Geometrie II Wintersemester 2004/05 (P. Schroth)

hro
Wintersemester 2004/05
th)
Geometrie II
04
/05
(P.
Sc
P. Schroth ∗†
Institut für Didaktik der Mathematik
und Elementarmathematik
Technische Universität Braunschweig
Bienroder Weg 97
38106 Braunschweig
Ge
om
etr
ie
II W
int
ers
em
est
er
20
1. November 2004
∗
†
Tel.: 0531 332499
email: [email protected]
1
2
Inhaltsverzeichnis
Wiederholung
th)
I
hro
1 Die Satzgruppe des Pythagoras
Sc
2 Die trigonometrischen Funktionen
(P.
3 Der Sinus- und der Cosinussatz für spitzwinklige Dreiecke
/05
4 Die trigonometrischen Funktionen für beliebige Winkel
Arithmetische Vektorräume
20
II
04
5 Sinus- und Cosinussatz (endgültige Fassung)
er
6 Vektoren
est
7 Lineare Unabhängigkeit
ers
Koordinatensysteme
II W
int
III
em
8 Basis und Koordinaten
3
3
6
9
11
14
17
17
23
26
35
9 Koordinatensysteme
35
10 Koordinatentransformationen
39
IV
45
11 Geraden in der Ebene
45
om
etr
ie
Geraden und Ebenen
56
Ge
12 Geraden und Ebenen im Raum
3
Teil I
E
b
b
c
a
04
c
20
G
er
est
c
A
c
b
ers
em
a
b
II W
int
H
D
(P.
a
Sc
F
hro
Die Satzgruppe des Pythagoras
/05
1
th)
Wiederholung
B
a
C
Abbildung 1: Zum Satz des Pythagoras
om
etr
ie
Gegeben sei ein rechtwinkliges Dreieck 4ABC mit den Katheten a und b, der Hypotenuse c und
den Winkeln α, β und γ = 90◦ . Wie in Abbildung 1 dargestellt, verlängern wir die Seite a um b
und die Seite b um a, wodurch wir die Punkte H und D erhalten, und ergänzen den Streckenzug
HCD zum Quadrat CDF HC. Die Punkte E und G auf den Quadratseiten DF bzw. F H seien
durch | DE | = b bzw. | F G | = b festgelegt. Dann gelten:
Ge
(1) Die Dreiecke 4BCA, 4ADE, 4EF G und 4GHB sind kongruent, da sie in den Längen
zweier Seiten (a und b) und der Größe des von diesen Seiten eingeschlossenen Winkels
(90◦ ) übereinstimmen. Hieraus folgt | AB | = | EA | = | GE | = | BG | = c, und wegen
∠ABG = 180◦ − β − α = 180◦ − 90◦ = 90◦ und genauso ∠EAB = ∠GEA = ∠BGE =
90◦ handelt es sich bei dem Viereck AEGBA sogar um ein Quadrat.
4
(a + b)2 − c2
=
a2 + 2ab + b2 − c2 = 2ab
=
0
(P.
Sc
⇐⇒ a2 + b2 − c2
hro
th)
(2) Schneidet man aus dem Quadrat CDF HC das Quadrat AEGBA aus, so bleiben die vier
Dreiecke 4BCA, 4ADE, 4EF G und 4GHB übrig. Ihre Gesamtfläche ist 4 · 12 ab =
2ab. Da (a + b)2 der Flächeninhalt des Quadrates CDF HC und c2 der Flächeninhalt des
Quadrates AEGBA ist, folgt
Damit haben wir den Satz des Pythagoras bewiesen:
C
ers
em
est
er
20
04
/05
Satz 1 (Satz des Pythagoras). Für jedes rechtwinklige Dreieck mit den Katheten a und b
und der Hypotenuse c gilt
a2 + b2 = c 2
B
II W
int
A
Abbildung 2: Zur Umkehrung des Satzes des Pythagoras
etr
ie
Bemerkung. Erinnert man sich an den Satz des Thales ( Die Winkel im Halbkreis sind rechte“),
”
so scheint es plausibel, daß auch die Umkehrung des Satzes gilt, also insgesamt sogar:
om
Satz. Ein Dreieck habe die Seiten a, b und c, und es sei c ≥ a und c ≥ b. Dann ist das Dreieck
genau dann rechtwinklig, wenn a2 + b2 = c2 gilt.
Ge
Da sich dieser Satz als ein Spezialfall des Cosinussatzes, den wir später behandeln werden,
erweisen wird, verzichten wir hier auf einen elementargeometrischen Beweis der Umkehrung des
Satzes von Pythagoras.
Anhand von Abb. 2 wollen wir als nächstes einige Folgerungen aus Satz 1 ziehen. Abbildung 2
zeigt ein rechtwinkliges Dreieck 4ABC, in das die Höhe hc zur Hypotenuse c eingezeichnet ist.
5
th)
C
A
(P.
Sc
hro
hc
D
B
04
/05
Abbildung 3: Zum Katheten- und Höhensatz des Euklid
20
D sei der Höhenfußpunkt auf c, und es gelte | DB | = p und | AD | = q. (p und q heißen die zur
Seite a bzw. b gehörenden Hypotenusenabschnitte.)
ers
em
est
er
Da das Dreieck 4ADC ebenfalls rechtwinklig ist, gilt nach Satz 1 q 2 +h2c = b2 , oder gleichwertig:
h2c = b2 − q 2 . Analog folgt für das rechtwinklige Dreieck 4CDB h2c = a2 − p2 . Wegen p = c − q
ergibt dies h2c = a2 − (c − q)2 = a2 − (c2 − 2cq + q 2 ) = a2 − c2 + 2cq − q 2 . Gleichsetzen
beider Darstellungen führt auf b2 − q 2 = a2 − c2 + 2cq − q 2 , also b2 = a2 − c2 + 2cq. Da das
Ausgangsdreieck 4ABC nach Voraussetzung rechtwinklig ist, gilt a2 + b2 = c2 , oder äquivalent
a2 = c2 − b2 . Setzen wir dies in die vorige Gleichung ein, so erhalten wir
II W
int
b2 = a2 − c2 + 2cq = (c2 − b2 ) − c2 + 2cq
⇐⇒
2b2 = 2cq
Daher gilt b2 = c · q. Ersetzen wir in der obigen Gleichung b2 durch c2 − a2 und q durch c − p,
so folgt ebenso a2 = c · p.
etr
ie
Insgesamt ergibt sich der folgende Satz:
om
Satz 2 (Kathetensatz des Euklid). In jedem rechtwinkligen Dreieck ist das Quadrat über
einer Kathete flächengleich zum Rechteck aus der Hypotenuse und dem zur Kathete gehörenden
Hypotenusenabschnitt. Es gelten also a2 = c · p und b2 = c · q.
Ge
Wegen a2 = c · p folgt aus h2c = a2 − p2 sofort h2c = c · p − p2 = p · (c − p) = p · q und wir
erhalten
Satz 3 (Höhensatz des Euklid). In jedem rechtwinkligen Dreieck ist das Quadrat über der
Höhe zur Hypotenuse flächengleich zum Rechteck aus den Hypotenusenabschnitten. Es gilt also
h2c = p · q.
6
2
Die trigonometrischen Funktionen
Sc
hro
th)
A1 = A2
(P.
B1
/05
B2
C1
C2
04
Abbildung 4: Zur Definition der trigonometrischen Funktionen am rechtwinkligen Dreieck
b1
b2
=
,
c1
c2
est
und
also auch
b1
b2
=
a1
a2
em
a1
a2
=
c1
c2
er
20
Bemerkung. 4A1 B1 C1 und 4A2 B2 C2 seien zwei rechtwinklige Dreiecke mit α = ∠B1 A1 C1 =
∠B2 A2 C2 und damit auch β = ∠C1 B1 A1 = ∠C2 B2 A2 . Dann gelten für die Seiten a1 , b1 und
c1 des Dreiecks 4A1 B1 C1 und die Seiten a2 , b2 und c2 des Dreiecks 4A2 B2 C2
II W
int
ers
Beweis. O.B.d.A. darf nach einer Translation, einer Drehung und ggf. einer Spiegelung davon
ausgegangen werden, daß die beiden rechtwinkligen Dreiecke so liegen wie in Abbildung 4. Dann
folgt aus dem 2. Strahlensatz unmittelbar
a2
b2
c2
=
=
a1
b1
c1
woraus sich nach einfacher Umformung sofort die obigen Gleichungen ergeben.
Ge
om
etr
ie
Wir haben gerade bewiesen, daß in einem rechtwinkligen Dreieck 4ABC (mit, wie üblich, γ =
90◦ ) die Seitenverhältnisse ac , cb und damit auch ab und ab nur von der Größe des Winkels α (oder
der Größe des Winkels β = 90◦ − α) abhängen, nicht aber von der Länge der Dreiecksseiten a, b
und c, also von dem speziellen rechtwinkligen Dreieck, in dem der Winkel α auftritt. Aus diesem
Grund ist die folgende Definition sinnvoll, da die auftretenden Größen wohldefiniert“ sind:
”
◦
◦
◦
Definition 1. Sei α ein Winkel mit 0 < α < 90 , und sei 4ABC ein rechtwinkliges Dreieck,
in dem der Winkel α (mit dem Scheitelpunkt A) auftritt. Dann werden der Sinus, der Cosinus,
der Tangens und der Cotangens von α durch
sin α :=
definiert.
a
,
c
cos α :=
b
,
c
tan α :=
a
b
und
cot α :=
b
a
7
hro
th)
C
D
B
/05
A
(P.
Sc
hc
04
Abbildung 5: Ein gleichseitiges Dreieck
und
II W
int
ers
em
est
er
20
Beispiel 1. Zeichnet man in ein gleichseitiges Dreieck 4ABC mit der Seitenlänge a eine Höhe,
z.B. die Höhe hc mit dem Höhenfußpunkt D, ein, so zerlegt hc das gleichseitige Dreieck in
zwei rechtwinklige Dreiecke 4ADC und 4CDB. Das rechtwinklige Dreieck 4ADC hat die
2
Katheten a2 und hc und die Hypotenuse a. Aus dem Satz des Pythagoras folgt a2 + h2c = a2 ,
