Flächeninhaltsbegriff < Sonstiges < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 16:21 Sa 02.01.2010 | | Autor: | tobit09 |
Hallo,
ich würde gerne die Konsistenz der Schulgeometrie der Ebene nachvollziehen und suche dazu eine Funktion, die jedem n-Eck (z.B. kodiert durch ein n-Tupel von Paaren reeller Zahlen, so dass die "Verbindungsstrecken" sich außer in den "Verbindungspunkten" nirgendwo schneiden) einen Flächeninhalt zuordnet.
An zwei Ansätze habe ich bisher gedacht:
1. Elementargeometrische Definition
Der Flächeninhalt eines Dreiecks wird wie üblich elementargeometrisch (Grundseite*Höhe/2) definiert und die Wohldefiniertheit gezeigt. Der Flächeninhalt eines n-Ecks (n>=4) wird rekursiv definiert als Summe der Flächeninhalte von zwei Teilvielecken mit weniger als n Ecken, die man durch Teilen des n-Ecks mittels der Verbindungsstrecke von zwei Ecken erhält.
Das Problem: Warum ist dies wohldefiniert? Genauer:
a) Warum lässt sich jedes n-Eck so unterteilen? Laut dem Schulbuch Lambacher Schweizer 7 geht das (wird dort bei dem Beweis des Innenwinkelsummen-Satzes benutzt, aber nur durch Beispiele "bewiesen"). Ich habe nicht den blassesten Schimmer, auf welche Weise man zwei geeignete Ecken des n-Ecks finden könnte...
b) Warum ist diese Definition unabhängig von der Wahl der Unterteilung? Wieder fehlt mir jeglicher Ansatz...
2. Zurückführung auf das Lebesgue-Maß
Man erklärt den Flächeninhalt eines n-Ecks als das Lebesgue-Maß des Inneren (messbare Menge, da offen). Probleme:
a) Wie definiert man Inneres? Idee: eine Art Jordanschen Kurvensatz beweisen und verwenden: Es gibt genau zwei Äquivalenzklassen bzgl. geeigneter Äquivalenzrelation, von denen genau eine in geeignetem Sinne beschränkt ist. Letztere nennt man Inneres. Da sollte es passende Bücher zu geben.
b) Wie beweist man dann die Aussage, dass bei Aufteilung eines n-Ecks in zwei Teilvielecke der Flächeninhalt des n-Ecks die Summe der Flächeninhalte der Teilvielecke ist? Also wie kann man beweisen, dass das Innere des n-Ecks disjunkte Vereinigung des Inneren der beiden Teilvielecke und der "Trennstrecke" (ohne ihre Endpunkte) ist? Erneut habe ich keinen Ansatzpunkt...
Ganz schön verzwickt, oder? Dabei baut ein wesentlicher Teil unserer Schulmathematik darauf auf!
Kann mir jemand weiterhelfen? Gerne zu einem Teilaspekt! Oder weiß jemand, wer oder welches Buch sich mit solchen Fragen auskennen könnte? Vielen Dank!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Viele Grüße
tobit09
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:00 Sa 02.01.2010 | | Autor: | M.Rex |
> Hallo,
Hallo und ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
>
> ich würde gerne die Konsistenz der Schulgeometrie der
> Ebene nachvollziehen und suche dazu eine Funktion, die
> jedem n-Eck (z.B. kodiert durch ein n-Tupel von Paaren
> reeller Zahlen, so dass die "Verbindungsstrecken" sich
> außer in den "Verbindungspunkten" nirgendwo schneiden)
> einen Flächeninhalt zuordnet.
>
> An zwei Ansätze habe ich bisher gedacht:
>
> 1. Elementargeometrische Definition
> Der Flächeninhalt eines Dreiecks wird wie üblich
> elementargeometrisch (Grundseite*Höhe/2) definiert und die
> Wohldefiniertheit gezeigt. Der Flächeninhalt eines n-Ecks
> (n>=4) wird rekursiv definiert als Summe der
> Flächeninhalte von zwei Teilvielecken mit weniger als n
> Ecken, die man durch Teilen des n-Ecks mittels der
> Verbindungsstrecke von zwei Ecken erhält.
> Das Problem: Warum ist dies wohldefiniert? Genauer:
> a) Warum lässt sich jedes n-Eck so unterteilen? Laut dem
> Schulbuch Lambacher Schweizer 7 geht das (wird dort bei dem
> Beweis des Innenwinkelsummen-Satzes benutzt, aber nur durch
> Beispiele "bewiesen"). Ich habe nicht den blassesten
> Schimmer, auf welche Weise man zwei geeignete Ecken des
> n-Ecks finden könnte...
Die Ecken dürfen nur noch keine Verbindung haben, das ist alles.
> b) Warum ist diese Definition unabhängig von der Wahl der
> Unterteilung? Wieder fehlt mir jeglicher Ansatz...
Naja, wenn du das n-Eck unterteilst, enstehen ja 2 Ecke, ein m-Eck und ein k-Eck, mit m,k<n.
Wenn eines dieser Ecke ein Dreieck ist, kannst du ja ohne Probleme die Flächeninhalt bestimmen, dazu gibt es je die Formel, wenn beide kein Dreieck sind, unterteile wieder, bis du nur noch Dreiecke hast, deren Flächenininhalt du ja einzeln bestimmen kannst, und dann eben aufsummieren musst.
Und da man unabhängig von der Unterteilung immer irgendwann (also nach mehreren Teilungen) auf Dreiecke als Grundfläche kommt ist es egal.
Ein exakter Beweis dazu ist in der Graphentheorie zu finden, und zwar, dass man jeden (ebenen) Graphen in einen Dreiecksgraphen unterteilen kann, wenn man mehrere Ecken verbindet. Sehr kompliziert war der nicht, der dürfte in fast jedem Graphentheoriebuch vorkommen.
>
> Viele Grüße
> tobit09
Marius
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:41 Sa 02.01.2010 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Marius,
herzlichen Dank für deine Mühe!
> > Ich habe nicht den blassesten
> > Schimmer, auf welche Weise man zwei geeignete Ecken des
> > n-Ecks finden könnte...
>
> Die Ecken dürfen nur noch keine Verbindung haben, das ist
> alles.
Das halte ich leider (für nicht notwendig konvexe n-Ecke) für falsch. Eine Verbindungsstrecke zweier solcher Ecken könnte eine Kante des n-Ecks schneiden oder auch komplett (bis auf die Endpunkte) außerhalb des n-Ecks liegen.
> > b) Warum ist diese Definition unabhängig von der Wahl der
> > Unterteilung? Wieder fehlt mir jeglicher Ansatz...
>
> Naja, wenn du das n-Eck unterteilst, enstehen ja 2 Ecke,
> ein m-Eck und ein k-Eck, mit m,k<n.
