Gergonne-Punkt als Affinkombin < Topologie+Geometrie < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Guten Abend,
ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Ich musste in einer Aufgabe zeigen, dass sich die drei Ecktransversalen eines Dreiecks ABC in einem Punkt schneiden. Das habe ich mit Hilfe von Satz von Ceva gezeigt. Nun ist dieser Schnittpunkt (Gergonne-Punkt) als Affinkombination der Ecken A,B und C darzustellen. "Wie ging das nochmal" ?
Eine ähnliche Aufgabe, die ich lösen muss (ebenfalls über Affinkombination) lautet:
Es sei abc ein Dreieck. Mit [mm] p_{a}\in [/mm] bc, [mm] p_{b}\in [/mm] ca und [mm] p_{c} \in [/mm] ab werden die Berührpunkte der Inkreise an die Dreiecksseiten bezeichnet.
Stellen Sie [mm] p_{a}, p_{b} [/mm] und [mm] p_{c}als [/mm] Affinkombinationen von a, b und c dar.
Hinweis: Abstandsformeln zu den Ecken. Die Seitenlängen sind x,y,z.
Auch für weitere Hinweise hierfür bin ich dankbar.
Für die Affinkombination habe ich nun folgende Idee:
Sei z.B. [mm] p_{c} [/mm] der Berührpunkt des Inkreises an der Seite AB.
Der Abstand von A zu [mm] p_{c} [/mm] ist ja (Formel)
"Halber Umfang - gegenüberliegende Seite" =
[mm] \bruch{x+y+z}{2}-y
[/mm]
Kann ich dann nicht
[mm] p_{c}=a+\lambda(b-a)
[/mm]
festlegen und [mm] \lambda=\bruch{x+y+z}{2}-y
[/mm]
sagen?
Wenn ich alles einsetze, umforme etc.
erhalte ich
[mm] p_{c}=a+\lambda [/mm] b - [mm] \lambda [/mm] a
Die Summe der Koeffizienten ist soweit 1. Stimmt das so? 
Liebe Grüße
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Was verstehst du unter einer Affinkombination? Sind das baryzentrische Koordinaten? In ![[]](/images/popup.gif) Kimberlings Enzyklopädie ist der Gergonne-Punkt X(7).
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Ja, wie kann man die denn "berechnen"?
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Es gibt einen gewissen Kalkül, wie man mit solchen baryzentrischen Koordinaten rechnen kann. Da ich aber unmöglich ein ganzes Buch hier hineinschreiben kann, müssen wir es wohl "zu Fuß" machen. Es läuft auf das hinaus, was du aus der Schule vielleicht als "Verfahren vom geschlossenen Vektorzug" kennst.
Es seien [mm]A',B',C'[/mm] der Reihe nach die Berührpunkte des Inkreises mit den Seiten [mm]BC,CA,AB[/mm].
[mm]G[/mm] sei der Schnittpunkt der Strecken [mm]AA'[/mm] und [mm]BB'[/mm]. Es gibt daher Skalare [mm]\lambda,\mu[/mm] mit
[mm]\overrightarrow{AG} = \lambda \, \overrightarrow{AA'} \, , \ \ \overrightarrow{BG} = \mu \, \overrightarrow{BB'}[/mm]
Es werden die zwei linear unabhängigen Vektoren
[mm]\vec{u} = \overrightarrow{CA} \, , \ \ \vec{v} = \overrightarrow{CB}[/mm]
ausgezeichnet. Der Vektorzug
[mm]\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GB}[/mm]
ist geschlossen und stellt somit den Nullvektor dar. Alle seine Glieder werden mittels [mm]\vec{u}, \vec{v}[/mm] ausgedrückt:
[mm]\overrightarrow{BA} = \vec{u} - \vec{v}[/mm]
[mm]\overrightarrow{AG} = \lambda \, \overrightarrow{AA'} = \lambda \left( - \vec{u} + \frac{a+b-c}{2a} \, \vec{v} \right)[/mm]
[mm]\overrightarrow{GB} = - \mu \, \overrightarrow{BB'} = - \mu \left( - \vec{v} + \frac{a+b-c}{2b} \, \vec{u} \right)[/mm]
(Die Terme mit [mm]a,b,c[/mm] in diesen Formeln kommen von den bekannten Längen der Tangentenabschnitte am Inkreis, wie du das in deiner Frage bereits angedacht hast.)
