II. Geometrie. 4. Antike: Die Euklidische Mathematik.

II. Geometrie.
4. Antike: Die Euklidische Mathematik.
”In höchster Ehre stand bei (den Griechen) weiterhin die Geometrie und folglich gab es auch nichts
Angeseheneres als die Mathematiker. Wir dagegen haben uns um diese Kunst nur soweit gekümmert, als
sie beim Messen und Rechnen nützlich ist.” [Cicero, Gespräche in Tusculum,Artemis u. Winkler, S. 9]
1. Der Satz von Pythagoras.
Neben der Zahlenlehre haben sich die Pythagoräer auch mit Geometrie beschäftigt.
Schließlich ist ja der Satz von Pythagoras eng mit ihrem Namen verbunden. Der Satz
des Pythagoras besagt, dass die Summe der Quadrate der Katheten eines rechtwinkligen
Dreiecks gleich dem Quadrat der Hypothenuse ist. Dieser Satz war bei den Pythagoräern
prominent, aber er wurde mit Sicherheit nicht von Pythagoras entdeckt. Tatsächlich gibt
es viele Beweise für den Satz des Pythagoras. Hier ist ein kurzer Beweis (andere Beweise
sehen wir später):
b
a
a
b
c
c
b
a
c
c
a
b
Ein Beweis des Satzes von Pythagoras
Aus dem obigen Diagram entnimmt man
c2 + 2ab = (a + b)2
c2 + 2ab = a2 + 2ab + b2
c2 = a2 + b2
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
2
I. Elementare Mathematik 1
Somit gilt in einem rechtwinkligen Dreieck
a2 + b2 = c2 .
Wenn man nun a = b setzt erhält man den
Spezialfall. 2a2 = c2 .
Bemerkung. Dies besagt, dass man in der Geometrie ein Quadrat verdoppeln kann.
Für die Verdopplung eines Quadrats in der Geometrie betrachte man die folgende Sequenz
von Figuren:
Man entnimmt dem mittleren Quadrat, dass das linke Quadrat aus zwei Dreiecken besteht.
Ebenso sieht man, dass sich das rechte Quadrat aus vier Dreiecken zusammensetzt. Also
ist das rechte Quadrat doppelt so gross wie das linke Quadrat. Das Quadrat ist somit
verdoppelt.
Dies ist anders als in der Steinchen Arithmetik. Denn wir wir wissen, dass sich ein
(Steinchen) Quadrat nicht zu einem (Steinchen) Quadrat verdoppeln lässt. In der Geometrie geht dies schon, wie wir gerade gesehen haben.
Dies war eins der Motive eine theoretische Geometrie zu entwickeln. Diese Geometrie sollte
aus Beweisen bestehen, die alle geometrieschen Sätze durch rein logische Schritte auf ein
paar Grundsätze zurückführt. Diese (endlich vielen) Grundsätze sollten so selbstevident
sein, dass sie niemand bezweifeln konnte. Man nannte sie Propositionen. Heute nennt
man sie Axiome und die zugehörige Geometrie eine axiomatische Geometrie. Es ist die
Euklidische Geometrie wie sie im Buch [Euklid] überliefert ist.
Grundobjekte sind Strecken und Kreise. Strecken können beliebig verlängert, aber nicht
zu ganzen Geraden zusammengesetzt werden. Damit folgt das Euklidische Lehrbuch der
Philosophie des Aristoteles, der das Aktual-Unendliche ablehnte.
Anfang des 20. Jahrhunderts hat Hilbert eine moderne axiomatische Geometrie aufgestellt,
die dem Euklidischen Ansatz folgte. Allerdings kannte seine Geometrie nur Strecken und
Geraden, aber keine Kreise.
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
3
§4 Pythagoräische Geometrie
2. Die Geometrische Wechselwegnahme.
Neben dem Quadrat war für die Pythagoräer das Pentagon von besonderer Wichtigkeit
(man erinnere sich an den Zusammenhang von Pentagon und Drusenstern). Hier entdeckten sie zwei wichtige geometrische Eigenschaften: die Existenz einer unendlichen geometrischen Wechselwegnahme und die Existenz des Goldenen Schnittes.