> Wenn eines dieser Ecke ein Dreieck ist, kannst du ja ohne
> Probleme die Flächeninhalt bestimmen, dazu gibt es je die
> Formel, wenn beide kein Dreieck sind, unterteile wieder,
> bis du nur noch Dreiecke hast, deren Flächenininhalt du ja
> einzeln bestimmen kannst, und dann eben aufsummieren
> musst.
> Und da man unabhängig von der Unterteilung immer
> irgendwann (also nach mehreren Teilungen) auf Dreiecke als
> Grundfläche kommt ist es egal.
Vorausgesetzt, die Unterteilung von n-Ecken (n>=4) in ein m- und ein k-Eck, m,k<n ist stets möglich, ist auch die Unterteilung endlich viele Dreiecke möglich (klar oder Induktionsbeweis). Aber: diese Unterteilung ist nicht eindeutig. Zu zeigen ist daher, dass egal, für welche Unterteilung in Dreiecke man sich entscheidet, stets die gleiche Flächeninhaltssumme herauskommt. Das halte ich überhauptnicht für klar (im Sinne eines logischen Beweises).
> Ein exakter Beweis dazu ist in der Graphentheorie zu
> finden, und zwar, dass man jeden (ebenen) Graphen in einen
> Dreiecksgraphen unterteilen kann, wenn man mehrere Ecken
> verbindet. Sehr kompliziert war der nicht, der dürfte in
> fast jedem Graphentheoriebuch vorkommen.
Danke, da suche ich mal!
tobit09
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:26 So 03.01.2010 | | Autor: | rabilein1 |
> Aber: diese Unterteilung ist nicht eindeutig.
> Zu zeigen ist daher, dass egal, für welche
> Unterteilung in Dreiecke man sich entscheidet, stets die
> gleiche Flächeninhaltssumme herauskommt. Das halte ich
> überhaupt nicht für klar
Die Fläche des n-Ecks steht doch eindeutig fest. Aus diesem n-Eck lassen sich n-2 Dreiecke bilden. Und die Summe der Flächen dieser (n-2) Dreiecke ist gleich der Fläche des n-Ecks.
Angenommen ein 6-Eck hat eine Fläche von 28 [mm] cm^{2}. [/mm] Dann ist es doch völlig egal, ob diese 28 [mm] cm^{2} [/mm] die Summe aus 8+5+6.3+8.7 sind oder die Summe aus 7+7+5.8+8.2
Was willst du da noch "beweisen"?
Es wäre schon eher komisch, wenn unterschiedliche Flächen raus kämen, je nachdem, wie man die Dreiecke wählt.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:08 So 03.01.2010 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Ralph,
auch dir vielen Dank für deinen Beitrag!
> Die Fläche des n-Ecks steht doch eindeutig fest. Aus
> diesem n-Eck lassen sich n-2 Dreiecke bilden. Und die Summe
> der Flächen dieser (n-2) Dreiecke ist gleich der Fläche
> des n-Ecks.
All dies wird in der Schulmathematik selbstverständlich vorausgesetzt. Meine Frage war: Gibt es einen Flächeninhaltsbegriff (also eine Funktion von der Menge der n-Ecke in die reellen Zahlen) mit dem sich auf diese Weise umgehen lässt? (Unsere Anschauung sagt uns, dass das wohl gehen sollte, aber das ist ja kein Beweis...) Und um diese Frage zu beantworten, darf man natürlich nicht voraussetzen, man hätte bereits eine feststehende Fläche des n-Ecks.
> Angenommen ein 6-Eck hat eine Fläche von 28 [mm]cm^{2}.[/mm] Dann
> ist es doch völlig egal, ob diese 28 [mm]cm^{2}[/mm] die Summe aus
> 8+5+6.3+8.7 sind oder die Summe aus 7+7+5.8+8.2
Das ist natürlich richtig. Das entscheidende ist, DASS beide Summen STETS das gleiche Ergebnis liefern. Und genau dafür suche ich einen Beweis.
> Es wäre schon eher komisch, wenn unterschiedliche Flächen
> raus kämen, je nachdem, wie man die Dreiecke wählt.
Anschaulich würde es in der Tat der Vorstellung widersprechen, wenn unterschiedliche Werte heraus kämen.
Viele Grüße
Tobias
|
|
|
| |
|
> Hallo Marius,
>
> herzlichen Dank für deine Mühe!
>
> > > Ich habe nicht den blassesten
> > > Schimmer, auf welche Weise man zwei geeignete Ecken des
> > > n-Ecks finden könnte...
> >
> > Die Ecken dürfen nur noch keine Verbindung haben, das ist
> > alles.
>
> Das halte ich leider (für nicht notwendig konvexe n-Ecke)
> für falsch. Eine Verbindungsstrecke zweier solcher Ecken
> könnte eine Kante des n-Ecks schneiden oder auch komplett
> (bis auf die Endpunkte) außerhalb des n-Ecks liegen.
>
>
> > > b) Warum ist diese Definition unabhängig von der Wahl der
> > > Unterteilung? Wieder fehlt mir jeglicher Ansatz...
> >
> > Naja, wenn du das n-Eck unterteilst, enstehen ja 2 Ecke,
> > ein m-Eck und ein k-Eck, mit m,k<n.
> > Wenn eines dieser Ecke ein Dreieck ist, kannst du ja
> ohne
> > Probleme die Flächeninhalt bestimmen, dazu gibt es je die
> > Formel, wenn beide kein Dreieck sind, unterteile wieder,
> > bis du nur noch Dreiecke hast, deren Flächenininhalt du ja
> > einzeln bestimmen kannst, und dann eben aufsummieren
> > musst.
> > Und da man unabhängig von der Unterteilung immer
> > irgendwann (also nach mehreren Teilungen) auf Dreiecke als
> > Grundfläche kommt ist es egal.
> Vorausgesetzt, die Unterteilung von n-Ecken (n>=4) in ein
> m- und ein k-Eck, m,k<n ist stets möglich, ist auch die
> Unterteilung endlich viele Dreiecke möglich (klar oder
> Induktionsbeweis). Aber: diese Unterteilung ist nicht
> eindeutig. Zu zeigen ist daher, dass egal, für welche
> Unterteilung in Dreiecke man sich entscheidet, stets die
> gleiche Flächeninhaltssumme herauskommt. Das halte ich
> überhauptnicht für klar (im Sinne eines logischen
> Beweises).
>
> > Ein exakter Beweis dazu ist in der Graphentheorie zu
> > finden, und zwar, dass man jeden (ebenen) Graphen in einen
> > Dreiecksgraphen unterteilen kann, wenn man mehrere Ecken
> > verbindet. Sehr kompliziert war der nicht, der dürfte in
> > fast jedem Graphentheoriebuch vorkommen.
> Danke, da suche ich mal!