q
√
2
a
3 2
◦
also h2c = a2 − a4 = 43 a2 und damit hc =
a
=
4
2 3. Außerdem gilt ∠DAC = 60 und
∠ACD = 30◦ . Damit ergeben sich gemäß der Definition der trigonometrischen Funktionen die
Funktionswerte
√
a
a
hc
1√
1
◦
2 3
sin 60
=
=
=
3, cos 60◦ = 2 = ,
a
a
2
a
2
√
a
a
√
3
hc
1
1√
tan 60◦ = a = 2 a = 3,
cot 60◦ = 2 = √ =
3
hc
3
3
2
2
◦
=
tan 30◦
=
1
= ,
a
2
om
etr
ie
sin 30
a
2
a
2
hc
=
a
1√
2
√
3,
=
a
3
2 3
hc
cos 30 =
=
a
hc
cot 30◦ = a =
◦
2
√
3
1√
3,
=
a
2
√
a
√
2 3
= 3
a
a
2
2
Ge
Beispiel 2. Sei 4ABC ein gleichschenklig-rechtwinkliges Dreieck mit der Kathetenlänge a und
der Hypotenusenlänge c. Der Satz des Pythagoras ergibt c2 = a2 + a2 , also c2 = 2a2 und damit
√
c = a · 2. Wegen ∠BAC = ∠CBA = 45◦ lassen sich damit die Werte der trigonometrischen
Funktionen für Winkel der Größe 45◦ ermitteln. Es gelten
1√
a
a
a
1
sin 45◦ =
= √ = √ =
2 = cos 45◦ , tan 45◦ =
= 1 = cot 45◦
c
2
a
a 2
2
8
Sc
hro
th)
C
(P.
A
B
/05
Abbildung 6: Ein gleichschenklig-rechtwinkliges Dreieck
30◦
1
2
1
2
√
3
√
2
√
3
tan α
1
2
1
2
√
2
1
2
1
3
√
3
cot α
√
3
1
√
3
1
1
3
√
3
ers
60◦
1
2
em
45◦
cos α
er
sin α
est
α
20
04
Wir fassen unsere Ergebnisse in einer kleinen Tabelle zusammen:
II W
int
Bemerkung. Ist 4ABC ein rechtwinkliges Dreieck, so folgen wegen α+β = 90 ◦ , also β = 90◦ −α
aus der Definition der trigonometrischen Funktionen am rechtwinkligen Dreieck für Winkel α
mit 0◦ < α◦ < 90◦ unmittelbar die Beziehungen
sin α = cos(90◦ − α), cos α = sin(90◦ − α), tan α = cot(90◦ − α), cot α = tan(90◦ − α)
etr
ie
denn die Gegenkathete (Ankathete) von α ist die Ankathete (Gegenkathete) von β.
Ge
om
Bemerkung. Aus dem Satz des Pythagoras folgt für jedes rechtwinklige Dreieck 4ABC sofort
die Beziehung
a 2 b 2
c2
a2 + b2
+
=
= 1
=
c
c
c2
c2
Daher gilt für jeden Winkel α mit 0◦ < α◦ < 90◦ die Gleichung sin2 α + cos2 α = 1. (sin2 α
bzw. cos2 α sind die üblichen Schreibweisen für (sin α)2 bzw. (cos α)2 .)
9
3
Der Sinus- und der Cosinussatz für spitzwinklige Dreiecke
/05
(P.
Sc
hro
th)
Die Kongruenzsätze besagen, daß ein Dreieck bis auf seine Lage in der Ebene durch die drei
Seitenlängen (SSS ) oder durch zwei Seitenlängen und die Größe des eingeschlossenen Winkels
(SWS ) oder durch eine Seitenlänge und die Größen der beiden anliegenden Winkel (WSW ) oder
auch durch zwei Seitenlängen und der Größe des der nichtkleineren der beiden bekannten Seiten
gegenüberliegenden Winkels (SSW ) eindeutig bestimmt ist, denn genau ein Dreieck läßt sich
aus den gegebenen Größen konstruieren.
Daher sind durch die drei gegebenen Größen alle übrigen Größen im Dreieck festgelegt. Sind
z.B. die drei Seitenlängen bekannt, so lassen sich die drei Winkel, der Umfang, der Um- und der
Inkreisradius, die Fläche etc. des Dreiecks konstruktiv ermitteln.
est
er
20
04
Mit Hilfe der trigonometrischen Funktionen lassen sich die nicht gegebenen Größen aus den gegebenen nun auch rechnerisch bestimmen, wobei wir uns derzeit noch auf Dreiecke beschränken
müssen, in denen nur Winkel auftreten, deren Größe kleiner (spitzwinklige Dreiecke) oder höchstens gleich (rechtwinklige Dreiecke) 90◦ ist, da uns bisher die trigonometrischen Funktionen für
stumpfe Winkel noch nicht zur Verfügung stehen.
Sei also 4ABC ein spitzwinkliges Dreieck, hc dessen Höhe auf c und D der Höhenfußpunkt
ers
em
C
II W
int
hc
D
B
etr
ie
A
om
Abbildung 7: Zum Sinus- und zum Cosinussatz am spitzwinkligen Dreieck
Ge
auf der Seite c. Dann sind 4ADC und 4CDB zwei rechtwinklige Dreiecke, aus denen sich
sin α = hbc und sin β = hac ablesen läßt. Damit gilt hc = b · sin α = a · sin β, und nach einfacher
α
a
sin α
a
Umformung folgt: sin
sin β = b . Mit der Höhe hb anstelle der Höhe hc ergibt sich analog sin γ = c ,
β
b
und mit der Höhe ha erhalten wir sin
sin γ = c . In Worten: Das Verhältnis zweier Seiten im Dreieck
ist gleich dem Verhältnis der Sinuswerte der gegenüberliegenden Winkel. Anders formuliert, gilt
also der
10
th)
Satz 4 (Sinussatz für spitzwinklige Dreiecke). Sei 4ABC ein spitzwinkliges Dreieck. Dann
gilt
a
b
c
=
=
sin α
sin β
sin γ
und
a2 = (c − c1 )2 + h2c = c2 − 2 · c1 · c + c21 + h2c
Sc
b2 = c21 + h2c
hro
Sei c1 die Länge der Strecke AD, also c1 := | AD |. Wenden wir den Satz des Pythagoras auf
die rechtwinkligen Dreiecke 4ADC und 4CDB an, so erhalten wir
(P.
Auflösen nach h2c und Gleichsetzen ergibt
/05
h2c = b2 − c21 = a2 − c2 + 2 · c1 · c − c21
also
04
b2 + c2 − a2
2·c
Im rechtwinkligen Dreieck 4ADC gilt gemäß der Definition der Cosinusfunktion cos α =
und es folgt
b
=
b2 + c2 − a2
⇐⇒ a2 = b2 + c2 − 2bc · cos α
2·b·c
est
b2 +c2 −a2
2·c
em
c1
cos α =
=
b
c1
b ,
er
20
c1 =
ers
Dieselben Überlegungen mit der Höhe ha und mit der Höhe hb beweisen die Gültigkeit des
folgenden Satzes:
II W
int
Satz 5 (Cosinussatz für spitzwinklige Dreiecke). Sei 4ABC ein spitzwinkliges Dreieck.
Dann gelten
a2 = b2 + c2 − 2bc · cos α,
b2 = a2 + c2 − 2ac · cos β
und
c2 = a2 + b2 − 2ab · cos γ
etr
ie
Beispiel 3. 4ABC sei ein Dreieck mit a = 4 LE, b = 5 LE und c = 6 LE (SSS ). Gesucht
sind die Größen der Winkel α, β und γ.
cos α =
om
Mit
b2 + c2 − a2
2·b·c
folgt
cos α =
52 + 6 2 − 4 2
45
3
=
=
2·5·6
60
4
Ge
und damit (Taschenrechner) α ≈ 41, 41◦ . Genauso ergeben sich cos β =
2
2 −62
5
also β ≈ 55, 77◦ und cos γ = 4 +5
= 40
= 81 , somit β ≈ 82, 82◦ .
2·4·5
42 +62 −52
2·4·6
=
27
48
=
9
16 ,
Beispiel 4. Für das Dreieck 4ABC gelte a = 5 LE, b = 7 LE und β = 75◦ (SSW ; β liegt
der längeren der gegebenen Seiten gegenüber). Berechnet werden sollen c, α und γ.
Da in jeder der drei Formeln des Cosinussatzes zwei der auf den beiden Seiten auftretenden
11
Größen unbekannt sind, ist er zur Bearbeitung dieses Aufgabentyps ungeeignet. Da wir a, b und
α
β kennen und nach dem Sinussatz ab = sin
sin β gilt, folgt
a
5
· sin β = · sin 75◦ ≈ 0, 689947
b
7
th)
sin α =
a
5
≈ sin 61, 37◦ ·
≈ 6, 36 LE
sin α
sin 43, 63◦
(P.
c = sin γ ·
Sc
hro
und damit α ≈ 43, 63◦ , und γ = 180◦ − α − β ≈ 61, 37◦ . Die fehlende Seite c läßt sich nun mit
Hilfe des Sinus- oder des Cosinussatzes ermitteln. Z.B. ergibt
20
Die trigonometrischen Funktionen für beliebige Winkel
est
er
4
04
/05
(Bei den zwei Dreiecken aus den Beispielen handelt es sich tatsächlich um spitzwinklige Dreiecke,
sodaß sie mit den bisher bereitgestellten Versionen des Sinus- und des Cosinussatzes berechnet
werden können.)
ers
II W
int
0.5
em
1
y-Achse 0
β
α
γ
δ
etr
ie
–0.5
–1
–0.5
0
x-Achse
0.5
1
Ge
om
–1
Abbildung 8: Zur Definition von sin und cos für beliebige Winkel
O sei der Ursprung eines cartesischen Koordinatensystems der Ebene. Wir zeichnen den Kreis um
O mit dem Radius 1, den Einheitskreis. Ist nun α ein Winkel nichtnegativer Größe, also α◦ ≥ 0◦ ,
12
Sc
hro
th)
so tragen wir α mit dem Scheitelpunkt O und der positiven x-Achse als erstem Schenkel in
mathematisch positiver Orientierung, also entgegen dem Uhrzeigersinn, an die positive x-Achse
an. Negative Winkel, also Winkel α mit α◦ < 0◦ , tragen wir hingegen in mathematisch negativer
Orientierung, also im Uhrzeigersinn, an die positive x-Achse an. Der zweite Schenkel von α, der
