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Elementarer Satz zur Charakterisierung des Schwerpunkts im Dreieck via Flächeninhalte

Schwerpunkt im Dreieck
$({\overline {AS}}):({\overline {SG}})=2:1$
$F_{ABC}:F_{ABS}=({\overline {CF}}):({\overline {SE}})=3:1$
$F_{ABS}=F_{BCS}=F_{CAS}$

Dieser Satz der Elementargeometrie ist weitgehend bekannt, gehört aber gewissermaßen zur mathematischen Folklore, da er vielfach in den heutigen Lehrbüchern der Elementargeometrie nicht weiter erwähnt wird. Eine Ausnahme bilden die Mathematische Unterhaltungen des Friedrich Joseph Pythagoras Riecke, welche zwischen 1867 und 1873 erstmals erschienen (und 1973 einen Nachdruck erfuhren).

Formulierung des Satzes

Der Satz lautet wie folgt:

Gegeben sei ein Dreieck $ABC$ der euklidischen Ebene mit $S$ als Schwerpunkt.

Dann gilt:

$S$ ist derjenige eindeutig bestimmte Punkt im Inneren $(\operatorname {conv} \{A,B,C\})^{\circ }$ der Dreiecksfläche, durch dessen drei Verbindungsstrecken zu den Eckpunkten des Dreiecks dieses in drei Teildreiecke gleichen Flächeninhalts aufgeteilt wird.

Beweis des Satzes

Es gibt mehrere Beweise für diesen einfachen, aber wichtigen Satz:

Beweis mittels Elementargeometrie

Der Satz lässt sich - anschließend an Rieckes Darstellung - im Wesentlichen elementargeometrisch führen, indem man zunächst zeigt, dass der Schwerpunkt $S$ die geforderte Eigenschaft hat. Dieser Ansatz basiert auf der Betrachtung ähnlicher Dreiecke und der Tatsache, dass der Schwerpunkt jede Seitenhalbierende im Verhältnis $2:1$ teilt.

Nun kann man sich offenbar auf eines der drei Teildreiecke beschränken, und zwar auf das mit der Seite ${\overline {AB}}$ als Grundlinie. Im Teildreieck $ABS$ soll der Fußpunkt der von $S$ aus auf die Grundlinie ${\overline {AB}}$ gefällte Höhe der Punkt $E$ sein, während im Dreieck $ABC$ der Fußpunkt der von $C$ aus auf ${\overline {AB}}$ gefällte Höhe der Punkt $F$ sein soll.

Damit hat man:

${\begin{aligned}F_{ABC}:F_{ABS}&={\text{Länge }}({\overline {CF}}):{\text{Länge }}({\overline {SE}})\\&={\text{Länge }}({\overline {CD}}):{\text{Länge }}({\overline {SD}})\\&=3:1\\\end{aligned}}$

und damit

$F_{ABS}={\frac {1}{3}}F_{ABC}$.

Der Schwerpunkt $S$ hat demnach die geforderte Eigenschaft.

Auf der anderen Seite kann kein anderer Punkt $S^{*}\neq S$ im Inneren $(\operatorname {conv} \{A,B,C\})^{\circ }$ der Dreiecksfläche die gezeigte Flächendrittelungseigenschaft haben:

Denn nimmt man einen beliebigen solchen Punkt, etwa - ohne Beschränkung der Allgemeinheit - einen im Inneren $(\operatorname {conv} \{A,B,S\})^{\circ }$ des soeben untersuchten Teildreiecks $ABS$.

Dann folgt sogleich

$F_{AB{S^{*}}}<F_{ABS}$

und damit

$F_{AB{S^{*}}}<{\frac {1}{3}}F_{ABC}$

und schließlich der Nachweis, dass $S$ als einziger Punkt im Inneren der Dreiecksfläche die geforderte Eigenschaft besitzt.

Beweis mittels Analytischer Geometrie

Es gibt jedoch auch einen eher gleichungsrechnerisch angelegten Weg unter Anwendung der Flächenformeln der Analytischen Geometrie. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit - da Flächeninhalte unter Bewegungen der euklidischen Ebene invariant bleiben - kann angenommen werden, dass das Dreieck im rechten oberen Quadranten liegt, wobei der Eckpunkt $A$ als mit dem Ursprung identisch vorausgesetzt wird, die Seite ${\overline {AB}}$ als auf der Abszissenachse liegend und hinsichtlich ihrer Länge die der beiden anderen Seiten übertreffend oder zumindest nicht unterschreitend. Es sei also angenommen:

(1) $A={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$

(2) $B={\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}}$ mit $x={\text{Länge }}({\overline {AB}})>0$

(3) $C={\begin{pmatrix}y\\z\end{pmatrix}}$ mit $x\geq y>0$

Gesucht ist nun der Punkt

(I) $P={\begin{pmatrix}p\\q\end{pmatrix}}$ mit $p>0\;,\;q\geq 0$,

für den hinsichtlich der Flächeninhalte folgendes gelte:

(II) $F_{ABP}=F_{BCP}=F_{CAP}={\frac {1}{3}}F_{ABC}$

Dann lässt sich zeigen, dass dieser Punkt der Schwerpunkt ist.

Dazu stellen wir fest:

(4) $F_{ABC}={\frac {xz}{2}}$

(5) $F_{ABP}={\frac {xq}{2}}$

(6) $F_{CAP}=F_{APC}={\frac {1}{2}}\cdot |\det \left({\begin{matrix}y&p&0\\z&q&0\\0&0&1\end{matrix}}\right)|={\frac {1}{2}}\cdot |qy-pz|$

(7) $F_{BCP}={\frac {1}{2}}\cdot |\det \left({\begin{matrix}x-p&-q&0\\y-p&z-q&0\\0&0&1\end{matrix}}\right)|={\frac {1}{2}}\cdot |(qy-pz)-x(q-z)|$

Angesichts von (4) - (7) ist (II) gleichwertig mit

(IIa) $q={\frac {z}{3}}$

(IIb) $3\cdot |qy-pz|=xz$

(IIc) $3\cdot |(qy-pz)-x(q-z)|=xz$

und damit wegen $p>0\;,\;0<y\leq x$ auch gleichwertig mit

(IIe) $q={\frac {z}{3}}$

(IIf) $3p-y=x$

und schließlich auch gleichwertig mit

(IIg) $q={\frac {0+0+z}{3}}$

(IIh) $p={\frac {0+x+y}{3}}$,

womit alles gezeigt ist.

Literatur

• Mathematische Unterhaltungen. Erstes Heft. Dr. Martin Sändig, Walluf bei Wiesbaden, ISBN 3-500-26010-1 (Unveränderter Neudruck der Ausgabe Stuttgart 1867–1873).