Themenbereiche Themenbereiche Profile Hilfe/Anleitungen Help    
Recent Posts Last 1|3|7 Days Suche Suche Tree Tree View  

Beweis, das Schwer-, Höhenschnitt u. ...

ZahlReich - Mathematik Hausaufgabenhilfe » ---- Archiv: Universitäts-Niveau » Geometrie » Beweis, das Schwer-, Höhenschnitt u. U-punkt auf Eulersche Gerade liegt « Zurück Vor »

Autor Beitrag
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

Doris (Doku)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 11:43:   Beitrag drucken

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
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

H.R.Moser,megamath.
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 12:13:   Beitrag drucken

Hi Doris

Du findest eine längere Arbeit von mir
zum Thema im Archiv
unter dem Stichwort
"ersehntes"
MfG
H.R.Moser,megamath.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

H.R.Moser,megamath.
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 14:59:   Beitrag drucken

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.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

Doris (Doku)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 15:13:   Beitrag drucken

danke!
ich werd mir jetzt das mal durchdenken, und mich dann wieder melden, wenn ich mich wo nicht auskenne.
lg doris
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

Doris (Doku)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 16:15:   Beitrag drucken

tja, fragen über fragen:
wie kommst du auf: Steigung m1 von AC: m1 = - h / q bzw m2 = - 1 / m1 ?
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

H.R.Moser,megamath.
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 17:27:   Beitrag drucken

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.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

H.R.Moser,megamath.
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 17:30:   Beitrag drucken

Hi Doris,

Ich werde um Mitternacht auf Deine Fragen antworten !

Bis dann
MfG.
H.R.Moser,megamath.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

H.R.Moser,megamath.
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 20:47:   Beitrag drucken

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.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

Doris (Doku)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 22:11:   Beitrag drucken

sorry, habs grad gelesen, dass du wieder geantwortet hast ... werd das jetzt mal durchdenken!
lg doris
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

Doris (Doku)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 22:53:   Beitrag drucken

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?
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

Doris (Doku)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. Oktober, 2001 - 23:07:   Beitrag drucken

ok, gebs für heute auf!
probiers morgen nochmal!
lg doris
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

H.R.Moser,megamath.
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Donnerstag, den 18. Oktober, 2001 - 09:33:   Beitrag drucken

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.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

H.R.Moser,megamath.
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Donnerstag, den 18. Oktober, 2001 - 13:47:   Beitrag drucken

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.
Seitenanfangvoriger Beitragnächster BeitragSeitenende Link zu diesem Beitrag

Doris (Doku)
Suche alle Beiträge dieser Person in dieser Hauptrubrik
Veröffentlicht am Donnerstag, den 18. Oktober, 2001 - 16:03:   Beitrag drucken

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?

Beitrag verfassen
Das Senden ist in diesem Themengebiet nicht unterstützt. Kontaktieren Sie den Diskussions-Moderator für weitere Informationen.

ad

Administration Administration Abmelden Abmelden   Previous Page Previous Page Next Page Next Page