sogenannte freie Schenkel, schneide den Einheitskreis im Punkt S mit den Koordinaten (x | y).
Wir definieren
sin α := y und cos α := x
er
20
04
/05
(P.
wobei x und y mit ihren Vorzeichen eingesetzt werden, sodaß sin α und cos α auch negative
Zahlen sein können.
Ist α ein Winkel mit 0◦ < α◦ < 90◦ , so entnehmen wir dem rechtwinkligen Dreieck mit den
Eckpunkten O(0 | 0), P (x | 0) und S(x | y), daß die Definition von sin α und cos α am rechtwinkligen Dreieck und die Definition am Einheitskreis dieselben Werte ergeben.
Um auch tan α für (fast) alle Winkel α zu erklären, gehen wir ähnlich vor. Wir legen im Punkt
em
est
1
0
α
δ
ers
y-Achse
β
γ
II W
int
–1
etr
ie
–2
–1
–0.5
0
x-Achse
0.5
1
om
Abbildung 9: Zur Definition von tan für beliebige Winkel
Ge
(1 | 0) die Tangente an den Einheitskreis an, zeichnen also die Gerade mit der Gleichung x = 1.
Den freien Schenkel von α, also einen Strahl oder eine Halbgerade, ergänzen wir zu einer Geraden. Diese Gerade schneide die Kreistangente im Punkt T mit den Koordinaten (1 | y). Dann
setzen wir tan α := y.
Für die Funktion cot zeichnen wir die Kreistangente im Punkt (0 | 1), also die Gerade mit der
13
1
β
0
α
γ
hro
y-Achse
th)
0.5
δ
–1
–1.5
–1
–0.5
0
0.5
1
1.5
2
/05
x-Achse
(P.
Sc
–0.5
20
04
Abbildung 10: Zur Definition von cot für beliebige Winkel
ers
em
est
er
Gleichung y = 1. Der zu einer Geraden verlängerte freie Schenkel von α schneide diese Tangente
im Punkt U mit den Koordinaten (x | 1). Dann definieren wir cot α := x.
Für Winkel α mit 0◦ < α◦ < 90◦ zeigen die rechtwinkligen Dreiecke mit den Eckpunkten
O(0 | 0), P (1 | 0) und T (1 | y) bzw. O(0 | 0), P (0 | 1) und U (x | 1), daß die Definition von tan α
und cot α am rechtwinkligen Dreieck und die Definition am Einheitskreis zum selben Ergebnis
führen.
II W
int
Bemerkung. Für Winkel der Form (2k + 1) · 90◦ , k ∈ Z, schneidet der zur Gerade verlängerte
zweite Schenkel des Winkels α die Gerade x = 1 nicht. Daher ist für derartige Winkel der
Tangens nicht definiert.
Dasselbe gilt bei der Cotangensfunktion für Winkel der Größe k · 180◦ , k ∈ Z, da kein Schnittpunkt des freien Schenkels mit der Geraden y = 1 existiert.
Ge
und
om
etr
ie
Bemerkung. Unmittelbar aus der Definition der trigonometrischen Funktionen ersichtlich sind
für k ∈ Z
sin(α + k · 360◦ ) = sin α, cos(α + k · 360◦ ) = cos α
tan(α + k · 180◦ ) = tan α,
cot(α + k · 180◦ ) = cot α
Die Funktionen Sinus und Cosinus sind demnach periodische Funktionen mit der Periode 360 ◦ ,
und Tangens und Cotangens sogar mit der Periode 180◦ .
Außerdem lassen sich die Vorzeichen der trigonometrischen Funktionen für Winkel, deren freier
Schenkel im 1., 2., 3. oder 4. Quadranten des Koordinatensystems liegt, unmittelbar ablesen.
14
Zum Sinus gehört +, +, –, –“, zum Cosinus +, –, –, +, zum Tangens und zum Cotangens +, –,
”
+, –.
Sc
hro
th)
Bemerkung. Mit Hilfe geeigneter kongruenter Dreiecke lassen sich zahlreiche Beziehungen zwischen den trigonometrischen Funktionen unterschiedlicher Winkel erhalten, wie ein Blick in eine
mathematische Formelsammlung zeigt. Die Werte der trigonometrischen Funktionen der Winkel 90◦ ± α, 180◦ ± α, 270◦ ± α, 360◦ ± α und −α sind die Werte geeigneter trigonometrischer
Funktionen des Winkels α.
(P.
Z.B. gelten:
cos(90◦ + α) = − sin(α);
cos(180◦ + α) = − cos(α);
cos(270◦ + α) = sin(α).
04
/05
sin(90◦ + α) = cos(α);
sin(180◦ + α) = − sin(α);
sin(270◦ + α) = − cos(α);
20
und sin (180◦ − α) = sin α, cos (180◦ − α) = − cos α.
er
Sinus- und Cosinussatz (endgültige Fassung)
est
5
etr
ie
II W
int
ers
em
C
A
hc
B
D
om
Abbildung 11: Zum Sinus- und Cosinussatz für beliebige Dreiecke
Ge
Für spitzwinklige Dreiecke haben wir beide Sätze bereits bewiesen. Für rechtwinklige Dreiecke
sind sie wegen cos 90◦ = 0 und sin 90◦ = 1 ebenfalls gültig.
Sei nun 4ABC ein stumpfwinkliges Dreieck mit dem stumpfen Winkel β, in das die Höhe hc
mit dem Höhenfußpunkt D auf der (verlängerten) Seite c eingezeichnet ist, und sei c1 := | BD |.
15
th)
Dann gelten b2 = (c+c1 )2 +h2c , a2 = c21 +h2c und ca1 = cos(180◦ −β), also c1 = a·cos(180◦ −β),
da die Dreiecke 4ADC und 4BDC rechtwinklig sind. Einsetzen von h2c = a2 − c21 in die erste
Gleichung führt auf
b2 = (c + c1 )2 + a2 − c21 = c2 + 2c · c1 + a2
hro
und mit c1 = a · cos(180◦ − β) erhalten wir
(P.
Wegen cos(180◦ − β) = − cos β ist dies gleichwertig zu
Sc
b2 = a2 + c2 + 2ac · cos(180◦ − β)
/05
b2 = a2 + c2 − 2ac · cos β
20
Analog folgt wegen sin(180◦ − β) = sin β aus
04
weshalb der Cosinussatz auch für die Seite b und den gegenüberliegenden stumpfen Winkel β gilt.
und
hc
= sin α
b
er
hc
= sin(180◦ − β) = sin β
a
em
est
α
hc = a · sin β = b · sin α, also ab = sin
sin β . Der Sinussatz gilt daher auch für stumpfwinklige
Dreiecke.
Bevor wir die engültigen Versionen des Sinus- und des Cosinussatzes formulieren, wollen wir
Ge
om
etr
ie
II W
int
ers
C
A
b
R
a
M
R
R
c
B
Abbildung 12: Zum Sinussatz für beliebige Dreiecke
noch den gemeinsamen Wertes der Quotienten von a und sin α, von b und sin β und von c
und sin γ geometrisch interpretieren. Sei M der Mittelpunkt und R der Radius des Umkreises
des Dreiecks 4ABC. Dann ist das Dreieck 4M BC gleichschenklig, und die Mittelsenkrechte
16
Sc
hro
th)
der Seite BC = a ist auch die Winkelhalbierende des Winkels ∠BM C. Aus dem Satz über
Umfangswinkel und die zugehörigen Zentriwinkel am Kreis folgt sofort ∠BM C = 2 · ∠BAC =
2 · α und, ist D der Mittelpunkt der Seite a, so folgt im rechtwinkligen Dreieck 4M DC mit
∠DM C = 21 ∠BM C = α
a
a
2
= sin α ⇐⇒
= 2·R
R
sin α
Der gemeinsame Wert der im Sinussatz auftretenden Quotienten ist also gleich dem Durchmesser
des Umkreises des Dreiecks 4ABC. Insgesamt gilt also
b2 = a2 + c2 − 2ac · cos β,
c2 = a2 + b2 − 2ab · cos γ
04
a2 = b2 + c2 − 2bc · cos α,
/05
(P.
Satz 6 (Sinus- und Cosinussatz für beliebige Dreiecke). Sei 4ABC ein Dreieck mit den
Seiten a, b und c, den Winkeln α, β und γ und dem Umkreisradius R. Dann gelten
und
20
a
b
c
=
=
= 2·R
sin α
sin β
sin γ
est
er
Eine einfache Folgerung aus dem Cosinussatz ist die bereits angesprochene Umkehrung des Satzes
des Pythagoras:
em
Corollar. Für das Dreieck 4ABC gelte a2 + b2 = c2 . Dann ist 4ABC ein rechtwinkliges
Dreieck.
Ge
om
etr
ie
II W
int
ers
Beweis. Nach dem Cosinussatz gilt c2 = a2 +b2 −2ab·cos γ, nach Voraussetzung ist c2 = a2 +b2 .
Es folgt 2ab·cos γ = 0, wegen 2ab 6= 0 also cos γ = 0. Der einzige Winkel γ mit 0 ◦ ≤ γ ◦ ≤ 180◦
und cos γ = 0 ist jedoch γ = 90◦ .
17
Teil II
th)
Arithmetische Vektorräume
Vektoren
04
6
/05
(P.
Sc
hro
Versucht man, geometrische Sachverhalte algebraisch zu beschreiben, um geometrische Probleme
arithmetisch, also rechnerisch, bearbeiten zu können, so erweist es sich als sehr nützlich, mit je
−−→
zwei Punkten P und Q der Ebene oder des Raumes auch stets deren Verbindungsvektor P Q, d.h.
denjenigen Vektor, der von der gerichteten Strecke mit dem Anfangspunkt P und dem Endpunkt
Q repräsentiert wird, zu betrachten. Als erstes sollen daher die benötigten Grundkenntnisse über
Vektorräume erarbeitet werden.
Sei n eine positive natürliche Zahl. Sei