>
> tobit09
Hallo tobit,
die Komplikation mit solchen Verbindungsstrecken
(Diagonalen), die außerhalb des Vielecks liegen,
könnte man leicht umschiffen, indem man bei
der Addition der Teilflächen auch negative Beiträge
zulässt. Man definiert dazu einfach: der Flächen-
inhalt eines einfach zusammenhängenden Vielecks
zählt positiv, wenn seine Ecken im positiven Sinn
(Gegenuhrzeigersinn) durchlaufen werden, aber
negativ im umgekehrten Fall.
LG Al-Chw.
|
|
|
| |
|
> Hallo,
>
> ich würde gerne die Konsistenz der Schulgeometrie der
> Ebene nachvollziehen und suche dazu eine Funktion, die
> jedem n-Eck (z.B. kodiert durch ein n-Tupel von Paaren
> reeller Zahlen, so dass die "Verbindungsstrecken" sich
> außer in den "Verbindungspunkten" nirgendwo schneiden)
> einen Flächeninhalt zuordnet.
Guten Tag tobit,
eine solche Funktion kann man sehr wohl aufstellen.
Ein solches, im positiven Sinn umlaufenes Vieleck sei
z.B. in einer Excel-Tabelle dargestellt:
[mm] $\pmat{k&x_k&y_k\\----&----&----\\1&x_1&y_1\\2&x_2&y_2\\3&x_3&y_3\\...&...&...\\n&x_n&y_n}$
[/mm]
ein konkretes Beispiel:
[mm] $\pmat{k&x_k&y_k\\----&----&----\\1&3&1\\2&7&2\\3&9&8\\4&5&4\\5&1&5}$
[/mm]
Bezeichnen wir die Eckpunkte mit [mm] P_1, P_2,\,.....\,, P_5 [/mm] und
ihre Projektionen auf die x-Achse mit [mm] X_1, X_2,\,.....\,, X_5 [/mm] .
In einer Zeichnung kann man erkennen, dass man den
Flächeninhalt des 5-Ecks bestimmen kann, indem man
zuerst die Flächeninhalte der "Stütztrapeze" aller
5 Seiten bestimmt. Z.B. ist das Stütztrapez der
Seite [mm] \overrightarrow{P_2P_3} [/mm] (Seite mit Richtungssinn versehen !) das
Trapez [mm] P_2P_3X_3X_2 [/mm] zwischen dieser Seite und der x-Achse.
Diesem Trapez wird durch den Richtungspfeil der Seite
[mm] \overrightarrow{P_2P_3} [/mm] ein negativer Umlaufsinn aufgeprägt. Darum rech-
nen wir seinen Flächeninhalt als negativen Beitrag.
Die Stütztrapeze der Seiten [mm] \overrightarrow{P_3P_4} [/mm] und [mm] \overrightarrow{P_4P_5} [/mm] haben posi-
tiven Umlaufsinn, ihre Flächen zählen also positiv.
Rechnerisch kommt dies inklusive Vorzeichen alles
richtig heraus, wenn wir die Fläche des Stütz-
trapezes der Seite [mm] \overrightarrow{P_iP_j} [/mm] so berechnen:
$\ [mm] F_{i,j}\ [/mm] =\ [mm] (x_i-x_j)*\frac{y_i+y_j}{2}$
[/mm]
Addieren wir alle diese Beiträge, wobei i von 1 bis n
laufen muss und j=i+1 ist (für i=n gilt j=1), so er-
halten wir den Flächeninhalt des n-Ecks:
$\ [mm] F_{n-Eck}\ [/mm] =\ [mm] \frac{1}{2}*\summe_{i=1}^{n}(x_i-x_{i^+})*(y_i+y_{i^+})$
[/mm]
Dabei ist $\ i^+\ =\ [mm] \begin{cases} 1 & falls\ i=n \\ i+1 & sonst \end{cases}$
[/mm]
Um die Berechnung in Excel durchzuführen, fügt
man am einfachsten unten an die Liste nochmals
eine Zeile mit dem Punkt [mm] P_1 [/mm] an.
LG Al-Chwarizmi
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) überfällig | | Datum: | 21:51 Mi 20.01.2010 | | Autor: | tobit09 |
Wow, genial, danke! Hätte nicht gedacht, dass es möglich wäre, eine so einfache Formel zu finden! Danke auch für deine sehr hilfreiche ausführliche Erklärung mit Erläuterung am Beispiel!
Jetzt fehlt mir nur noch der Beweis, dass DIESE Flächeninhalts-Funktion auch die Eigenschaften hat, die man üblicherweise vom Flächeninhalt annimmt. Namentlich ist mir das in erster Linie unklar bei folgenden Eigenschaften:
1. Der Flächeninhalt jedes im positiven Sinne durchlaufenen Vielecks ist größer 0.
2. Der Flächeninhalt ist invariant unter Verschiebungen, Drehungen und Achsenspiegelungen.
EDIT: 2. hat sich erledigt, das habe ich selbst hinbekommen.
Falls da jemand einen Ansatz sieht, würde ich mich freuen, wenn er/sie ihn mir schreiben würde! Ansonsten überlege ich erstmal selber.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:44 Di 02.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Jetzt fehlt mir nur noch der Beweis, dass DIESE
> Flächeninhalts-Funktion auch die Eigenschaften hat, die
> man üblicherweise vom Flächeninhalt annimmt. Namentlich
> ist mir das in erster Linie unklar bei folgenden
> Eigenschaften:
Hm, Additivität usw usf seh ich ehrlich gesagt auch nicht so richtig ... vielleicht würde ich die Methode einfach auf den tatsächlichen Leb.-Maßbegriff zurückführen? Oder aber mit dem Satz von Stokes arbeiten, da die Polygone ja (bis auf ein Maß 0) Manigfaltigkeiten sind, die eine Metrik erben und man daher die 1 über das Innere integrieren muss. (Kanonan auf Spatzen ... aber ich glaube, so sind viele dieser Begriffe entstanden - man formalisierte die einfachen Sachen)
> 1. Der Flächeninhalt jedes im positiven Sinne
> durchlaufenen Vielecks ist größer 0.
Vielleicht Induktion? Bei Dreiecken kann man das schnell sehen (nhem ich jedenfalls an ;)). Vielleicht kann ich aus dem Verfahren aus [m]x_1,x_2,x_3[/m] das mittlere rausschneiden und dann mit Induktion arbeiten?
> 2. Der Flächeninhalt ist invariant unter Verschiebungen,
> Drehungen und Achsenspiegelungen.
Wie hast du Drehungen gemacht?
SEcki
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:38 Mi 03.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
Hallo SEcki,
vielen Dank für deine Antwort!
Leider schaffe ich es voraussichtlich erst am Wochenende, darauf einzugehen.
Viele Grüße
Tobias
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:36 Fr 05.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Eckhard,
nochmal Dankeschön für deine Antwort!
> vielleicht würde ich die Methode einfach
> auf den tatsächlichen Leb.-Maßbegriff zurückführen?