Die Pythagoräer haben entdeckt, dass (im rechten Pentagon) die beiden einmal gestrichenen Strecken gleich sind (Euklid, XIII,8):
A
B
D
F
E
G
Wechselwegnahme im Pentagon
Satz. BA = BD
Beweis. 6 DAE = 6 DEA ⇒ 6 BDA = 26 DAE ⇒ 6 F GD = 26 DAE
⇒ 6 BAD = 26 DAE ⇒ 6 BAD = 6 BDA ⇒ BA = BD. ♦
Hier haben wir allerdings die ”Tatsache” benutzt, dass die Winkelsumme im Dreieck gleich
zwei Rechte ist (wo?).
Der obige Satz führt zu folgender geometrischen Wechselwegnahme im Pentagon:
A
B
C
D
E
F
Wechselwegnahme im Pentagon
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
4
I. Elementare Mathematik 1
(BE,BA)
(BE − BA,BA)
(BE − BD,BA)
(DE,BD)
(DE,BD − DE)
(DE,BD − BC)
(DE,CD)
(DA,CD)
(CA,CD)
(CF,CD)
Erklärung:
• Nach dem obigen Satz wissen wir, dass im vorigen Pentagon gilt:
BA = BD.
• Weiter sind alle vier (im vorigen Pentagon) eingezeichneten Winkel gleich, denn (wie wir
später sehen werden) teilen die Diagonalen jeden Winkel des Fünfecks in drei gleiche Teile.
Demnach bildet ∆ACF ein gleichschenkliges Dreieck. Insbesondere ist:
AC = CF.
Resultat:
Die geometrische Wechselwegnahme von (Diagonale,Seite) des großen Fünfecks führt so zur
Wechselwegnahme von (Diagonale,Seite) des kleinen Fünfecks. Der Prozess wie- derholt
sich und kommt niemals zum Halten. Er findet also kein gemeinsames Maß. Es folgt, dass
Diagonale und Seite des Fünfecks kein gemeinsames Maß haben können; ihr Verhältnis
ist irrational. Man glaubt, dass die Pythagoräer auf diese Weise das Irrationale entdeckt
haben.
Philosophische Konsequenz:
Die Existenz der Irrationalen konnten die griechischen Philosophen nun heranziehen, um
zu beweisen, dass eine Atomlehre, wie etwa die von Demokrit, nicht richtig sein kann, denn
die Existenz von Irrationalen schließt die Existenz von kleinsten Ausdehnungen (Atome)
aus. Um dies aber auf ein wissenschaftliches Fundament zu stellen, muss man die Existenz
des Fünfecks beweisen. Wann existiert das Fünfeck. Antwort der Pythagoräer: Wenn es
mit Zirkel und Lineal konstruiert werden kann.
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
5
§4 Pythagoräische Geometrie
3. Goldener Schnitt.
Der Goldene Schnitt taucht in der Natur auf. Im folgenden sehen wir ihn im Pentagon.
Satz. In der folgenden Figur des Pentagons gilt die Proportion: EB : EH = EH : HB.
A
E
H
D
B
C
Der Goldene Schnitt im Pentagon
Beweis. [Euklid XIII, §8]
Es ist BE = AC (da EA = AB und 6 EAB = 6 ABC).
Weiter ist ∆ABE = ∆ABC, und die übrigen Winkel sind den übrigen Winke entsprechen
gleich.
Also ist
6
BAC = 6 ABE.
Es folgt
AHE = 2 6 BAH
6
(∗∗)
(wir verschieben den Beweis dieser Aussage auf den nächsten Satz).
Aber auch
6
EAC = 26 BAC (da Bogen EDC = 2 Bogen CB).
Also ist 6 HAE = 6 AHE.