Man setzt die drei Vektoren im Vektorzug oben ein, multipliziert aus und sortiert nach [mm]\vec{u}[/mm] und [mm]\vec{v}[/mm]. Man bringt mit anderen Worten den Vektorzug auf die Form
[mm]f(\lambda,\mu) \, \vec{u} + g(\lambda,\mu) \, \vec{v}[/mm]
Hier sind [mm]f(\lambda,\mu)[/mm] und [mm]g(\lambda,\mu)[/mm] lineare Terme in [mm]\lambda[/mm] und [mm]\mu[/mm]. Da die Vektorkette den Nullvektor darstellt, [mm]\vec{u}, \vec{v}[/mm] aber linear unabhängig sind, muß
[mm]f(\lambda,\mu) = 0 \ \ \text{und} \ \ g(\lambda,\mu) = 0[/mm]
gelten. Die ganze Situation ist jetzt in ein lineares Gleichungssystem in [mm]\lambda, \mu[/mm] übersetzt, das man standardmäßig lösen kann. Mit Hilfe eines CAS habe ich folgende Werte erhalten:
[mm]\lambda = \frac{2a(-a+b+c)}{a(-a+b+c)+b(a-b+c)+c(a+b-c)} \, , \ \ \mu = \frac{2b(a-b+c)}{a(-a+b+c)+b(a-b+c)+c(a+b-c)}[/mm]
Tip: Frühzeitig ausklammern! Nicht vorschnell ausmultiplizieren. Es reicht übrigens, [mm]\lambda[/mm] zu berechnen, wie die folgenden Bemerkungen zeigen. [mm]\mu[/mm] entsteht aus [mm]\lambda[/mm] durch Vertauschen von [mm]a[/mm] und [mm]b[/mm].
Sind [mm]\alpha, \beta, \gamma[/mm] die baryzentrischen Koordinaten von [mm]G[/mm] bezüglich [mm]A,B,C[/mm], so gilt unabhängig von der Wahl des Punktes [mm]O[/mm] stets
[mm]\overrightarrow{OG} = \alpha \, \overrightarrow{OA} + \beta \, \overrightarrow{OB} + \gamma \, \overrightarrow{OC}[/mm]
[mm]O[/mm] kann, muß aber nicht der Ursprung eines im Hintergrund agierenden kartesischen Koordinatensystems sein. Wählt man speziell [mm]O=C[/mm], so wird daraus:
[mm]\overrightarrow{CG} = \alpha \, \vec{u} + \beta \, \vec{v}[/mm]
Man muß also nur [mm]\overrightarrow{CG}[/mm] als Linearkombination von [mm]\vec{u}, \vec{v}[/mm] ausdrücken, und kann die baryzentrischen Koordinaten [mm]\alpha,\beta[/mm] ablesen (schließlich ist [mm]\gamma = 1 - \alpha - \beta[/mm]).
Eine solche Linearkombination ist aber schnell gefunden:
[mm]\overrightarrow{CG} = \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{AG} = \vec{u} + \lambda \, \overrightarrow{AA'}[/mm]
Inzwischen ist ja [mm]\lambda[/mm] bekannt, und [mm]\overrightarrow{AA'}[/mm] kann man wieder wie oben ausdrücken.
Die ganze Rechnung kannst du dir vielleicht mit Sätzen aus der Vorlesung sparen oder zumindest sehr erleichtern. Ich weiß aber nicht, was du da alles schon gemacht hast ...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:16 Di 05.06.2012 | | Autor: | imagemixer |
Auf jeden Fall mal vielen Dank für die selbstlose Hilfe!
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