est
er
20

x1
 
 x2 
 . 
 . 
 . 
xn
II W
int
ers
em
ein einspaltig notiertes n-Tupel reeller Zahlen. Da diese Schreibweise von derartigen Spalten zu
einem sehr hohen Papierverbrauch führt, definieren wir
 
x1
 
 x2 

(x1 , x2 , . . . , xn )T := 
 .. 
 . 
xn
etr
ie
eine Notation, die aus der Theorie der Matrizen stammt (das hochgestellte T steht für das
Transponieren, d.h. das Vertauschen der Zeilen und der Spalten einer Matrix).
Zwei derartige n-Tupel sind genau dann gleich, wenn sie komponentenweise übereinstimmen:
om
(x1 , x2 , . . . , xn )T = (y1 , y2 , . . . , yn ) ⇐⇒ x1 = y1 ∧ x2 = y2 ∧ . . . ∧ xn = yn
Ge
Definition 2.
Rn := { (x1 , x2 , . . . , xn )T | x1 , x2 , . . . , xn ∈ R }
Die Elemente der Menge Rn nennen wir Vektoren und bezeichnen sie mit kleinen lateinischen
−
Buchstaben, über die ein Pfeil gezeichnet ist, z.B. →
a = (x1 , x2 , . . . , xn )T .
18
th)
Als nächstes sollen für Vektoren zwei Rechenoperationen definiert werden, eine Addition ⊕ von
zwei Vektoren und eine Multiplikation von einer reellen Zahl mit einem Vektor, wobei die bei
dieser Multiplikation auftretenden reellen Zahlen Skalare genannt werden.
hro
Definition 3. Gelte (x1 , x2 , . . . , xn )T , (y1 , y2 , . . . , yn )T ∈ Rn und α ∈ R. Dann definieren wir
Sc
(x1 , x2 , . . . , xn )T ⊕ (y1 , y2 , . . . , yn )T := (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn )T
und
(P.
α (x1 , x2 , . . . , xn )T := (α · x1 , α · x2 , . . . , α · xn )T
04
/05
Hierbei bedeuten + und · natürlich die gewöhnliche Addition bzw. Multiplikation reeller Zahlen.
Z.B. ist für n = 3 (−7, 3, 5) ⊕ (11, −2, −6) = (−7 + 11, 3 + (−2), 5 + (−6)) = (−4, 1, −1)
und 4 (−7, 3, 5) = (4 · (−7), 4 · 3, 4 · 5) = (−28, 12, 20).
20
Beide Operationen lassen sich im R2 leicht geometrisch veranschaulichen, wie die zwei folgenden
Abbildungen zeigen, und zwar so:
II W
int
ers
em
est
er
→
−
−
K sei ein cartesisches Koordinatensystem der Ebene, →
a = (x1 , x2 )T und b = (y1 , y2 )T seien
K
zwei Vektoren aus der Menge R2 . P bzw. Q seien die Punkte mit den Koordinaten P ←→ (x1 | x2 )
−−→
−−→
K
und Q ←→ (y1 | y2 ). Dann sind die gerichteten Strecken O∗ P bzw. O∗ Q mit dem Koordinatenursprung O ∗ als gemeinsamen Anfangspunkt und den Endpunkten P bzw. Q Repräsentanten für
→
−
−
die Vektoren →
a bzw. b . (Wir bezeichnen hier den Koordinatenursprung mit O ∗ , um ihn vom
→
−
−
Nullvektor O zu unterscheiden.) Um einen Repräsentanten für den Vektor →
a + b zu erhalten,
−−→
verschieben wir die gerichtete Strecke O∗ Q parallel so, daß der Endpunkt der gerichteten Strecke
−−∗→
−→
O P , also der Punkt P , der Anfangspunkt der parallel verschobenen Strecke ist. Ist P R die par−−→
→
−
−
allel verschobene Strecke, so ist O∗ R ein Repräsentant für den Vektor →
a + b.
om
etr
ie
−
−
Gelte α ∈ R und →
a = (x1 , x2 )T ∈ R2 . Um einen Repräsentanten für α · →
a zu konstruieren
gehen wir folgendermaßen vor:
−−→
−
Sei wiederum O∗ P der gewählte Repräsentant für →
a.
−−−→
−
Fall 1. α = 0. Es ist 0· →
a = (0, 0)T = O, und die gerichtete Strecke O∗ O∗ ist ein Repräsentant
−
für O = 0 · →
a.
Ge
Fall 2. α > 0. Die um den Faktor α mit dem Streckzentrum O ∗ gestreckte (α ≥ 1) bzw.
−−−→
−−−→
−−−→
gestauchte (0 < α < 1) gerichtete Strecke O∗ P 0 sei O∗ P 0 . Dann ist O∗ P 0 ein Repräsentant für
−−−→
−−→
−
α·→
a . Die Spitzen der Pfeile“ O∗ P und O∗ P 0 zeigen in dieselbe Richtung.
”
−
−
Fall 3. α < 0. Wegen →
a = (x1 , x2 )T gilt −→
a = (−x1 , −x2 )T , und ist T der Punkt mit den
−−→
K
Koordinaten T ←→ (−x1 | −x2 ), so ist die gerichtete Strecke O∗ T ein Repäsentant für den Vektor
19
Sc
hro
th)
−−→
−
−
−→
a . Einen Repäsentanten für α · →
a erhalten wir, indem wir diese gerichtete Strecke O∗ T um
−−−→
den Faktor | α | = −α zentrisch mit dem Zentrum O ∗ strecken bzw. stauchen. O∗ P 0 sei dieser
−−−→
−−→
Repräsentant. Die Spitzen der Pfeile O∗ P und O∗ P 0 zeigen in entgegengesetzte Richtungen.
−−→
Multiplikation mit einem Skalar α < 0 kehrt also die Orientierung der gerichteten Strecke O∗ P
um.
(P.
2
2
3
4
er
20
1
04
/05
1
em
est
–1
ers
Abbildung 13: Addition von Vektoren im R2
etr
ie
II W
int
Bei den Rechenoperationen ⊕ und werden die entsprechenden Operationen + und · im Körper
der reellen Zahlen einfach nur komponentenweise auf die Vektoren (x1 , x2 , . . . , xn )T angewendet.
Daher ist es auch nicht verwunderlich, daß sich viele Eigenschaften der Addition und der Multiplikation reeller Zahlen auf die Addition von Vektoren und auf die Multiplikation einer reellen
Zahl mit einem Vektor übertragen.
→
− −
−
Satz 7. Für alle Vektoren →
a, b, →
c ∈ Rn gelten
om
(I) Abgeschlossenheit:
Ge
(II) Assoziativität:
→
−
→
−
a ⊕ b ∈ Rn
→
− −
→
− −
→
−
−
c
a ⊕ b ⊕→
c = →
a ⊕ b ⊕→
(III) Existenz eines bzgl. ⊕ neutralen Elementes:
Es gibt einen Vektor O ∈ Rn mit
→
−
−
−
a ⊕O = O⊕→
a = →
a
20
th)
2
2
3
4
5
(P.
1
Sc
hro
1
04
/05
–1
20
Abbildung 14: Multiplikation von Skalar und Vektor im R2
er
−
für jeden Vektor →
a ∈ Rn
em
est
∗
−
−
(IV) Existenz eines bzgl. ⊕ inversen Vektors →
a zu jedem Vektor →
a ∈ Rn :
∗
−
−
Zu jedem Vektor →
a ∈ Rn existiert ein Vektor →
a ∈ Rn mit
ers
∗
∗
→
−
−
−
−
a ⊕→
a = →
a ⊕→
a = O
II W
int
(V) Kommutativität der Addition ⊕ :
→
−
→
− −
→
−
a ⊕ b = b ⊕→
a
etr
ie
Bemerkung. Dieser Satz besagt: Die Menge Rn bildet mit der Addition ⊕ von Vektoren eine
abelsche (oder kommutative) Gruppe.
Ge
om
Beweis. Alle diese Eigenschaften der Vektoraddition ⊕ ergeben sich unmittelbar aus der Tatsache, daß R mit der gewöhnlichen Addition + reeller Zahlen selbst eine kommutative Gruppe
bildet.
→
−
−
−c = (z , z , . . . , z )T .
Seien →
a = (x1 , x2 , . . . , xn )T , b = (y1 , y2 , . . . , yn )T und →
1 2
n
→
−
T
T
→
−
Zu (I): a ⊕ b = (x1 , x2 , . . . , xn ) ⊕ (y1 , y2 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn )T ∈ Rn ,
denn
x1 , x2 , . . . , xn ∈ R ∧ y1 , y2 , . . . , yn ∈ R =⇒ x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ∈ R
21
th)
da die Summe zweier reeller Zahlen wieder eine reelle Zahl ist.
Zu (II):
→
− −
→
−
a ⊕ b ⊕→
c =
(x1 , x2 , . . . , xn )T ⊕ (y1 , y2 , . . . , yn )T ⊕ (z1 , z2 , . . . , zn )T