Folglich HE = EA = AB.
Weiter ist
6
ABE = 6 AEB (da BA = AE).
Wir wissen aber, dass
ABE = 6 BAH
6
Also
BEA = 6 BAH
6
Nun ist der Winkel
Also auch
6
ABE beiden Dreiecken ∆ABE und ∆ABH gemeinsam.
6
BAE = 6 AHB
Damit ist bewiesen, dass die Dreiecke ∆ABE und ∆ABH winkelgleich sind.
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
6
I. Elementare Mathematik 1
Also stehen in Proportion
EB BA = AB : BH
Also
BE : EH = EH : HB (da BA = EH).
Der Satz folgt also, wenn wir den Beweis des nächsten Satzes nachtragen). ♦
Satz [Euklid I, §32] An jedem Dreieck ist der bei Verlängerung einer Seite entstehende
Aussenwinkel den beiden gegenüberliegenden Innenwinkel zusammen gleich.
B
B
E
C
D
Beweis.
Durch punkt C ziehe man CE parallel zur Strecke AB.
Da AB, CE parallel sind und sie von AC geschnitten werden, sind die Wechselwinkel
6
BAC = 6 ACE
Ebenso ist
6
ECD = 6 ABC
(da AB, CE parallel sind und sie von BD geschnitten werden.
Wie oben bewiesen ist auch
Also ist
6
ACE = 6 BAC.
6
ACD = 6 BAC + 6 ABC.
Dies beweist den Satz. ♦
Aufgabe. Man berechne das Verhältnis von Seite (und Diagonale) zum Radius des
Umkreises des regulären 5-Ecks.
Lösung.
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
7
§4 Pythagoräische Geometrie
• Man setze
d := Diagonale
a := Seite
r := Radius des Inkreises
R := Radius des Umkreises
a
a
R
d
R r
a
a
a
d-a
a
Zur Berechnung der Diagonale
• Dem Pentagon, mit seinen Diagonalen, entnehme man die folgenden Gleichungen:
a
d
=
a
d−a
2
2
R =r +
(1)
a 2
(2)
2
d2 = (r + R)2 −
a 2
(3)
2
Lösen der quadratischen Gleichung (1) liefert
√
a
(1 + 5)
2
√
Damit ist das Verhältnis d : a durch 21 (1 + 5) gegeben (und somit ist
1, 618 . . . der Goldene Schnitt).
d=
1
2 (1
+
√
5) =
• Aus Gleichung (3) und der obigen Berechnung von d erhält man
a
r+R=
2
q
√
5+2 5
In diese Gleichung setzt man die Berechnung von r aus Gleichung (2) ein und erhält:
r
Version: 07. Dezember 2014
R2
a2
a
−
=
4
2
q
√
5+2 5−R
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
8
I. Elementare Mathematik 1
Nach dem Quadrieren beider Seiten, ist das Weitere eine Sache von elementaren Umformungen:
a2
R −
=
4
q
√
Ra 5 + 2 5 =
q
√
Ra 5 + 2 5 =
q
√
R 5+2 5=
2
√
a
a2
(5 + 2 5) − 2R
4
2
2
2
√
a
a
+ (5 + 2 5)
4
4
√
a2
(6 + 2 5)
4
√
a
(3 + 5)
2
q
√
5 + 2 5 + R2
Hieraus lässt sich das Verhältnis a : R leicht ablesen. Dies Verhältnis, zusammen mit
dem oben bestimmten Verhältnis d : a, ergibt das Verhältnis d : R mittels der Formel
d
a
d
R = R · a.
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
9
§4 Pythagoräische Geometrie
4. Die Klassiker: Winkelsätze am Kreis.
Satz. [ Euklid, III, §20 ] In der folgenden Figur ist
6
BEC = 26 BAC.
