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überlappende rechtecke

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Tags: kongruent, Rechteck, Überlappung

gezi999 aktiv_icon

14:14 Uhr, 05.07.2010

Zwei kongruente Rechtecke sind so aufeinander gelegt, dass ihre Konturen acht gemeinsame
Punkte haben. Zeigen Sie: Die Fläche des Durchschnitts ist größer als die Hälfte
einer Rechtecksfläche.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Flächeninhalte
Flächenmessung
Quadrat / Rechteck / Parallelogramm

hagman aktiv_icon

08:35 Uhr, 06.07.2010

Betrachtet man eines der Rechtecke und die bei ihm abgeschnitentn rechtwinkligen Dreiecke und ergänzt diese Dreiecke zu Rechtecken, so ist klar, dass zwei *benachbarte* dieser kleinen Rechtecke einander nicht überlappen. Wenn auch die je zwei diagonal gegenüber liegenden sich nicht überlappen sind wir fertig, denn dann folgt, dass die abgeschnittenen Dreiecke höchstens die Hälfte edr Rechtecksfläche ausmachen.
Wenn aber zwei diagonal gegenüber liegende Rechtecke sich überlappen, bedeutet das eine bestimmte Bedingung an die Lage der Schnittpunkte auf dem Rechteck. Kann man vielleicht zeigen, dass dann beim anderen Rechteck die Schnittpunkte günstiger liegen (also keine Überlappung ergeben)?

Edddi aktiv_icon

10:07 Uhr, 06.07.2010

...mit hagmans Hinweisen lässt sich

m . E

. ein indirekter Beweis führen:

siehe anhängende Skizze!

Die jeweiligen Rechtecke, welche aus den außenliegenden (Drei)-Ecken eines jeden Rechtecks gebildet werden, können sich NICHT berühren, da es ja 8 Schnittpunkte sein sollen!

Sollte also die rot schraffierte Fläche kleiner als die Hälfte der Rechtecksfläche sein, so müsste die Fläche der außenliegenden Ecken (blau) eines jeden Rechtecks größer als die Hälfte sein!

Damit müsste auch die kongruente Fläche der innenliegenden Ecken (grün) der Gegenstücken größer als die Hälfte sein!

Dies kann aber nicht sein, da sie innerhalb der roten Fläche liegen (und diese soll ja kleiner als die Hälfte sein)

...so seh' ich das, was sagt ihr dazu?

;-)

gezi999 aktiv_icon

11:12 Uhr, 06.07.2010

hört sich ganz palusibel an, ich müsste dann wohl noch beweisen, warum die nach innen gespiegelten dreiecke sich nicht überschneiden, oder?!?

hagman aktiv_icon

18:59 Uhr, 06.07.2010

Bezeichnungen:
Die Rechtecke seien

A B C D

und

P Q R S

. Hierbei seien

A B

und

P Q

gleich lang und

A B

schneide die beiden Seiten

P Q

und

Q R

(warum kann man das "oBdA" so voraussetzen bzw. die Bezeichnungen ggf. entsprechend anpassen?)
Die Schnittpunkte seien wie folgt bezeichnet:

T_{1} = A B \cap P Q, T_{2} = A B \cap Q R, T_{3} = B C \cap Q R, T_{4} = B C \cap R S,

T_{5} = C D \cap R S, T_{6} = C D \cap S P, T_{7} = D A \cap S P, T_{8} = D A \cap P Q

.

Zwischenfrage: Warum ist dann

∠ Q T_{1} B

positiv und nicht etwa negativ?

Seien

U

und

V

diejenigen Punkte, durch die

A T_{1} U T_{8}

und

C T_{5} V T_{4}

zu Rechtecken werden.
Es ist zu zeigen, dass diese beiden Rechtecke sich nicht überlappen.

Falls

T_{1} T_{5} ⊥ A B,

sind wir fertig, denn dann berühren die beiden kleinen Rechtecke sich höchstens an ihren auf

T_{1} T_{5}

liegenden Kanten.
Falls

T_{1} T_{5}

nicht senkrecht zu

A B

ist, betrachte die Spiegelung an der Geraden

T_{1} T_{5}

.
Diese bildet die parallelen geraden

A B

und

C D

auf zwei andere(!), aber ebenfalls parallele Geraden durch

T_{1}

bzw.

T_{2}

ab. Auch der Abstand der Bildgeraden ist

| B C |

. Das ist nur möglich, wenn die Bildgerade von

A B

die Gerade

P Q

ist und

R S

die von

C D

.
Das bedeutet aber, dass

T_{1} T_{5}

die Winkelhalbierende von

∠ B T_{1} P

ist.
Dann folgt

∠ B T_{1} T_{5} = \frac{π}{2} - \frac{1}{2} ∠ Q T_{1} B < \frac{π}{2},

woraus sich ergibt, dass

T_{5}

von

A

aus gesehen "jenseits" der Senkrechten

T_{1} U

liegt.

