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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:31 Do 15.10.2015 | | Autor: | aha |
Hallo,
Wie beweise ich, dass der Schwerpunkt eines beliebigen Trapezes ABCD mit den parallelen Seiten AB und CD im Schnittpunkt nachfolgend beschriebener Geraden A'C' und B'D' liegt?
Erläuterung:
den Punkt A' erhalte ich als Endpunkt, wenn ich die Streckenlänge |CD| von A aus nach außen auf die Gerade (AB) lege, und den Punkt C' als Endpunkt, wenn ich die Streckenlänge |AB| von C aus nach außen auf die Gerade (CD) lege.
Entsprechend erhalte ich B' und D', wenn ich die genannten Strecken von B aus und von D aus nach außen lege.
Auch A'B'C'D' ist ein Trapez von gleicher Höhe aber dreifachem Flächeninhalt: ich nenne es hier "Drei-Trapez"; A'C' und B'D' sind Diagonalen in diesem "Dreitrapez".
Man kann also den Satz formulieren:
"Der Schwerpunkt eines Trapezes ABCD liegt im Diagonalen-Schnittpunkt des zugehörigen "Dreitrapezes" !
(Wobei natürlich genau zu beschreiben ist, was man unter dem "zugeordneten Dreitrapez" zu verstehen hat.)
[Ich kenne zwei andere Schwerpunktkonstruktionen 1) Schnittpunkt der Seitenhalbierenden von AB und CD mit der Basisparallelen in der Lage
1/3h(a+2c)/(a+c) und 2) die Methode, die Schwerpunktachse der Schwerpunkte zweier Dreiecke, in die man das Trapez zerlegen kann, mit der o.gen. Seitenhalbierenden zum Schnitt zu bringen.
Wie man aber die oben gestellte Frage lösen kann, dazu fällt mit leider gar nichts ein.]
Für einen Hinweis wäre ich sehr dankbar
AHA
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Zuerst die gute Nachricht:
Ich habe deine Konstruktion überprüft durch Nachrechnen mit Integralrechnung und Gradengleichungen. Sie ist richtig. Woher hast du sie?
Jetzt die schlechte:
Leider war der Rechenaufwand sehr hoch und unübersichtlich, dass es nicht lohnt, das hier darzustellen. Einen einfachen Zugang habe ich (noch?) nicht finden können, werde mich aber damit weiterbeschäftigen.
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[Dateianhang nicht öffentlich]
Hier der geometrische Beweis.
Der Schwerpunkt eines Trapezes muss auf der Verbindungslinie der Mittelpunkte M und N der beiden Parallelseiten liegen. Begründung:
- physikalisch: Denkt man sich das Trapez in lauter schmale Streifen parallel zu den Parallelseiten zerschnitten, so teilt MN jeden Streifen in zwei gleichlange Hälften. Jede von ihnen wird daher durch MN ausballanciert, somit auch das ganze Trapez.
- mathematisch-physikalisch: Man ergänze das Trapez zu einem Dreieck und zeichne die Seitenhalbierende zur längeren Parallelseite ein. (Falls beide Parallelseiten gleichlang sind, haben wir den Spezialfall eines Parallelogramms, bei dem das Problem trivial ist und hier nicht weiter betrachtet wird.)
Nach Definition des Schwerpunktes liegt dieser auf der Seitenhalbierenden. Legt man das Dreieck darauf, ist es somit ausballanciert. Nach den Strahlensätzen halbiert die Seitenhalbierende aber auch die kürzere Parallelseite des Parallelogramms. Nun zerschneiden wir das Dreieck an dieser kürzeren Seite. Das obere Restdreieck bleibt nun durch die ursprüngliche Seitenhalbierende ausballanciert, weil diese gleichzeitig die neue Seitenhalbierende des Restdreiecks ist. Würde diese Linie nun das Paralleogramm nicht ausballancieren, würde es z.B. nach rechts abkippen, so müsste die Verbindung der beiden zerschnittenen Flächen nun auch ein Abkippen nach rechts hervorrufen, was aber nicht der Fall ist.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gesucht ist nun der Schwerpunkt S, der auf MN liegt. Dazu Zerlegt man das Trapez in die beiden Dreiecke ABC und ACD. Außerdem trägt man parallel zu den Parallelseiten 2 äquidistante Parallelen ein, die das Parallelogramm in 3 gleichbreite Streifen zerlegen.
Dann liegt der Schwerpunkt von ABC auf der 1. Parallele von unten auf der Verbindungslinie NC und der Schwerpunkt von ACD auf der 1. Parallele von oben auf der Verbindungslinie AM.