(x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn )T ⊕ (z1 , z2 , . . . , zn )T
hro
=
((x1 + y1 ) + z1 , (x2 + y2 ) + z2 , . . . , (xn + yn ) + zn )T
=
(x1 + (y1 + z1 ), x2 + (y2 + z2 ), . . . , xn + (yn + zn ))T
(x1 , x2 , . . . , xn )T ⊕ (y1 , y2 , . . . , yn )T ⊕ (z1 , z2 , . . . , zn )T
→
− −
→
−
c
a ⊕ b ⊕→
Sc
=
(P.
=
/05
=
=
20
=
(x1 , x2 , . . . , xn )T ⊕ (0, 0, . . . , 0)T = (x1 + 0, x2 + 0, . . . , xn + 0)T
−
(x , x , . . . , x )T = →
a
1
2
n
er
→
−
a ⊕O
04
denn die Addition reeller Zahlen ist assoziativ.
Zu (III): Sei O der Vektor, dessen sämtliche Komponenten 0 sind, also O := (0, 0, . . . , 0)T . Dann
−
gilt für jeden Vektor →
a = (x1 , x2 , . . . , xn )T
(x1 , x2 , . . . , xn )T ⊕ (−x1 , −x2 , . . . , −xn )T
=
(x1 + (−x1 ), x2 + (−x2 ), . . . , xn + (−xn ))T = (0, 0, . . . , 0)T = O
=
=
(x1 , x2 , . . . , xn )T ⊕ (y1 , y2 , . . . , yn )T
(x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn )T = (y1 + x1 , y2 + x2 , . . . , yn + xn )T
→
− →
b ⊕−
a
etr
ie
=
II W
int
∗
−
−
und ebenso →
a ⊕→
a = O.
Zu (V):
→
−
→
−
a ⊕ b
ers
∗
→
−
−
a ⊕→
a
em
est
−
−
und genauso ergibt sich O ⊕ →
a = →
a.
∗
T
→
−
−
Zu (IV): Zu a = (x1 , x2 , . . . , xn ) setzen wir →
a := (−x1 , −x2 , . . . , −xn )T . Dann gilt
=
om
da die Addition reeller Zahlen kommutativ ist.
Ge
Im nächsten Satz fassen wir wesentliche Eigenschaften der Multiplikation eines Skalars mit
einem Vektor und wichtige Wechselwirkungen zwischen , ⊕, + und · zusammen.
→
−
−
Satz 8. Für alle Vektoren →
a , b ∈ Rn und alle reellen Zahlen α, β ∈ R gelten
(VI) Assoziativgesetz:
−
−
(α · β) →
a = α (β →
a)
22
(VII) Distributivgesetz I:
−
−
−
(α + β) →
a = α→
a ⊕β→
a
(IX) Unitäres Gesetz:
Sc
−
−
1→
a = →
a
hro
(VIII) Distributivgesetz II:
th)
→
−
→
−
−
−
α →
a ⊕ b = α→
a ⊕α b
(P.
Bemerkung. Auch bei den Operationen ⊕ und behalten wir die Klammerersparnisregel
”Punkt→
−
→
−
→
−
→
−
rechnung geht vor Strichrechnung“ bei. Z.B. bedeutet α a ⊕ α b damit (α a ) ⊕ α b .
=
=
=
20
((α · β) · x1 , (α · β) · x2 , . . . , (α · β) · xn )T
(α · (β · x1 ) , α · (β · x2 ) , . . . , α · (β · xn ))T
er
=
(α · β) (x1 , x2 , . . . , xn )T
α (β · x1 , β · x2 , . . . , β · xn )T
−
α (β →
a)
est
=
em
−
(α · β) →
a
04
/05
→
−
−
Beweis. Es seien wieder →
a = (x1 , x2 , . . . , xn )T und b = (y1 , y2 , . . . , yn )T .
Zu (VI):
II W
int
ers
da die Multiplikation · reeller Zahlen assoziativ ist.
Zu (VII):
→
−
−
a ⊕ b
= α (x1 , x2 , . . . , xn )T ⊕ (y1 , y2 , . . . , yn )T
α →
=
=
(α · (x1 + y1 ) , α · (x2 + y2 ) , . . . , α · (xn + yn ))T
(α · x1 + α · y1 , α · x2 + α · y2 , . . . , α · xn + α · yn )T
etr
ie
=
α (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn )T
=
1
2
n
1
2
om
=
(α · x1 , α · x2 , . . . , α · xn )T ⊕ (α · y1 , α · y2 , . . . , α · yn )T
→
−
−
α (x , x , . . . , x )T ⊕ α (y , y , . . . , y )T = α →
a ⊕α b
n
Ge
denn für die Addition und die Multiplikation reeller Zahlen gilt das Distributivgesetz
α · (β + γ) = α · β + α · γ
23
=
=
=
=
(α + β) (x1 , x2 , . . . , xn )T
((α + β) · x1 , (α + β) · x2 , . . . , (α + β) · xn )T
(α · x1 + β · x1 , α · x2 + β · x2 , . . . , α · xn + β · xn )T
hro
=
(α · x1 , α · x2 , . . . , α · xn )T ⊕ (β · x1 , β · x2 , . . . , β · xn )T
−
−
α (x , x , . . . , x )T ⊕ β (x , x , . . . , x )T = α →
a ⊕β→
a
1
n
2
1
2
Sc
−
(α + β) →
a
th)
Zu (VIII):
n
(P.
wegen des im Körper R gültigen Distributivgesetzes (α + β) · γ = α · γ + β · γ.
Zu (IX):
/05
−
1→
a = 1 (x1 , x2 , . . . , xn )T = (1 · x1 , 1 · x2 , . . . , 1 · xn )T = (x1 , x2 , . . . , xn )T
04
da 1 ∈ R das neutrale Element für die Multiplikation reeller Zahlen ist.
est
er
20
Bemerkung. Die Eigenschaften (I)–(IX) zeigen, daß die Menge Rn zusammen mit der Addition
⊕ von Vektoren und der Multiplikation von Skalaren mit Vektoren, also das Tripel (R n , ⊕, ),
einen Vektorraum bilden.
7
II W
int
ers
em
Bemerkung. Da aus dem Zusammenhang stets eindeutig hervorgeht, ob es sich bei einer Addition
um die Addition zweier Vektoren oder um die Addition reeller Zahlen handelt, notieren wir
statt ⊕ ebenfalls +. Dasselbe gilt für die Multiplikation eines Skalars mit einem Vektor und
für die Multiplikation · zweier reeller Zahlen, sodaß wir ohne Verwechslungsgefahr für beide
Rechenoperationen das Zeichen · verwenden dürfen.
Lineare Unabhängigkeit
etr
ie
Die für uns wichtigste Eigenschaft einer Menge von endlich vielen Vektoren des Rn ist ihre lineare
Unabhängigkeit:
om
−
−
−
−
−
−
Definition 4. →
a1 , →
a2 , . . . , →
ak ∈ Rn . Dann heißt die Menge { →
a1 , →
a2 , . . . , →
ak } genau dann linear
unbhängig, wenn sie die folgende Eigenschaft hat:
Für beliebige α1 , α2 , . . . , αk ∈ R gilt
Ge
−
−
−
α1 · →
a1 + α 2 · →
a2 + . . . + α k · →
ak = O =⇒ α1 = α2 = . . . = αk = 0
Eine Menge von Vektoren, die nich linear unabhängig ist, heißt linear abhängig.
−
−
−
Bemerkung. Ein Ausdruck der Form α1 · →
a1 +α2 · →
a2 +. . .+αk · →
ak = O mit Skalaren α1 , α2 , . . . , αk
→
−
→
−
→
−
wird als Linearkombination der Vektoren a1 , a2 , . . . , ak bezeichnet.
24
th)
−
−
−
Die Menge { →
a1 , →
a2 , . . . , →
ak } ist daher genau dann linear unabhängig, wenn es nur eine einzige
Linearkombination der Vektoren gibt, die gleich dem Nullvektor O ist, nämlich die Linearkom−
−
−
bination 0 · →
a1 + 0 · →
a2 + . . . + 0 · →
ak .
−
−
−
Bemerkung. Kontraposition zeigt, was lineare Abhängigkeit bedeutet: Die Menge { →
a ,→
a ,...,→
a }
1
2
k
hro
ist genau dann linear abhängig, wenn es Skalare α1 , α2 , . . . , αk ∈ R so gibt, daß mindestens einer
−
−
−
dieser Skalare nicht 0 ist und α1 · →
a1 + α 2 · →
a2 + . . . + α k · →
ak = O gilt.
/05
(P.
Sc
→
−
−
−c := (−1, −1, 5)T .
Beispiel 5. Sei n = 3, und seien →
a := (1, 2, −6)T , b := (2, −3, −4)T und →
→
−
−
−c } linear unabhängig oder linear abhängig
Es soll untersucht werden, ob die Menge { →
a, b, →
→
−
−
−c = O nur für α = β = γ = 0
ist. Wir müssen daher überprüfen, ob α · →
a +β· b +γ·→
→
−
−
gilt oder ob es auch eine Darstellung des Nullvektors als Linearkombination der Vektoren →
a, b
−c gibt, bei der mindestens einer der drei auftretenden Skalare von 0 verschieden ist.
und →
est
er
20
04
→
−
−
−c = O, also
Gelte α · →
a +β· b +γ·→