A
E
B
F
C
Der Mittelpunktswinkel ist das Doppelte jedes Umfangswinkels
Beweis. Wir haben
180o = 6 AEB + 6 BEF und
180o = (6 BAE + 6 ABE) + 6 AEB
= 26 BAE + 6 AEB (da 6 BAE = 6 ABE)
Also
und so
180o = 26 BAE + (180o − 6 BEF )
26 BAE = 6 BEF. ♦
Satz. [ Euklid, III, §21 ] Umfangswinkel über derselben Sehne sind gleich.
D
C
A
B
Alle Umfangswinkel sind gleich
Beweis.
Die Umfangswinkel 6 ADB und 6 ACB) sind beide halb so groß wie der Mittelpunktswinkel über derselben Sehne AB (nach Euklid, III, §20].
Damit sind die Umfangswinkel gleich, d.h.
6
Version: 07. Dezember 2014
ADB = 6 ACB. ♦
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
10
I. Elementare Mathematik 1
Satz. Die Diagonalen teilen die Innenwinkel des Pentagons in paarweis gleiche Winkel.
Diagonalen teilen Innenwinkel in gleiche Teile
Beweis. Jeder Mittelpunktswinkel der obigen Figur ist das Doppelte desjenigen Umfangswinkels, der zu der Sehne des Mittelpunktwinkels gehört.
Alle Mittelpunktswinkel sind paarweise gleich und somit sind alle Umfangswinkel über den
iSehnen gleich, die Seiten des Pentagons sind.
Aber die Diagonalen zerlegen jeden Innenwinkel des Pentagons in solche Umfangswinkel.
Also zerlegen die Diagonalen die Innenwinkel des Pentagons in gleiche Winkel. ♦
Satz. [Euklid, III, §22] Für jedes Viereck im Kreis ist die Summe von gegenüberliegenden
Winkeln 180o .
B
C
A
D
Winkelsummen gegenüberliegender Winkel sind gleich zwei Rechte
Beweis. Wir haben
6
CAB + 6 ABC + 6 BCA = 180o
Weiter gilt (nach Euklid, III, §21])
6
6
und somit
6
ADB = 6 BCA
BDC = 6 CAB
ADC = 6 ADB + 6 BDC
= 6 BCA + 6 CAB
⇒
Version: 07. Dezember 2014
6
ADC + 6 ABC = 6 BCA + 6 CAB + 6 ABC
= 180o ♦
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
11
§4 Pythagoräische Geometrie
Satz. [Euklid, III, §29] Sehnen gegenüber gleichen Umfangswinkeln in gleichen Kreisen
sind gleich, d.h.
6 BAC = 6 B ′ A′ C ′ ⇒ BC = B ′ C ′ .
C
C’
B
A’
D’
D
B’
A
Gleiche Sehnen bei gleichen Winkeln
Beweis. Sei
6
BAC = 6 B ′ A′ C ′ und seien D, D′ die Mittelpunkte der (gleichen) Kreise.
Dann haben wir
6
BDC = 6 B ′ D′ C ′ und
BD = B ′ D′ und CD = C ′ D′
und so
∆ABC = ∆A′ B ′ C ′
(nach dem Kongruenzsatz SWS).
Also insbesondere
BC = B ′ C ′ ♦.
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
12
I. Elementare Mathematik 1
5. Klassische Tangentenkonstruktionen.
1. Aufgabe. Sei k ein Kreis in der Euklidischen Ebene und sei Punkt P ein Punkt
außerhalb von k.
Konstruiere die Gerade die P enthält und tangential zu k ist.
1. Konstruktion.
m
C
k
P
A
B
Tangente von einem Punkt an einen Kreis
Sei B der Mittelpunkt der Strecke P A.
Sei m der Kreis mit Mittelpunkt B und Radius P B.
Sei C einer der beiden Schnittpunkte der Kreise k und m.
Dann ist die Gerade durch P und C die gesuchte Tangente von P . Denn nach dem
Thales Satz (bzgl. des Kreises m ist die Strecke CA senkrecht auf der Strecke P A.
