaten der beiden Punkte, also: mit B( q / 0 ) und C( 0 / h ) kommt: m1 = delta y / delta x = [ h - 0 ] / [ 0 - q ] = - h /q N.B. [y-Wert des zweiten Punktes minus y-Wert des ersten Punktes] / [x-Wert des zweiten Punktes minus x-Wert des ersten Punktes] Für die Steigung m2 einer zu BC senkrechten Geraden , z.B. für die Höhengerade ha durch A gilt: das Produkt der Steigungen ist minus 1: m1 * m2 = - 1 , daraus m2 = q / h . Empfehlung: Um die angegebenen Geradengleichungen zu prüfen,, setze die Koordinaten der beiden Punkte, welche die Gerade jeweils bestimmen, in die Gleichung ein. Die betreffende Gleichung muss dadurch befriedigt werden. Mit freundlichen Grüßen H.R.Moser,megamath. |
Doris (Doku)
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 22:11: |
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sorry, habs grad gelesen, dass du wieder geantwortet hast ... werd das jetzt mal durchdenken! lg doris |
Doris (Doku)
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 22:53: |
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also: verstanden hab ich jetzt mal, wie man die steigung berechnet, da kommt dann aber schon die nächste frage: wie kommst du auf die Gleichung von ha ? y = q / h * ( x + p) q/h ist die steigung und wo kommt des x+p her? |
Doris (Doku)
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 23:07: |
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ok, gebs für heute auf! probiers morgen nochmal! lg doris |
H.R.Moser,megamath.
| Veröffentlicht am Donnerstag, den 18. Oktober, 2001 - 09:33: |
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Hi Doris, Gesucht wird eine Gleichung der Höhe ha durch A. Wir kennen (1.) die Steigung m2 = q / h von ha und (2.) den Punkt A(- p / 0 ) auf ha. Wegen (1.) setzen wir an: y = m2 * x + a = q / h * x + a mit einer zu bestimmenden Konstanten a. Wegen (2.) gilt ( setze die Koordinaten von A in die Gleichung einJ: 0 = q / h * ( - p ) + a , daraus a = p * q / h. Die Gleichung von ha lautet somit: y = q / h * x + p * q / h = q / h * ( x + p) wie angegeben Beachte: die lineare Funktion y = y(x) hat , wie erforderlich, bei x = - p ihre Nullstelle. Gruss H.R.Moser,megamath. |
H.R.Moser,megamath.
| Veröffentlicht am Donnerstag, den 18. Oktober, 2001 - 13:47: |
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P.P. Zu guter Letzt: eine rein vektorielle Herleitung zum Thema " Eulersche Gerade " findet man im Archiv unter dem Stichwort " konzipierte " Gruss H.R.Moser,megamath. |
Doris (Doku)
| Veröffentlicht am Donnerstag, den 18. Oktober, 2001 - 16:03: |
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hab grad die vektorielle herleitung überflogen, sieht etwas einfacher aus. so hätt ich das ganze ja verstanden, möchte aber trotzdem wissen, wie man darauf kommen soll, dass man zu beginn den punkt v berechnen soll? |
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