 
 
 
 

 
1
2
−1
0
α+2·β−γ
0

 
 
 
 

 
α ·  2  + β · −3 + γ · −1 = 0 ⇐⇒  2 · α − 3 · β − γ  = 0
−6
−4
5
0
−6 · α − 4 · β + 5 · γ
0
em
Da zwei Vektoren genau dann gleich sind, wenn sie komponentenweise übereinstimmen, ist dies
äquivalent zu dem linearen Gleichungssystem
=
0
(1)
2·α−3·β−γ
=
0
(2)
−6 · α − 4 · β + 5 · γ
=
0
(3)
II W
int
ers
α+2·β−γ
Ge
om
etr
ie
Wir verwenden Gleichung (1), um aus den Gleichungen (2) und (3) die Unbekannte α zu eliminieren, ersetzen also (2) durch (2) – 2 · (1) und (3) durch (3) – (-6) · (1), und erhalten
α+2·β−γ
=
0
−7 · β + γ
=
0
8·β−γ
=
0
2. Gleichung + 3. Gleichung führt auf β = 0. Einsetzen in die 2. (oder die 3.) Gleichung ergibt
γ = 0, und mit Hilfe der 1. Gleichung folgt schließlich auch α = 0. Die einzige Linearkombina→
−
→
−
−
−c , die gleich dem Nullvektor ist, ist 0 · →
−
−c . Daher
tion der Vektoren →
a , b und →
a +0· b +0·→
→
−
−
−c } linear unabhängig.
ist die Menge { →
a, b, →
25
Sc
hro
th)
→
−
−
Beispiel 6. Sei wiederum n = 3, und seien diesmal →
a := (1, 2, −6)T , b := (2, −3, −4)T und
→
− −
→
−c := (−4, 13, 0)T . Um { →
−
a, b, →
c } auf lineare Unabhängigkeit zu untersuchen, gehen wir wie
im vorangehenden Beispiel vor:
 


 
 
 
 
0
α+2·β−4·γ
0
−4
2
1
 


 
 
 
 
α ·  2  + β · −3 + γ ·  13  = 0 ⇐⇒  2 · α − 3 · β + 13 · γ  = 0
0
−6 · α − 4 · β + 0 · γ
0
0
−4
−6
=
2 · α − 3 · β + 13 · γ
=
(4)
0
(5)
=
0
(6)
04
−6 · α − 4 · β
0
/05
α+2·β−4·γ
(P.
Zu lösen ist demnach das lineare Gleichungssystem
er
20
Aus (6) entnehmen wir unmittelbar β = − 32 α. Einsetzen in die Gleichung (5) führt auf
3
13
1
2 · α − 3 · − α + 13 · γ = 0 ⇐⇒
α + 13 · γ = 0 ⇐⇒ γ = − α
2
2
2
em
est
Setzen wir nun die gefundenen Terme für β und für γ in Gleichung (4) ein, so erhalten wir
3
1
α + 2 · − α − 4 · − α = 0 ⇐⇒ α − 3 · α + 2 · α = 0 ⇐⇒ 0 = 0
2
2
etr
ie
II W
int
ers
Das bedeutet, daß für jeden beliebigen Wert von α α = α, β = − 23 α und γ = − 12 α eine
Lösung unseres Gleichungssystems ist. Das Gleichungssystem ist nicht eindeutig lösbar, sondern
seine allgemeine Lösung ist eine einparametrige Lösungsschar. Für jede reelle Zahl, die wir für
α einsetzen, erhalten wir eine Lösung des Gleichungssystems. Z.B. liefert die Wahl α = 2 die
Lösung α = 2, β = −3 und γ = −1, und tatsächlich gilt
 
 
 


 
1
2
−4
2 · 1 − 3 · 2 − 1 · (−4)
0
 
 
 