> Oder aber mit dem Satz von Stokes arbeiten, da die Polygone
> ja (bis auf ein Maß 0) Manigfaltigkeiten sind, die eine
> Metrik erben und man daher die 1 über das Innere
> integrieren muss. (Kanonan auf Spatzen ... aber ich glaube,
> so sind viele dieser Begriffe entstanden - man
> formalisierte die einfachen Sachen)
Das erscheint mir im Vergleich zu Al-Chwarizmis Vorschlag ungleich komplizierter. Es stellen sich die Probleme 2.a) und 2.b) aus meinem Ausgangspost.
> > 1. Der Flächeninhalt jedes im positiven Sinne
> > durchlaufenen Vielecks ist größer 0.
>
> Vielleicht Induktion? Bei Dreiecken kann man das schnell
> sehen (nhem ich jedenfalls an ;)).
Das war eine super Idee! Jedes linksorientierte Dreieck mit den Eckpunkten lässt sich durch die Hintereinanderausführung einer Verschiebung und einer Drehung auf ein Dreieck mit Eckpunkten [mm] $P_1(x_1,y_1),P_2(x_2,y_2),P_3(x_3,y_3)$ [/mm] abbilden, die [mm] $x_1=y_1=0$, $x_2>0,y_2=0$ [/mm] und [mm] $y_3>0$ [/mm] erfüllen. Wegen der Invarianz des Flächeninhalts unter diesen Kongruenzabbildungen genügt es zu zeigen, dass der Flächeninhalt des durch [mm] $P_1,P_2,P_3$ [/mm] gegebenen Dreiecks größer 0 ist. Er berechnet sich zu [mm] $\bruch12x_2\cdot y_3$ [/mm] und ist somit tatsächlich größer 0.
> Vielleicht kann ich aus
> dem Verfahren aus [m]x_1,x_2,x_3[/m] das mittlere rausschneiden
> und dann mit Induktion arbeiten?
Ich bin mir nicht sicher, ob ich richtig verstanden habe, was du meinst. Für den Induktionsschritt das n-Eck in zwei Teilvielecke aufteilen? Bleibt das Problem 1.a) aus dem Ausgangspost zu lösen.
Zu deinen Fragen: Es erscheint mir hilfreich zu sein, zunächst die Flächeninhaltsfunktion zu vereinfachen: Durch Ausmultiplizieren und Ausnutzen von [mm] $\sum_{i=1}^nx_{i^+}y_{i^+}=\sum_{i=1}^nx_{i}y_{i}$ [/mm] (gleiche n Summanden in anderer Reihenfolge) vereinfacht sie sich zu [mm] $\bruch12\sum_{i=1}^n(x_{i}y_{i^+}-x_{i^+}y_{i})$.
[/mm]
> Hm, Additivität usw usf seh ich ehrlich gesagt auch nicht
> so richtig ...
Sei ein Vieleck durch die Eckpunkte [mm] $P_1(x_1,y_1),\ldots,P_n(x_n,y_n)$ [/mm] gegeben. Es soll durch Verbinden der Eckpunkte [mm] $P_j$ [/mm] und [mm] $P_k$, [/mm] $j<k$, geteilt werden. Wir erhalten also als Teilvielecke die mit den Eckpunkten [mm] $P_1,\ldots,P_j,P_k,\ldots,P_n$ [/mm] sowie [mm] $P_j,\ldots,P_k$. [/mm] Ihre Flächeninhalte ergeben sich zu:
[mm] $\bruch12(\sum_{i=1}^{j-1}(x_{i}y_{i^+}-x_{i^+}y_{i})+x_jy_k-x_ky_j+\sum_{i=k}^n(x_{i}y_{i^+}-x_{i^+}y_{i}))$ [/mm] und
[mm] $\bruch12(\sum_{i=j}^{k-1}(x_{i}y_{i^+}-x_{i^+}y_{i})+x_ky_j-x_jy_k)$.
[/mm]
Die Summe der beiden vereinfacht sich zu [mm] $\bruch12\sum_{i=1}^n(x_{i}y_{i^+}-x_{i^+}y_{i})$, [/mm] also in der Tat zum Flächeninhalt des großen Vielecks.
> > 2. Der Flächeninhalt ist invariant unter Verschiebungen,
> > Drehungen und Achsenspiegelungen.
>
> Wie hast du Drehungen gemacht?
Wegen der Invarianz des Flächeninhalts unter Verschiebungen genügt es, Drehungen um den Nullpunkt zu betrachten. Sei eine solche Drehung mit Drehwinkel [mm] $\alpha$ [/mm] gegeben. Sie bildet beliebige Punkte (x,y) der Ebene ab auf den Punkt [mm] (x\cos\alpha-y\sin\alpha,x\sin\alpha+y\cos\alpha). [/mm] Nun schreibt man sich den Flächeninhalt des Bildvielecks eines beliebigen Vielecks unter der Drehung hin, vereinfacht und nutzt aus, dass [mm] $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$ [/mm] gilt. So erhält man den Flächeninhalt des ursprünglichen Vielecks.
Viele Grüße
Tobias
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:30 Fr 05.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Das erscheint mir im Vergleich zu Al-Chwarizmis Vorschlag
> ungleich komplizierter.
Ja, nun das ist wahr. Aber mit den Tools kann man dann zB das isoperimtische Problem antacklen usw usf.
> Es stellen sich die Probleme 2.a)
> und 2.b) aus meinem
> Ausgangspost.
Das seh ich nun nicht so wirklich. Die 2.a) muss man doch immer beweisen?! Auch ist Inneres und Äußeres in dem stückweise linearen Fall eher einfach zu zeigen, das "Gedöns" mit dem Jordanschen Kurvensatz, ist das er für stetige Kurven - also stetige Einbettungen - gilt. Die 2.b) ist dann recht simpel, Additivität des L-Integrals sowie das die neu eingefügte Linie einmal positiven, einmal negativen Anteil hat bei den neuen Mgf. Ich seh nur nicht, wieso die beiden Sachen sich aus dem andren Vorschlag ergeben.
>
> > > 1. Der Flächeninhalt jedes im positiven Sinne
> > > durchlaufenen Vielecks ist größer 0.
> >
> > Vielleicht Induktion? Bei Dreiecken kann man das schnell
> > sehen (nhem ich jedenfalls an ;)).
> Das war eine super Idee! Jedes linksorientierte Dreieck
> mit den Eckpunkten lässt sich durch die
> Hintereinanderausführung einer Verschiebung und einer
> Drehung auf ein Dreieck mit Eckpunkten
> [mm]P_1(x_1,y_1),P_2(x_2,y_2),P_3(x_3,y_3)[/mm] abbilden, die
> [mm]x_1=x_2=0[/mm],
[m]y_1=0[/m].
> [mm]x_2>0,y_2=0[/mm] und [mm]y_3>0[/mm] erfüllen. Wegen der
> Invarianz des Flächeninhalts unter diesen
> Kongruenzabbildungen genügt es zu zeigen, dass der
> Flächeninhalt des durch [mm]P_1,P_2,P_3[/mm] gegebenen Dreiecks
> größer 0 ist. Er berechnet sich zu [mm]x_2\cdot y_3[/mm]
[mm]x_2\cdot y_3/2[/mm], oder?