Somit steht die Gerade durch P und C senkrecht zum Radius CA des Kreises k.
Diese Gerade ist somit die gesuchte Tangente. ♦
2. Konstruktion.
[Euklid,III,§17]
C
D
k
P
A
B
iNoch einmal: Tangente von einem Punkt an einen Kreis
Man ziehe die Senkrechte in B und verbinde den Schnittpunkt C mit dem Mittelpunkt
A. Die Verbindungslinie schneidet den Kreis k in D. Die Gerade von P durch D
ist die gesuchte Tangente. Denn: ∆AP D = ∆ABC (Kongruenzsatz SSW) und somit
6 ADP = 6 ABC. Also ist der Winkel bei D ein Rechter.
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
13
§4 Pythagoräische Geometrie
2. Aufgabe. Seien k, m zwei Kreise die sich nicht einander enthalten.
Konstruiere eine Gerade die tangential zu beiden Kreisen ist.
Konstruktion.
C
k
D
m
P
B
A
D’
C’
Tangenten an zwei Kreisen
Wir sollen die Punkte P, D, C konstruieren.
Die Konstruktion benutzt einen Trick, der darin besteht, einen Strahlensatz zweimal
anzuwenden.
Seien A, C die Mittelpunkte der Kreise k, m.
Seien die Radien AC ′ und BD′ senkrecht auf der Geraden durch die Mittelpunkte A
und B.
Sei P der Schnittpunkt der Geraden durch C ′ , D′ mit der Geraden durch A, B.
Konstruiere nach (Aufgabe 1) die Tangente von P an den Kreis m.
Wir behaupten, dass dann diese Tangente an m auch die Tangente an den Kreis k ist.
Zum Beweis sei C der Aufpunkt des Lots von A auf die Gearde durch P, D.
Wir müssen zeigen, dass AC ein Radius von k ist.
Wir beweisen dies indem wir zeigen, dass AC = AC ′ .
Nach dem Strahlensatz ist:
AC ′ : BD′ = P A : P B
Weiter ist nach dem gleichen Strahlensatz:
AC : BD = P A : P B
Schließlich ist
BD = BD′ ,
da diese Strecken beide Radien des Kreises k sind.
Also folgt insgesamt
AC = AC ′ ♦
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
14
I. Elementare Mathematik 1
5. Ein Tangentenkriterium.
Satz. [Euklid, III, 36a] Sei AD Strecke in einer Tangente und sei AB die Strecke durch
den Mittelpunkt des Kreises. Dann gilt:
AB · AC = AD2 .
D
A
C
P
B
Eine Tangenten Eigenschaft
Beweis.
AD2 = AP 2 − DP 2
= (AP + DP ) · (AP − DP )
= (AP + BP ) · (AP − CP )
= AB · AC. ♦
Satz. [Euklid, III, 36b] AB · AC = AF 2 .
P
B
K
C
A
F
Eine verallgemeinerte Tangenten Eigenschaft
Beweis.
AB · AC = (AK + KC) · (AK − KC)
= AK 2 − KC 2 .
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
15
§4 Pythagoräische Geometrie
⇒ AB · AC + KC 2 = AK 2
AB · AC + (KC 2 + KP 2 ) = AK 2 + KP 2
AB · AC + P C 2 = AP 2
AB · AC + P F 2 = AP 2
AB · AC + P F 2 = AF 2 + P F 2
AB · AC = AF 2 . ♦
Satz. [Euklid, III, 36c] Seien B, C und B ′ , C ′ die Schnittpunkte zweier Geraden, die
durch den Punkt A gehen, mit dem Kreis. Dann gilt
AB · AC = AB ′ · AC ′ .
B’
C’
B
C
A
F
Eine Invariante am Kreis
Beweis.
AB · AC = AF 2
= A′ B ′ · A′ C ′ . ♦
Satz. [Tangentenkriterium] [ Euklid, III, §37 ] In der unteren Figur gilt
BA · BC = BD2 ⇒
BD ist tangential zum Kreis.