 
2 ·  2  − 3 · −3 − 1 ·  13  =  2 · 2 − 3 · (−3) − 1 · 13  = 0
−6
−4
0
2 · (−6) − 3 · (−4) − 1 · 0
0
Ge
om
Es gibt daher Skalare α, β und γ so, daß mindestens einer von ihnen von 0 verschieden ist (hier
→
−
−
−c der
sogar alle drei) und daß die mit diesen Skalaren gebildete Linearkombination α· →
a +β· b +γ·→
→
−
→
−
−
−c den Nullvektor ergibt. Daher ist die Menge { →
−
−c } linear abhängig.
Vektoren →
a , b und →
a, b, →
Bemerkung. Jede Menge, die den Nullvektor enthält, ist linear abhängig, denn O läßt sich als
−
−
−
eine Linearkombination der Vektoren der Menge { O, →
a2 , →
a3 , . . . , →
ak } darstellen, in der nicht
→
−
→
−
→
−
alle Skalare 0 sind: 1 · O + 0 · a2 + 0 · a3 + . . . + 0 · ak = O.
26
→
−
−
(α 6= 0 ∨ β 6= 0) ∧ α · →
a +β· b = O
th)
→
−
−
Bemerkung. Wir wollen untersuchen, wann zwei Vektoren →
a , b ∈ Rn linear abhängig sind.
→
−
−
Seien →
a und b linear abhängig, es gebe also zwei Skalare α und β mit
(P.
Sc
hro
→
−
−
−
Gilt α 6= 0, so läßt sich diese Gleichung nach →
a auflösen: →
a = − αβ · b . Ist β 6= 0, so erhalten
→
−
−
a . In jedem Fall läßt sich einer der beiden Vektoren als Vielfaches
wir entsprechend b = − αβ · →
des anderen Vektors darstellen. Formal:
→
−
→
−
→
−
−
−
−
{→
a , b } linear abhängig =⇒ ∃λ ∈ R : →
a = λ b ∨ b = λ→
a
er
20
04
/05
→
−
→
−
→
−
−
−
−
Gilt andererseits für ein λ ∈ R →
a = λ b oder b = λ→
a , so folgt 1 · →
a + (−λ) · b = O bzw.
→
−
−
−
(−λ) · →
a + 1 · b = O. Wegen 1 6= 0 gibt es dann also eine Linearkombination der Vektoren →
a
→
−
und b , in der mindestens einer der beiden Skalare nicht 0 ist und die gleich dem Nullvektor O
ist.
Insgesamt gilt daher
→
−
→
−
→
−
−
−
−
{→
a , b } linear abhängig ⇐⇒ ∃λ ∈ R : →
a = λ b ∨ b = λ→
a
Basis und Koordinaten
ers
8
em
est
→
−
−
Speziell für n = 2 oder n = 3 bedeutet dies, daß zwei Vektoren →
a und b genau dann linear
−−→
−−→
abhängig sind, wenn ihre Repräsentanten O∗ P und O∗ Q auf einer Geraden liegen.
II W
int
Linear unabhängige Teilmengen des Rn , die genau n Vektoren enthalten, haben eine bemerkenswerte Eigenschaft. Es gilt nämlich
etr
ie
→, −
→
−
→
n
Satz 9. { −
x
1 x2 , . . . , xn } ⊂ R sei eine linear unabhängige Menge von n Vektoren. Dann gilt:
−c ∈ Rn gibt es eindeutig bestimmte Skalare α , α , . . . , α ∈ R mit
Zu jedem Vektor →
1
2
n
→
−c = α · −
→
−
→
−
→
1 x1 + α 2 · x2 + . . . + α n · xn
Ge
om
Beweis. Wir müssen zwei Behauptungen beweisen, nämlich die Existenz derartiger Skalare
α1 , α2 , . . . , αn und ihre Eindeutigkeit. Beim Existenzbeweis werden wir uns auf den Fall n = 2
beschränken und einen geometrischen Beweis durchführen, der sich mit einigen Modifikationen
auch auf den R3 übertragen läßt. Die Eindeutigkeit hingegen wollen wir allgemein nachweisen.
Eindeutigkeit: Gelte
→
−c = α · −
→
−
→
−
→
→
→
→
∗ −
∗ −
∗ −
1 x1 + α 2 · x2 + . . . + α n · xn = α 1 · x1 + α 2 · x2 + . . . + α n · xn
27
th)
2
2
1
3
4
(P.
–1
Sc
hro
1
/05
–1
20
04
Abbildung 15: Basisdarstellung eines Vektors im R2
Dann folgt
er
→ + (α − α∗ ) · −
→ + . . . + (α − α∗ ) · −
(α1 − α1∗ ) · −
x
x
x→
1
2
2
n
n = O
2
n
em
est
→, −
→
−
→
Da { −
x
1 x2 , . . . , xn } nach Voraussetzung linear unabhängig ist, sind sämtliche auftretenden Skalare gleich 0
α1 − α1∗ = 0 ∧ α2 − α2∗ = 0 ∧ . . . ∧ αn − αn∗ = 0
ers
und das heißt α1 = α1∗ , α2 = α2∗ , . . ., αn − αn∗ .
Ge
om
etr
ie
II W
int
−→
−−→
→
−
−
−c ein Vektor des R2 . −
Existenz : Sei { →
a , b } ⊂ R2 linear unbhängig und sei →
O∗ P bzw. O∗ Q seien
→
−
−
Repräsentanten von →
a bzw. b und ga bzw. gb seien die Geraden, auf denen diese Repräsentanten
−−→
−c . h sei die Parallele zu g durch den
liegen. Außerdem sei O∗ R ein Repräsentant für den Vektor →
b
−−→
0
−
Punkt R, S sei der Schnittpunkt von ga und h, und →
a sei der von O∗ S repräsentierte Vektor.
−−→
−−→
0
−
−
Da O∗ P und O∗ S auf derselben Geraden liegen, sind die Vektoren →
a und →
a linear abhängig.
0
−−→
→
−
0
0
−
−
−
−c − →
−
Da →
a 6= O gilt, gibt es ein α ∈ R mit →
a = α·→
a . Wir setzen b := →
a . Sei O∗ T ein
0
−−→
−−→
→
−
→
−
→
−0
Repräsentant für b . Da O∗ Q und O∗ T auf derselben Geraden liegen, sind b und b linear
→
−
→
−0
→
−
abhängig, und, da auch b 6= O ist, gibt es ein β ∈ R mit b = β · b . Somit ist
→
−0
→
−
0
−c − →
−
−c − α · →
−
b = β· b = →
a = →
a
→
−
−c = α · →
−
und das bedeutet →
a +β· b.
→, −
→
−
→
3
Beispiel 7. Die Vektoren −
x
1 x2 und x3 des R seien durch
−
→ := (2, −1, 2)T ,
x
1
−
→ := (−3, −1, −1)T ,
x
2
−
→ := (1, 3, −2)T
x
3
28
−c sei der Vektor (9, 17, −9)T . Wir wollen zeigen, daß die Menge { −
→, −
→ −
→
definiert, und →
x
1 x2 , x3 }
linear unabhängig ist und außerdem Skalare α1 , α2 und α3 so bestimmen, daß
th)
→+α ·−
→
−
→
→
−
α1 · −
x
1
2 x2 + α 3 · x3 = c
hro
gilt.
−α1 − α2 + 3 · α3
=
2 · α1 − α2 − 2 · α 3
=
0
(P.
=
0
0
/05
2 · α1 − 3 · α 2 + α3
Sc
Als erstes müssen wir also nachweisen, daß die einzige Lösung des linearen Gleichungssystems
20
04
die Lösung α1 = α2 = α3 = 0 ist.
−c als Linearkombination der Vektoren −
→, −
→
−
→
Für die gesuchte Darstellung des Vektors →
x
1 x2 und x3
ist die Lösung des linearen Gleichungssystems
=
9
−α1 − α2 + 3 · α3
=
17
2 · α1 − α2 − 2 · α 3
=
−9
em
est
er
2 · α1 − 3 · α 2 + α3
etr
ie
II W
int
ers
zu ermitteln. Die linken Seiten der beiden Gleichunssysteme sind gleich, nur die rechten Seiten
sind unterschiedlich. Daher lassen sich beide Systeme simultan lösen. Da es außerdem gleichgültig ist, mit welchen Buchstaben die Unbekannten bezeichnet werden, genügt es, die Faktoren,
die vor den Unbekannten stehen, nämlich ihre Koeffizienten, zu notieren, denn nur mit ihnen
wird bei der Lösung des Gleichungssystems gerechnet. Damit erhalten die beiden zu lösenden
Gleichungssysteme die folgende Form
2
-1
2
-3
-1
-1
1
3
-2
0
0
0
9
17
-9
(I)
(II)
(III)
om
Die üblichen Umformungen, die man zur Lösung eines linearen Gleichungssystems einsetzt, um
Unbekannte zu eliminieren, sind
Ge
(i) Vertauschen zweier Gleichungen.
(ii) Ersetzen der Gleichung (x) durch (x) plus ein Vielfaches einer anderen Gleichung (y).
(iii) Vertauschen von zwei Unbekannten (diese Umformung muß am Ende rückgängig gemacht
werden!).
29
Ihnen entsprechen in dem obigen Schema die Operationen
(i’) Vertauschen zweier Zeilen.
hro
th)
(ii’) Ersetzen der Zeile (x) durch (x) + c · (y) mit einem Faktor c ∈ R und einer von Zeile (x)
verschiedenen Zeile (y).
Sc
(iii’) Vertauschen zweier links vom Doppelstrich gelegenen Spalten des Schemas, wobei dieses
Vertauschen im Ergebnis wieder rückgängig gemacht werden muß.
7
3
4
0
0
0
43
17
25
(I)+2·(II)
(II)
(III)+2·(II)
04
-5
-1
-3
20
0
-1
0
/05
(P.
In unserem Beispiel ist die zweite Gleichung besonders dazu geeignet, die erste Unbekannte α 1 aus
der ersten und der dritten Gleichung zu eliminieren, denn in dieser Gleichung ist der Koeffizient
von α1 gleich −1, und das Eliminieren läßt sich ohne den sehr fehlerträchtigen Einsatz von
Bruchrechnung durchführen:
(I’)
(II’)
(III’)
-5
-1
0
20
5
7
3
−
0
0
0
43
17
125
129
5 − 5
em
0
-1
0
est
er
Nun entfernen wir mit Hilfe von Gleichung (I’) die Unbekannte α2 aus Gleichung (III’), indem
wir (III’) durch (III’) – 53 · (I’) ersetzen:
21
5
(I’)
(II’)
(III’) – 35 · (I’)
etr
ie
II W
int
ers
Aus der letzten Gleichung folgt für das erste Gleichungssystem α3 = 0, aus der ersten Gleichung
→, −
→ −
→
damit auch α2 = 0 und mit der zweiten Gleichung schließlich α1 = 0. Die Menge { −
x
1 x2 , x3 }
ist tatsächlich linear unabhängig.
Für das zweite Gleichungssystem liefert die letzte Gleichung α3 = 4. Einsetzen in die erste
Gleichung ergibt −5 · α2 = 15, also α2 = −3, und aus der zweiten Gleichung lesen wir −α1 =
17 + (−3) − 3 · 4 = 2, also α1 = −2 ab. Probe:
 