> und ist
> somit tatsächlich größer 0.
Jupp.
> Ich bin mir nicht sicher, ob ich richtig verstanden habe,
> was du meinst. Für den Induktionsschritt das n-Eck in zwei
> Teilvielecke aufteilen? Bleibt das Problem 1.a) aus dem
> Ausgangspost zu
> lösen.
Nun, wir nehmen an dass die Punkte [m]p_i[/m] so angeordnet sind, dass das Polynom von den Punkten in positiver Reihenfolge durchlaufen wird. Ich fange an mit dem Dreieck [m]p_1,p_2,p_3[/m] - es gibt nun zwei Fälle: es liegt im Inneren, oder es liegt im Äußeren. Außen ist schlecht, jetzt müsste man zeigen, dass man so immer ein Dreieck findet, dass im Inneren des Polygons liegt. Wenn das gelingt, sei also OBdA [m]p_1,p_2,p_3[/m] ein solches Dreieck. Dann entferne ich dieses Dreieck aus dem Polygon, also [m]p_1,p_3,\ldots[/m] bleibt als Polygon übrig, dann kann man das Polygon also zerteilen.
Oder man nimmt einen Punkt, betrachtet die Strahlen in das Innere, findet erstmal einen Strahl, dessen Abstand zwischen dem Punkt und dem nächsten Äußeren minimal ist, und konstruiert mit diesem Punkt einen geeigneten Schnittpunkt.
> Zu deinen Fragen: Es erscheint mir hilfreich zu sein,
> zunächst die Flächeninhaltsfunktion zu vereinfachen:
Da fällt mir ein/auf - diese Funktion ordnet ja orientierte Flächeninhalte zu, wenn man also die Positivität fallen lässt, und den orientierten Inhalt betrachtet, dann kann man immer das erste Dreieck wegschneiden - es könnte außerhalb liegen, aber dann wäre es negativ orientiert und würde negativen Inhalt haben. Also könnte man mit Induktion arbeiten. Hierbei kann man auch selbst Durchschneidene Polynome zu lassen.
Den Rest muss ich mir noch anschauen.
SEcki
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:10 Fr 05.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
Danke für deine Mühe!
> Die 2.a) muss man doch
> immer beweisen?!
Nur wenn man aus irgendwelchen Gründen von inneren und äußeren Punkten von Vielecken reden möchte, oder?
> Auch ist Inneres und Äußeres in dem
> stückweise linearen Fall eher einfach zu zeigen, das
> "Gedöns" mit dem Jordanschen Kurvensatz, ist das er für
> stetige Kurven - also stetige Einbettungen - gilt.
Es passt auch zu meinem Gefühl, dass das hier deutlich einfacher gehen müsste als der allgemeinere Jordansche Kurvensatz. Aber wie, sehe ich leider überhaupt nicht...
> Die 2.b)
> ist dann recht simpel, Additivität des L-Integrals sowie
> das die neu eingefügte Linie einmal positiven, einmal
> negativen Anteil hat bei den neuen Mgf.
Von Mannigfaltigkeiten habe ich leider überhaupt keine Ahnung. Um die Additivität des Lebesgue-Integrals nutzen zu können, benötigen wir doch, dass das Innere des gesamten Vielecks disjunkte Vereinigung des Inneren der beiden Teilvielecke und der "Trennstrecke" (ohne ihre Endpunkte) ist, oder? Ich bin leider nicht in der Lage, auch nur ansatzweise eine Vorstellung zu entwickeln, wie man das logisch beweisen kann.
> Ich seh nur nicht,
> wieso die beiden Sachen sich aus dem andren Vorschlag
> ergeben.
Den Begriff des Inneren scheint man damit nicht zu benötigen. Den Beweis der Additivität habe ich ja in meinem vorherigen Post angedeutet.
> > > > 1. Der Flächeninhalt jedes im positiven Sinne
> > > > durchlaufenen Vielecks ist größer 0.
> > >
> > > Vielleicht Induktion? Bei Dreiecken kann man das schnell
> > > sehen (nhem ich jedenfalls an ;)).
> > Das war eine super Idee! Jedes linksorientierte Dreieck
> > mit den Eckpunkten lässt sich durch die
> > Hintereinanderausführung einer Verschiebung und einer
> > Drehung auf ein Dreieck mit Eckpunkten
> > [mm]P_1(x_1,y_1),P_2(x_2,y_2),P_3(x_3,y_3)[/mm] abbilden, die
> > [mm]x_1=x_2=0[/mm],
>
> [m]y_1=0[/m].
In der Tat! Ich verbessere das gleich mal im Ausgangspost. Respekt, dass du mich trotzdem verstanden hast!
> > [mm]x_2>0,y_2=0[/mm] und [mm]y_3>0[/mm] erfüllen. Wegen der
> > Invarianz des Flächeninhalts unter diesen
> > Kongruenzabbildungen genügt es zu zeigen, dass der
> > Flächeninhalt des durch [mm]P_1,P_2,P_3[/mm] gegebenen Dreiecks
> > größer 0 ist. Er berechnet sich zu [mm]x_2\cdot y_3[/mm]
>
> [mm]x_2\cdot y_3/2[/mm], oder?
Hier habe ich in der Tat den Faktor [mm] $\bruch12$ [/mm] vor der Summe unterschlagen.
> > Bleibt das Problem 1.a) aus dem
> > Ausgangspost zu
> > lösen.
>
> Nun, wir nehmen an dass die Punkte [m]p_i[/m] so angeordnet sind,
> dass das Polynom von den Punkten in positiver Reihenfolge
> durchlaufen wird. Ich fange an mit dem Dreieck [m]p_1,p_2,p_3[/m]
> - es gibt nun zwei Fälle: es liegt im Inneren, oder es
> liegt im Äußeren.
Oder die Strecke [mm] $P_2P_3$ [/mm] schneidet eine Seite des Ausgangs-Vielecks.
> Außen ist schlecht, jetzt müsste man
> zeigen, dass man so immer ein Dreieck findet, dass im
> Inneren des Polygons liegt.
Genau das meinte ich mit Problem 1.a).
> Wenn das gelingt, sei also OBdA
> [m]p_1,p_2,p_3[/m] ein solches Dreieck. Dann entferne ich dieses
> Dreieck aus dem Polygon, also [m]p_1,p_3,\ldots[/m] bleibt als
> Polygon übrig, dann kann man das Polygon also zerteilen.
Ja, so könnte man dann argumentieren, wenn Problem 1.a) gelöst ist.
> Oder man nimmt einen Punkt, betrachtet die Strahlen in das
> Innere, findet erstmal einen Strahl, dessen Abstand
> zwischen dem Punkt und dem nächsten Äußeren minimal ist,
> und konstruiert mit diesem Punkt einen geeigneten
> Schnittpunkt.
