Beweise mithilfe von Vektoren

Beweise mithilfe von Vektoren
Die Seitenhalbierenden eines Dreiecks schneiden sich im Verhältnis 2:1
Mb
Wir wählen zuerst eine Basis:
C
AB  a
A
AC  b
Ma
Mc
Wir beweisen nun, dass sich die Seitenhalbierenden im Verhältnis 2:1
B
schneiden, d.h. dass z.B: MA : MaM  2 :1
Wir erstellen zuerst eine sog. „geschlossene Vektorkette“:
AB  BM  MA  0
a  m  BMb  n  MaA  0


1 

a  m    a  b   n  MaB  a  0
2 

1
1

a  m  a   m  b  n   CB  a   0
2
2



1
1

a  m  a   m  b  n   b  a  a   0
2
2

1
1 
 1
a  m a   mb  n   b  a   0
2
2 
 2
1
1
1
a  m a   mb    n b   n  a  0
2
2
2
1 
1 

1
a  1  m   n   b    m   n   0
2 
2 

2
Zumal a und b die Basis des Vektorraumes darstellen, sind sie linear unabhängig. Folglich ist
die einzige Lösung für die obige Gleichung:
1
1 m   n  0
2
1
1
m  n
2
2
Aus der zweiten Gleichung folgt: m  n . Damit geht aus der ersten Gleichung hervor: m 
q.e.d.
2
3
Diesmal machen wir uns an ein Trapez heran
D
Behauptung:
C
c
M 1M 2 AB CD
M1
M2
A
a
bzw.:
B
M 1M 2  k  a
M 1M 2  l  c
Der Definition eines Trapezes lässt sich entnehmen, dass a und c parallel zueinander
verlaufen: c  m  a . Daher reicht es für uns, M 1M 2  k  a zu beweisen.
M 1M 2  M 1 A  AB  BM 2
1
1
DA  a  BC
2
2
1
1
 c  CB  a  a  BC
2
2
1
1
1
1
 c  CB  a  a  BC
2
2
2
2
1
1
 c aa
2
2
1
1
 c a
2
2
1
1
 ma  a
2
2
1
1
  m  a
2
2



 k a
Das war es.


S. 64 Nr. 2
Behauptung:
C
Die verbundenen Mittelpunkte zweier Dreieckseiten bilden eine Strecke,
die parallel zu der dritten Dreiecksseite verläuft und halb so lang ist:
N
M
B
A
MN 
1
AB
2
MA  AB  BN  NM  0
1
1
CA  AB  BC  NM  0
2
2
Wir wissen, dass CA  AB  BC  0 , d.h. AB  CA  BC
1
1
CA  CA  BC  BC  NM  0
2
2
1
1
 CA  BC  NM  0
2
2
1
1
NM  CA  BC
2
2
1
NM  CA  BC
2
1
NM  BA
2
1
MN  AB
2

q.e.d.

S. 65 Nr. 6
A
Behauptung:
D
S2
Mb
1
BS1  S1S 2  S 2 D  BD
3
S1
Ma
B
C
Wir nutzen diesmal wieder eine geschlossene Vektorkette.
Unsere Basis sei AB  a , BC  b .
BS1  S1Ma  MaB  0
1
m  BD  n  AMa  b  0
2
1  1

m  a  b  n   a  b   b  0
2  2

1
1
m  a  m b  n  a  n b  b  0
2
2
1
1
m  a  n  a  n b  b  m b  0
2
2
1
1

a m  n  b  n   m   0
2
2



An dieser Stelle machen wir uns wieder die Tatsache zunutze, dass die beiden Basisvektoren
linear unabhängig sind:
mn 0
1
1
n m 0
2
2
3
1
m
2
2
1
mn
3
S. 65 Nr. 7
Das Parallelogramm ABGH hat die Diagonalen AG und BH . Es ist trivial, dass diese sich
schneiden. Mit diesem Parallelogramm ließe sich auch einfach zeigen, dass sich die beiden
Strecken halbieren, doch unser Thema heißt Vektoren. Folgerichtig beweise ich nun, dass sich
zwei Raumdiagonalen (nämlich AG sowie BH ) halbieren. Die Beweisführung für alle
weiteren Raumdiagonalen sei dem Leser überlassen.
Ich wähle eine Basis:
a  AE
b  AB
c  AD
Nun bilde ich eine geschlossene Vektorkette:
AB  BM  MA  0
Ich kann diese Vektoren durch meine Basis ausdrücken:
b  m  BH  n  GA  0




b  m  b  a  c  n  b  a  c  0
Nun forme ich diese Gleichung so um, dass ich eine Linearkombination meiner Basis erhalte:
b  mb  m a  mc  n b  n  a  n c  0
b  1  m  n   a   m  n   c   m  n   0
Da meine Basis ( a , b , c ) linear unabhängig ist, müssen die ausgeklammerten Faktoren
jeweils Null sein:
mn  0
mn
1 m  n  0
1 m  m  0
m  n  0,5
S. 65 Nr. 8
Ich beweise lediglich, dass sich zwei der drei Strecken schneiden und halbieren. Der Rest ist
trivial.
Behauptung:
0,5  EK  EB  BI  0,5  IG
Vorraussetzungen:
0,5  AB  EB
0,5  BD  BI
IG  0,5  BD  AB  0,5  AC
EK  0,5  AB  BD  0,5  DC
Nun führe ich einfach anhand dieser Vorraussetzungen meine Behauptung auf eine Tatsache
zurück:
0,5  EK  0,5  AB  0,5  BD  0,5  IG
0,5  AB  BD  0,5  DC  AB  BD  0,5  BD  AB  0,5  AC
0,5  AB  0,5  DC  0,5  BD  0,5  AC
AB  BD  DC  AC
S. 65 Nr. 9
Ich setze einmal voraus, dass der Umkreismittelpunkt gleichzeitig der Schnittpunkt der
Seitenhalbierenden und der Schwerpunkt ist.
Behauptung:
2
1

 DE  EF  
3
2

2
1

 AB  BC 
3
2

Vorraussetzungen (zusätzlich zum Buch):
DE   BD  CB  CE
EF  CE  AC  AF
Beweis:
2
1
2
1
DE  EF  AB  BC
3
3
3
3
2 DE  EF  2 AB  BC

 

2   BD  CB  CE  CE  AC  AF  2  AB  BC
2  BD  2  CB  2  CE  CE  AC  AF  2  AB  BC
2  r  BA  2  CB  r  CB  AC  r  AC  2  AB  BC
2  r  BA  r  CB  r  AC  BC  AC  2  AB
2  r  BA  r  CB  r  AC  BA  2  AB  0
3  r  AB  3  AB  0
r  AB  AB  0
Lustig. Die Behauptung ist richtig, wenn ABC und DEF deckungsgleich sind. Darauf wäre
ich nun ohne Rechnung nicht gekommen *g*.