Die Gerade g durch die beiden Dreiecksschwerpunkte ballanciert somit sowohl das eine wie das andere Dreieck aus und damit das daraus zusammengefügte gesamte Trapez. Der Schwerpunkt liegt dann im Schnittpunkt von MN und g.
Man betrachte nun die farbigen Dreiecke mit den Strecken x und y auf den Parallelen. Im Dreieck ANM liegt x 1/3 der Gesamthöhe von AN entfernt und ist daher 1/3 so lang, also a/6. Im Dreieck NCM liegt y ebenfalls 1/3 von MC entfernt und ist daher 1/3 so lang, also c/6. Also verhalten sich x/y wie a/c. Die beiden farbigen Dreiecke sind kongruent. Nach den Strahlensätzen unterteilt damit S das im mittleren Parallelstreifen liegende Stück von MN im Verhältnis a/c.
Beträgt der Abstand MN nun 3k, so hat S von M den Abstand k + [mm] k*\bruch{a}{a+c} [/mm] = [mm] k*\bruch{2a+c}{a+c} [/mm] und von N den Abstand k + [mm] k*\bruch{c}{a+c} [/mm] = [mm] k*\bruch{a+2c}{a+c}. [/mm] Somit teilt S MN im Verhältnis = [mm] \bruch{2a+c}{a+2c}.
[/mm]
[Dateianhang nicht öffentlich]
Betrachtet man nun Die beiden ähnlichen Dreiecke A'NT und C'MT, so haben die Parallelen ebenfalls das Verhältnis [mm] \bruch{MC'}{A'N}= \bruch{\bruch{c}{2}+a}{\bruch{a}{2}+c}=\bruch{2a+c}{a+2c}. [/mm] Sie teilen MN also im selben Verhältnis, somit ist T=S. Klappt man nun a und c jeweils zur anderen Seite um, so schneidet die entsprechene Gerade B'D' MN aus dem selben Grund wieder in T=S. Somit kann man also MN weglassen und dafür die beiden Geraden A'C' und B'D' nehmen, um S zu erhalten.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 3 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 4 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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Hallo aha und HJK !
Ich finde die Konstruktion und auch den dazu gehörenden
Beweis von HJK sehr schön.
So ist auch Elementargeometrie wirklich spannend,
besonders wenn dabei auch noch zu sehen ist, dass ein
"rechnerischer" Beweis (mit Integralrechnung) deutlich
komplizierter als der anschaulich gut zugängliche
Beweis ist.
Deshalb vielen Dank euch beiden !
Al-Chwarizmi
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Habe die Konstruktion noch mal vereinfacht: Statt 6 braucht man nur 3 Parallelstreifen, macht das Ganze auch übersichtlicher. Hatte beim ersten Entwurf gedacht, dass ich auch die Mittelllinie brauche...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:48 Sa 17.10.2015 | | Autor: | leduart |
Hallo HJKweseleit
Danke! wunderschön einfach, mein Weg wäre komplizierter.
ich stelle die Frage auf ganz beantwortet.
Gruß leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:55 So 18.10.2015 | | Autor: | aha |
Hallo,
ich hab' ja nicht viel dazu getan als fragen und Rat suchen, der Dank gebührt HJK.
Nur durch Zufall bin ich auf die mir bis dahin völlig unbekannte Konstruktion gekommen:
bei www.mathematische-basteleien.de fand ich ganz unten einen Hinweis auf wikipedia.
Dort aber nur unter
www.wikipedia.org/wiki/Geometrie_Schwerpunkt
ohne Beweis.
Gruß
aha
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:46 So 18.10.2015 | | Autor: | aha |
Entschuldige, ich war ein bisschen vorschnell mit meiner vorigen Antwort! Habe erst eben gesehen, dass du den Beweis schon gefunden hattest!
Das war die zielführende Idee, hurra:
Parallelen durch die beiden SP der Teildreiecke ACD und ABC; ja und damit die farbige Strahlensatzfigur...
Aber x liegt 1/3 h von DC und 2/3 h von AN entfernt, oder? Daher a = 1/3 mal a/2 = a/6, entsprechend y = c/6, ok.
usw.
Die Beweisführung finde ich sehr schön; wirklich elegant!
Jetzt begreife ich auch, wieso gerade die Verlängerungen a und c die Diagonale A'C' durch den Schwerpunkt lenken! - Und natürlich auch diejenige der umgveklappten Figur.
"Wenn man's gefunden hat, ist alles so schön 'einfach'..."
Danke und Gruß aus dem Harz.
aha
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