Diese Konstruktion habe ich jetzt nicht ganz verstanden. Mit einem beliebigen Eckpunkt starten, um das Vieleck zu unterteilen, kann man jedenfalls im Allgemeinen nicht, wie man sich am Beispiel eines Vierecks mit einer "einknickenden" Ecke klar machen kann.
> Da fällt mir ein/auf - diese Funktion ordnet ja
> orientierte Flächeninhalte zu, wenn man also die
> Positivität fallen lässt, und den orientierten Inhalt
> betrachtet, dann kann man immer das erste Dreieck
> wegschneiden - es könnte außerhalb liegen, aber dann
> wäre es negativ orientiert und würde negativen Inhalt
> haben. Also könnte man mit Induktion arbeiten. Hierbei
> kann man auch selbst Durchschneidene Polynome zu lassen.
Verstehe ich jetzt richtig, dass du eine Möglichkeit siehst, die Aussage, dass alle positiv orientierten Vielecke positiven Flächeninhalt haben, induktiv zu beweisen, ohne Unterteilungen in Teilvielecke zu benötigen?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:31 Sa 06.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> > Die 2.a) muss man doch
> > immer beweisen?!
> Nur wenn man aus irgendwelchen Gründen von inneren und
> äußeren Punkten von Vielecken reden möchte, oder?
Stimmt, aber wie ich im andren Posting schrieb: du hast implizit in der Definition eine Orientierung der Strecken benutzt, wenn du die Punkte spiegelverkehrt anordnest, erhälst du einen negativen Flächeninhalt.
> > Auch ist Inneres und Äußeres in dem
> > stückweise linearen Fall eher einfach zu zeigen, das
> > "Gedöns" mit dem Jordanschen Kurvensatz, ist das er für
> > stetige Kurven - also stetige Einbettungen - gilt.
> Es passt auch zu meinem Gefühl, dass das hier deutlich
> einfacher gehen müsste als der allgemeinere Jordansche
> Kurvensatz. Aber wie, sehe ich leider überhaupt nicht...
Hm. Ein einfacher Beweis dafür, hm. Man braucht irgendwie, das das ganze positiv Durchlaufen wird. Du hast ja für eine Linie in einer Umgebung klar definiert, was innen, also rechts, und was außen, also links, liegt. Dann sollte man vielleicht mit Aäquiv.klassen arbeiten und sehn, dass man eindeutiges Ineeres und Äußeres finden kann. Aber das geht mit Selbstschnitten natürlich nicht mehr gut. Ich bin gerade überfragt, wie man das einfach und legenat machen kann.
> > Ich seh nur nicht,
> > wieso die beiden Sachen sich aus dem andren Vorschlag
> > ergeben.
> Den Begriff des Inneren scheint man damit nicht zu
> benötigen. Den Beweis der Additivität habe ich ja in
> meinem vorherigen Post angedeutet.
Gut.
> > [m]y_1=0[/m].
> In der Tat! Ich verbessere das gleich mal im Ausgangspost.
> Respekt, dass du mich trotzdem verstanden hast!
Naja, war ja offensichtlich, wie das andre Fehlerchen auch, wollte bloß daruf hinweisen, Mathematiker sind so penibel manchmal ;)
> > Nun, wir nehmen an dass die Punkte [m]p_i[/m] so angeordnet sind,
> > dass das Polynom von den Punkten in positiver Reihenfolge
> > durchlaufen wird. Ich fange an mit dem Dreieck [m]p_1,p_2,p_3[/m]
> > - es gibt nun zwei Fälle: es liegt im Inneren, oder es
> > liegt im Äußeren.
> Oder die Strecke [mm]P_2P_3[/mm] schneidet eine Seite des
> Ausgangs-Vielecks.
Den Fall habe ich nicht bedacht.
> > Außen ist schlecht, jetzt müsste man
> > zeigen, dass man so immer ein Dreieck findet, dass im
> > Inneren des Polygons liegt.
> Genau das meinte ich mit Problem 1.a).
>
> > Wenn das gelingt, sei also OBdA
> > [m]p_1,p_2,p_3[/m] ein solches Dreieck. Dann entferne ich dieses
> > Dreieck aus dem Polygon, also [m]p_1,p_3,\ldots[/m] bleibt als
> > Polygon übrig, dann kann man das Polygon also zerteilen.
> Ja, so könnte man dann argumentieren, wenn Problem 1.a)
> gelöst ist.
Seh ich nicht.
> > Oder man nimmt einen Punkt, betrachtet die Strahlen in das
> > Innere, findet erstmal einen Strahl, dessen Abstand
> > zwischen dem Punkt und dem nächsten Äußeren minimal ist,
> > und konstruiert mit diesem Punkt einen geeigneten
> > Schnittpunkt.
> Diese Konstruktion habe ich jetzt nicht ganz verstanden.
> Mit einem beliebigen Eckpunkt starten, um das Vieleck zu
> unterteilen, kann man jedenfalls im Allgemeinen nicht, wie
> man sich am Beispiel eines Vierecks mit einer
> "einknickenden" Ecke klar machen kann.
Stimmt zu leicht gedacht. Obwohl ... ich hab einen Punkt p, mit Nachbarpunkten a und z, für den weiß ich eh, in welche Richtung das Innere gehen soll (Innenwinkel, durch Orientierung gegeben), dann betrachte ich die Strahlen von p in das Innere, die treffen das Polygon wieder, da es ja beschränkt ist. Wenn ich einen Punkt finde, bin ich fertig. Sagen wir mal ich treffe einen Punkt p', der aber keine Ecke ist und nicht auf den Schenkeln liegt, dann folge ich p' nach rechts (durch die Winkel) und treffe entweder auf einen echten Eckpunkt, der nicht a ist, und bin fertig, oder aber der Strahl konvergiert gegen den Schenkel. Das gleiche amche ich nach links - und erhalte so ein Resultat für z. Wenn ich aber a und z treffe, dann liegt az im Inneren und ich kann das Dreieck entfernen.
So kann ich auch das Innere definieren: für jeden Eckpunkt des Polygons betrachte ich das Strahlenbündel nach Innen (Or. der Strecken!), und nehme die Menge der Punkt, die bis zum nächsten Schnittpunkt mit dem Polygon liegen. Die Schwierigkeit ist hier wieder ein bisschen die Orientierung - ich darf ka nicht außen landen und nach Außen eine Strahl machen, der würde das Polygon ja nicht mehr schneiden.
> > Da fällt mir ein/auf - diese Funktion ordnet ja
> > orientierte Flächeninhalte zu, wenn man also die
> > Positivität fallen lässt, und den orientierten Inhalt
> > betrachtet, dann kann man immer das erste Dreieck
> > wegschneiden - es könnte außerhalb liegen, aber dann
> > wäre es negativ orientiert und würde negativen Inhalt
> > haben. Also könnte man mit Induktion arbeiten. Hierbei
> > kann man auch selbst Durchschneidene Polynome zu lassen.