A T_{1} U T_{8}

und

C T_{5} V T_{4}

überlappen sich daher nicht.

gezi999 aktiv_icon

01:40 Uhr, 07.07.2010

hallo hagman,

vielen dank erst einmal für deine ausführungen, hattest du die aufgabe schon einmal gesehen oder hast du das alles heute berechnet?
ich habe versucht, deine beweisführung nachzuvollziehen, wobei ich folgende probleme hatte.
Wieso ist die Gerade

T_{1} T_{5}

die Winkelhalbierende von

∠ B T_{1} P

, du hast es zwar begründet, doch so ganz konnte ich es mir noch nicht erschließen.
Und wieso ist

∠ B T_{1} T_{5} = \frac{π}{2} - \frac{1}{2} ∠ Q T_{1} B

?
Edit: das ist mir mittlerweile klar geworden :-)

Gute Nacht :-)

Gezi

gezi999 aktiv_icon

16:47 Uhr, 07.07.2010

Hat jemand vielleicht eine Idee, wie man das Ganze auf analytische Art und Weise lösen kann? Gibt es die Möglichkeit, die Seiten in Abhängigkeit voneinander auszudrücken, um dann das Maximum der außenliegenden Flächen zu berechnen? Dadurch dass die alle Dreiecke ähnlich sind, sind ja Zusammenhänge zu erkennen, alelrdings habe ich es nicht geschafft, die so auszunutzen, dass ich sie mir für die Lösung dieser Aufgabe etwas bringen....

Gruß gezi

Edddi aktiv_icon

08:10 Uhr, 08.07.2010

Etwas anders könnte man's so versuchen:

1. Zwei identischen Rechtecken haben die maximale Überlappungsfläche, wenn sie genau übereinander liegen.

2. Eine Drehung um den gemeinsamen Mittelpunkt verkleinert die Überlappungsfläche (da Zuwachs an außenliegenden Dreiecksflächen)

3. Liegen die zwei nicht überdeckenden Diagonalen übereinander (maximale Drehung!), dann ist die Überlappungsfläche am kleinsten! (Die Dreiecksflächen sind maximal)

4. Drehen wir die Rechtecken nicht bis zum Maximum, so lassen sich die Rechtecke gegeneinander verschieben.
Es reicht nur das Änderungsverhalten der Fläche zu betrachten, wenn nur das "obere" Rechteck dreht.
Es reicht auch, nur zu dem "unteren" Rechteck kantenparallele Bewegungen zu betrachten, da jede andere Verschiebung aus den 2 zueinander orthogonalen Bewegungen zusammengesetzt werden kann.

Betrachten wir also eine zum "unteren" Rechteck kantenparallele Verschiebung des "oberen" gedrehten Rechtecks aus dem Zentrum!

Da duch die zentr. Drehung die jew. gegenüberliegenden Flächen gleichgroß (symmetrisch) sind wird bei Verschiebung der Zuwachs der einen Dreicksfläche immer größer als der Flächenverlust der anderen Dreiecksfläche sein. (Kann man leicht zeigen)

D . h .,

die Summe der Dreiecksflächen nach einer beliebigen Verschiebung aus dem Zentrum vergrößert sich. Somit muss auch in diesem Falle sich die Überlagerungsfläche der Rechtecken vermindern.

Dies kann wieder soweit getrieben werden, bis im Extremfall (aber nicht erlaubt) die Ecke des "oberen" Rechtecks auf der Kante des "unteren" Rechtecks liegt.

Eine weitere Drehung (bei richtiger Drehrichtung) führt ebenfalls zur Vergrößerung der Gesamtfläche der Dreiecke (kann man auch zeigen).

Im Extremfall sind wir dann wieder bei Punkt 3.

Nun brauchen wir also nur die kleineste Überlagerungsfläche berechnen, die bei Punkt 3 entsteht.
Hier überlagern sich dann auf einer Seite der Diagonalen

(\sqrt{a^{2} + b^{2}})

die zwei zueinander gespiegelten rechtw. Dreiecke mit den Seitenlängen a und

b

.
Der Schnittpunkt der beiden Seiten der Dreiecke liegt dann ntürlich genau lotrecht über der Mitte der Diagonalen (bei

\frac{D}{2})

.
Die Höhe über der Diagonalen lässt sich aus dem Anstieg

\frac{a}{b}

berechnen (Ich habe mal willkürlich a als die kürzere Seite interprtiert)

Die Höhe ist dann halbe Diagonale mal Anstieg:

h = \frac{D}{2} \cdot \frac{a}{b}

Die Fläche des Überlappungdreiecks beträgt dann:

\frac{D \cdot h}{2}

Die komplette Überlagerungsfläche der Rechtecken

A_{U}

beträgt dann

D \cdot h

In diesem (nicht zulässigem) Extremfall betragt die Überlagerungsfläche also:

A_{U} = D \cdot h

A_{U} = \frac{D^{2} \cdot a}{2 \cdot b}

A_{U} = \frac{(a^{2} + b^{2}) \cdot a}{2 \cdot b}

Die Fläche des Rechtecks beträgt ja

A = a \cdot b

Nun formulieren wir unsere Annahme:

A_{U} > \frac{A}{2}

\frac{A}{2} < A_{U}

\frac{1}{2} < \frac{A_{U}}{A}

\frac{1}{2} < \frac{(a^{2} + b^{2}) \cdot a}{2 \cdot a \cdot b^{2}}

\frac{1}{2} < \frac{a^{2} + b^{2}}{2 \cdot b^{2}}

b^{2} < (a^{2} + b^{2})

...was ja für

a > 0

so sein sollte.

;-)

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