D
A
C
F
B
E
Das Tangenten Kriterium
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
16
I. Elementare Mathematik 1
Beweis. [ Euklid, III, §37 ] Wir ziehen, als Hilfslinie, die Tangente von B nach E.
Dann ist
BA · BC = BE 2 (Euklid, III, §36)
BA · BC = BD2 (nach Voraussetzung)
und so
BE = BD
Also
△BF E = △BF D
(nach Kongruenzsatz SSS). Insbesondere
6
BDF = 6 BEF = 90o . ♦
6. Konstruktion des Pentagons.
Die Konstruktion des Pentagons (= 5-Eck) ist äquivalent zur Konstruktion des Basisdreiecks, d.h. zur
Konstruktion eines gleichschenkligen Dreiecks ∆(A, B, C) dessen Basiswinkel an den
Ecken A, B doppelt so groß sind wie der Winkel an der Spitze C:
C
C
M
A
B
A
B
Das Basisdreieck für das Fünfeck
denn dann ist:
5 · 6 ACB = R = Winkelsumme im Dreieck. Da weiter der Mittelpunktswinkel doppelt so
groß ist wie der Umfangswinkel, haben wir 56 AM B = 106 ACB = 2R. Also muss AB
die Seite des Pentagons sein. ♦
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
17
§4 Pythagoräische Geometrie
7. Konstruktion des Basisdreiecks.
(1) Konstruiere den Kreis mit Radius AB.
(2) Konstruiere C auf AB mit AB · BC = AC 2 (= Konstruktion des Goldenen
Schnitts)
(3) Konstruiere die Sehne BD mit BD = AC.
B
C
A
D
Konstruktion des Basisdreiecks
Beh. Das Dreieck ABD ist ein Basisdreieck.
Beweis. [Euklid, IV, §10] Wir beweisen den Satz unter der Winkelannahme:
6
BDC = 6 CAD
B
C
A
und somit:
6
D
BCD + 6 ACD = 2R = 6 CAD + 6 ACD + 6 ADC
6 BCD = 6 CAD + 6 ADC
= 6 BDC + 6 ADC
= 6 ADB = 6 CBD
und so
6
BCD = 6 CBD.
Aber dann ist
CD = BD = AC (letzteres nach Konstruktion)
und so
6
CAD = 6 ADC.
Da weiter (wieder nach Winkelannahme)
6
CAD = 6 BDC, folgt
26 BAD = 26 CAD = 6 ADC + 6 BDC = 6 ADB = 6 ABD. ♦
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I
18
I. Elementare Mathematik 1
6. Die Winkelannahme.
Wir tragen jetzt den noch fehlenden Beweis der Winkelannahme nach.
Satz. [ Euklid, III, §32 ]
6
DBE = 6 BCD.
A
D
C
E
F
Beweis. Wir haben
6
B
DBF + 6 DBE = 2R = 6 BAD + 6 BCD
(gegenüberliegende Winkel im Viereck sind zusammen 2R) und
6
DBF = 6 BAD
(die Schenkel der Winkel stehen paarweise aufeinander senkrecht). Also insgesamt
6
DBF + 6 DBE = 6 BAD + 6 BCD = 6 DBF + 6 BCD
Demnach
DBE = 6 BCD. ♦
6
Satz. [Winkelannahme] AB · BC = AC 2 = BD2 ⇒
6
BDC = 6 CAD.
B
C
A
D
Beweis. Zum Beweis konstruieren wir den Kreis durch die drei Punkte A, C, D.
B
C
A
D
Nach Voraussetzung ist AB · BC = AC 2 = BD2 . Somit ist BD ist Tangente zum Kreis
ACD (nach dem Tangenten Kriterium [Euklid, III, §37]) und die Winkelannahme folgt
aus dem vorstehenden Satz [Euklid, III, §32]. ♦
Version: 07. Dezember 2014
Klaus Johannson, Elementare Mathematik I