> Verstehe ich jetzt richtig, dass du eine Möglichkeit
> siehst, die Aussage, dass alle positiv orientierten
> Vielecke positiven Flächeninhalt haben, induktiv zu
> beweisen, ohne Unterteilungen in Teilvielecke zu
> benötigen?
Naja, ich "schneide" ja immer Dreiecke raus, allerdings kann sich dadurch die Fläche des neuen Konstrukts erhöhen. Aber so sollte es gehen - entweder du entfernst ein Dreick positiven Inhalts oder du entfernst eines mit negativen Inhalt (per Trapezdefinition). Das solte durchgehen.
SEcki
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) überfällig | | Datum: | 16:31 So 07.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
> > > Die 2.a) muss man doch
> > > immer beweisen?!
> > Nur wenn man aus irgendwelchen Gründen von inneren und
> > äußeren Punkten von Vielecken reden möchte, oder?
>
> Stimmt, aber wie ich im andren Posting schrieb: du hast
> implizit in der Definition eine Orientierung der Strecken
> benutzt, wenn du die Punkte spiegelverkehrt anordnest,
> erhälst du einen negativen Flächeninhalt.
Ja, leider liegt da noch das Problem. Es fehlt noch der Nachweis, dass sich bei positiver Orientierung auch ein positiver Flächeninhalt ergibt. Dann könnte man den Flächeninhalt eines beliebigen Vielecks als den von ihm in positiver Orientierung definieren. Wobei das in der Tat voraussetzt, dass jedes Vieleck "positiv orientierbar" ist. Wenn ich mich nicht täusche, ist diese Aussage äquivalent zum Innenwinkelsummen-Satz für beliebige Vielecke. Und um den zu beweisen, benötigt es wohl wieder eine Lösung für Problem 1.a)...
> > > Außen ist schlecht, jetzt müsste man
> > > zeigen, dass man so immer ein Dreieck findet, dass im
> > > Inneren des Polygons liegt.
> > Genau das meinte ich mit Problem 1.a).
> >
> > > Wenn das gelingt, sei also OBdA
> > > [m]p_1,p_2,p_3[/m] ein solches Dreieck. Dann entferne ich dieses
> > > Dreieck aus dem Polygon, also [m]p_1,p_3,\ldots[/m] bleibt als
> > > Polygon übrig, dann kann man das Polygon also zerteilen.
> > Ja, so könnte man dann argumentieren, wenn Problem
> 1.a)
> > gelöst ist.
>
> Seh ich nicht.
Gut, erstmal ist 1.a) etwas anders formuliert als deine Aussage mit dem Dreieck. Aber wenn man eine Unterteilung mit einem Dreieck gefunden hat, hat man insbesondere irgendeine Unterteilung gefunden. Ist umgekehrt für beliebige n-Ecke [mm] ($n\ge4$) [/mm] eine Unterteilung möglich, so erhält man durch wiederholte Anwendung auch eine Unterteilung in Dreiecke. Indem man dann nur eines der Dreiecke abtrennt, erhält man eine Unterteilung wie von dir gefordert.
> ich hab einen Punkt p,
> mit Nachbarpunkten a und z, für den weiß ich eh, in
> welche Richtung das Innere gehen soll (Innenwinkel, durch
> Orientierung gegeben), dann betrachte ich die Strahlen von
> p in das Innere, die treffen das Polygon wieder, da es ja
> beschränkt ist. Wenn ich einen Punkt finde, bin ich
> fertig. Sagen wir mal ich treffe einen Punkt p', der aber
> keine Ecke ist und nicht auf den Schenkeln liegt, dann
> folge ich p' nach rechts (durch die Winkel) und treffe
> entweder auf einen echten Eckpunkt, der nicht a ist, und
> bin fertig, oder aber der Strahl konvergiert gegen den
> Schenkel. Das gleiche amche ich nach links - und erhalte so
> ein Resultat für z. Wenn ich aber a und z treffe, dann
> liegt az im Inneren und ich kann das Dreieck entfernen.
Das klingt gut! Noch würde ich es nicht als bewiesen ansehen, dass dieses Verfahren funktioniert, aber es scheint es jedenfalls zu tun.
> So kann ich auch das Innere definieren: für jeden Eckpunkt
> des Polygons betrachte ich das Strahlenbündel nach Innen
> (Or. der Strecken!), und nehme die Menge der Punkt, die bis
> zum nächsten Schnittpunkt mit dem Polygon liegen. Die
> Schwierigkeit ist hier wieder ein bisschen die Orientierung
> - ich darf ka nicht außen landen und nach Außen eine
> Strahl machen, der würde das Polygon ja nicht mehr
> schneiden.
Super, dann scheint eine Definition des Inneren doch deutlich einfacher zu sein als angenommen! (Ich bin mir jetzt nicht ganz sicher, ob es doch noch irgendwelche exotischen Vielecke geben könnte, bei denen man so nicht das gesamte Innere erwischt, aber ich glaube schon.)
> > Verstehe ich jetzt richtig, dass du eine Möglichkeit
> > siehst, die Aussage, dass alle positiv orientierten
> > Vielecke positiven Flächeninhalt haben, induktiv zu
> > beweisen, ohne Unterteilungen in Teilvielecke zu
> > benötigen?
>
> Naja, ich "schneide" ja immer Dreiecke raus, allerdings
> kann sich dadurch die Fläche des neuen Konstrukts
> erhöhen. Aber so sollte es gehen - entweder du entfernst
> ein Dreick positiven Inhalts oder du entfernst eines mit
> negativen Inhalt (per Trapezdefinition). Das solte
> durchgehen.
Hm, wenn man aus dem positiv orientierten Ausgangs-Vieleck ein Vieleck mit negativem Flächeninhalt und eines mit positivem Flächeninhalt erhält: Wie kann man dann schließen, dass das Ausgangs-Vieleck positiven Flächeninhalt hat?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:20 Mo 22.02.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 05:47 Sa 06.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> > Vielleicht kann ich aus
> > dem Verfahren aus [m]x_1,x_2,x_3[/m] das mittlere rausschneiden
> > und dann mit Induktion arbeiten?
> Ich bin mir nicht sicher, ob ich richtig verstanden habe,
> was du meinst. Für den Induktionsschritt das n-Eck in zwei
> Teilvielecke aufteilen? Bleibt das Problem 1.a) aus dem
> Ausgangspost zu
> lösen.
>
>
> Zu deinen Fragen: Es erscheint mir hilfreich zu sein,
> zunächst die Flächeninhaltsfunktion zu vereinfachen:
> Durch Ausmultiplizieren und Ausnutzen von
> [mm]\sum_{i=1}^nx_{i^+}y_{i^+}=\sum_{i=1}^nx_{i}y_{i}[/mm] (gleiche
> n Summanden in anderer Reihenfolge) vereinfacht sie sich zu
> [mm]\bruch12\sum_{i=1}^n(x_{i}y_{i^+}-x_{i^+}y_{i})[/mm].
Ah, ja, jetzt - das ist, btw, genau, was einem Stokes in dem Fall liefern würde ... dauert wohl, bis du das ganz durschauen wirst, ich hab gerad nen Brett um das genau einzusehen, aber vergleiche ![[]](/images/popup.gif) die Aussage zum Flächeninhalt.
> Sei ein Vieleck durch die Eckpunkte
> [mm]P_1(x_1,y_1),\ldots,P_n(x_n,y_n)[/mm] gegeben. Es soll durch
> Verbinden der Eckpunkte [mm]P_j[/mm] und [mm]P_k[/mm], [mm]j
> Wir erhalten also als Teilvielecke die mit den Eckpunkten
> [mm]P_1,\ldots,P_j,P_k,\ldots,P_n[/mm] sowie [mm]P_j,\ldots,P_k[/mm]. Ihre
> Flächeninhalte ergeben sich zu:
>
> [mm]\bruch12(\sum_{i=1}^{j-1}(x_{i}y_{i^+}-x_{i^+}y_{i})+x_jy_k-x_ky_j+\sum_{i=k}^n(x_{i}y_{i^+}-x_{i^+}y_{i}))[/mm]
> und
>
> [mm]\bruch12(\sum_{i=j}^{k-1}(x_{i}y_{i^+}-x_{i^+}y_{i})+x_ky_j-x_jy_k)[/mm].
> Die Summe der beiden vereinfacht sich zu
> [mm]\bruch12\sum_{i=1}^n(x_{i}y_{i^+}-x_{i^+}y_{i})[/mm], also in
> der Tat zum Flächeninhalt des großen Vielecks.
Und was ist der tiefere Grund? Durch durchläufst dne Schnittpunkt einmal positiv, einmal negativ, also heben sich die Anteile weg, der Rest bleibt gleich.
Du musst bei dem Flächeninhalt hier strak aufpassen, und brauchst imo trotzdem Inneres und Äußeres - jedenfalls ergibt dir diese Fläche ja für selbstdurchscneidene Polygone auch gerne mal 0. Für nicht Durchschneidene passiert dies nicht, da du hier durch den Rand und positiver Durchlaufrichtung des Polygonzuges, eine eindeutige Inneres un Äußeres zu lässt.
> > Wie hast du Drehungen gemacht?
> Wegen der Invarianz des Flächeninhalts unter
> Verschiebungen genügt es, Drehungen um den Nullpunkt zu
> betrachten. Sei eine solche Drehung mit Drehwinkel [mm]\alpha[/mm]
> gegeben. Sie bildet beliebige Punkte (x,y) der Ebene ab auf
> den Punkt
> [mm](x\cos\alpha-y\sin\alpha,x\sin\alpha+y\cos\alpha).[/mm] Nun
> schreibt man sich den Flächeninhalt des Bildvielecks eines
> beliebigen Vielecks unter der Drehung hin, vereinfacht und
> nutzt aus, dass [mm]\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1[/mm] gilt. So
> erhält man den Flächeninhalt des ursprünglichen
> Vielecks.
Ganz schön viel rechnen ... glaub ich mal^^
SEcki
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:52 So 07.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
> > Es erscheint mir hilfreich zu sein,
> > zunächst die Flächeninhaltsfunktion zu vereinfachen:
> > Durch Ausmultiplizieren und Ausnutzen von
> > [mm]\sum_{i=1}^nx_{i^+}y_{i^+}=\sum_{i=1}^nx_{i}y_{i}[/mm] (gleiche
> > n Summanden in anderer Reihenfolge) vereinfacht sie sich zu
> > [mm]\bruch12\sum_{i=1}^n(x_{i}y_{i^+}-x_{i^+}y_{i})[/mm].
>
> Ah, ja, jetzt - das ist, btw, genau, was einem Stokes in
> dem Fall liefern würde ... dauert wohl, bis du das ganz
> durschauen wirst, ich hab gerad nen Brett um das genau
> einzusehen, aber vergleiche
> die Aussage zum Flächeninhalt.
Danke für den Link! Also hat diese Flächeninhaltsformel sogar einen Namen!
> Du musst bei dem Flächeninhalt hier strak aufpassen, und
> brauchst imo trotzdem Inneres und Äußeres - jedenfalls
> ergibt dir diese Fläche ja für selbstdurchscneidene
> Polygone auch gerne mal 0. Für nicht Durchschneidene
> passiert dies nicht, da du hier durch den Rand und
> positiver Durchlaufrichtung des Polygonzuges, eine
> eindeutige Inneres un Äußeres zu lässt.
Mit Vielecken meine ich nur solche Polygone, deren Seiten sich nicht schneiden (außer benachbarte Seiten im entsprechenden Eckpunkt).
> > > Wie hast du Drehungen gemacht?
> > Wegen der Invarianz des Flächeninhalts unter
> > Verschiebungen genügt es, Drehungen um den Nullpunkt zu
> > betrachten. Sei eine solche Drehung mit Drehwinkel [mm]\alpha[/mm]
> > gegeben. Sie bildet beliebige Punkte (x,y) der Ebene ab auf
> > den Punkt
> > [mm](x\cos\alpha-y\sin\alpha,x\sin\alpha+y\cos\alpha).[/mm] Nun
> > schreibt man sich den Flächeninhalt des Bildvielecks eines
> > beliebigen Vielecks unter der Drehung hin, vereinfacht und
> > nutzt aus, dass [mm]\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1[/mm] gilt. So
> > erhält man den Flächeninhalt des ursprünglichen
> > Vielecks.
>
> Ganz schön viel rechnen ... glaub ich mal^^
Erstaunlicherweise gar nicht mal: Wenn die Koordinaten der Eckpunkte des Ausgangs-Vielecks wie üblich bezeichnet werden, ergibt sich der Flächeninhalt des Bild-Vielecks zu:
[mm] $\bruch12\sum_{i=1}^n((x_i\cos\alpha-y_i\sin\alpha)(x_{i^+}\sin\alpha+y_{i^+}\cos\alpha)-(x_{i^+}\cos\alpha-y_{i^+}\sin\alpha)(x_i\sin\alpha+y_i\cos\alpha))$. [/mm] Dann ausmultiplizieren, vier der acht entstehenden Summanden hinter dem Summenzeichen [mm] $\sum_{i=1}^n$ [/mm] heben sich gegenseitig weg, übrig bleibt [mm] $\bruch12\sum_{i=1}^n(x_iy_{i^+}\cos^2\alpha-x_{i^+}y_i\sin^2\alpha-x_{i+}y_i\cos^2\alpha+x_iy_{i+}\sin^2\alpha)=\bruch12\sum_{i=1}^n(x_iy_{i+}-x_{i+}y_i)$.
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:20 Sa 20.02.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:20 Di 02.02.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
|