 
 
 
2
−3
1
9
 
 
 
 
(−2) · −1 + (−3) · −1 + 4 ·  3  =  17 
2
−1
−2
−9
Ge
om
→, −
→
−
→
n
n
Definition 5. B := { −
x
1 x2 , . . . , xn } ⊂ R heißt eine Basis des Vektorraumes R genau dann,
wenn B eine linear unabhängige Menge mit n Elementen ist.
→, −
→
−
→
→
−
n
n
n
Bemerkung. Ist B := { −
x
1 x2 , . . . , xn } ⊂ R eine Basis des R , so besitzt jeder Vektor c ∈ R
−c existieren
eine eindeutige Darstellung als Linearkombination der Elemente von B, denn zu →
eindeutig bestimmte Skalare α1 , α2 , . . . , αn ∈ R mit
→
−c = α · −
→
−
→
−
→
1 x1 + α 2 · x2 + . . . + α n · xn
30
−c bezüglich der Basis B. Z.B.
Diese Skalare α1 , α2 , . . . , αn heißen die Koordinaten des Vektors →
−c = (9, 17, −9)T bzgl. der Basis
hat der Vektor →
th)
B = { (2, −1, 2)T , (−3, −1, −1)T , (1, 3, −2)T }
Sc
hro
die Koordinaten −2, −3 und 4, oder, faßt man die Koordinaten zu einem Koordinatenvektor
zusammen:
B
(9, 17, −9)T ←→ (−2, −3, 4)T
(P.
→, −
→
−
→
−
→∗ −
→∗
−
→∗
∗
n
Seien nun zwei Basen B := { −
x
1 x2 , . . . , xn } und B := { x1 , x2 , . . . , xn } des R gegeben,
−c ein Vektor des Rn . Es gelte
und sei →
und
B∗
→
−c ←→
(α1∗ , α2∗ , . . . , αn∗ )T
/05
B
→
−c ←→
(α1 , α2 , . . . , αn )T
er
20
04
Da es sich bei den Koordinaten α1 , α2 , . . . , αn und α1∗ , α2∗ , . . . , αn∗ um die Koordinaten ein und
−c , allerdings bzgl. verschiedener Basen B und B ∗ , handelt, darf davon ausdesselben Vektors →
gegangen werden, daß zwischen den ungesternten und den gesternten Koordinaten des Vektors
→
−c ein Zusammenhang besteht, den wir im folgenden entschlüsseln wollen.
=
=
..
.
1,2
II W
int
2
→+a ·−
→
−
→
a1,1 · −
x
1
2,1 x2 + . . . + an,1 · xn
→+a ·−
→ + ... + a · −
a ·−
x
x
x→
ers
−
→∗
x
1
∗
−
→
x
em
est
→, −
→
−
→
n
n
Da B = { −
x
1 x2 , . . . , xn } eine Basis des R ist, läßt sich jeder Vektor des R , insbesondere auch
→∗ , −
→∗
−
→∗
die Vektoren der Basis B ∗ = { −
x
1 x2 , . . . , xn }, eindeutig als Linearkombination der Vektoren
−
→, −
→
−
→
x
1 x2 , . . . , xn darstellen. Sei
=
2,2
2
n,2
n
→+a ·−
→
−
→
a1,n · −
x
1
2,n x2 + . . . + an,n · xn
etr
ie
∗
−
x→
n
1
om
oder, in einer Formel für ν ∈ { 1, 2, . . . , n }:
−
→∗ = a · −
→
−
→
−
→
x
ν
1,ν x1 + a2,ν · x2 + . . . + an,ν · xn
Ge
Beachte: Der erste Index von aµ,ν , also µ, ist der Index des Vektors −
x→
µ , der mit diesem Skalar
→∗ , bei dessen
multipliziert wird. Der zweite Index von aµ,ν , also ν, ist der Index des Vektors −
x
ν
Darstellung als Linearkombination der Vektoren der Basis B die Skalare a 1,ν , a2,ν , . . . , an,ν auftreten.
Wir versehen die Koeffizienten aµ,ν deshalb mit zwei Indices, da wir sie später in einem rechteckigen Zahlenschema, nämlich einer Matrix, anordnen wollen, wobei der erste Index die Zeile
31
th)
und der zweite Index die Spalte, in der der Koeffizient notiert werden soll, angibt. So wird z.B.
a2,3 in der zweiten Zeile und in der dritten Spalte dieser Matrix auftreten. Allgemein: Die ν-te
Spalte dieser Matrix enthält genau die Einträge a1,ν , a2,ν , . . . , an,ν , also genau die Koeffizienten
→∗ als Linearkombination der Vektoren der Basis B
bei der Darstellung von −
x
ν
hro
−
→∗ = a · −
→
−
→
−
→
x
ν
1,ν x1 + a2,ν · x2 + . . . + an,ν · xn
Sc
B∗
−c ←→
Nach Voraussetzung gilt →
(α1∗ , α2∗ , . . . , αn∗ )T , also
(P.
→
−c = α∗ · −
→∗
→∗
→∗
∗ −
∗ −
1 x1 + α 2 · x2 + . . . + α n · xn
04
=
→∗ + α ∗ · −
→∗
→∗
∗ −
α1∗ · −
x
1
2 x2 + . . . + α n · xn
→+a ·−
→
−
→
α1∗ · (a1,1 · −
x
1
2,1 x2 + . . . + an,1 · xn ) +
→+a ·−
→ + ... + a · −
α∗ · (a · −
x
x
x→) +
1,2
2
1
... +
2,2
n,2
2
n
1,1
1
est
→+a ·−
→
−
→
αn∗ · (a1,n · −
x
1
2,n x2 + . . . + an,n · xn )
→+
(a · α∗ + a · α∗ + . . . + a · α∗ ) · −
x
α1∗
α2∗
1,2
em
=
20
=
er
→
−c
/05
→∗ , −
→∗
−
→∗
Setzen wir hier für −
x
1 x2 , . . . , x1 die Darstellungen dieser Vektoren als Linearkombinationen
→, −
→
−
→
der Vektoren −
x
1 x2 , . . . , xn der Basis B ein, so ergibt sich
+ a2,2 ·
1,n
+ . . . + a2,n ·
n
1
αn∗ )
→+
·−
x
2
ers
(a2,1 ·
2
... +
II W
int
(an,1 · α1∗ + an,2 · α2∗ + . . . + an,n · αn∗ ) · −
x→
n
Andererseite ist aber auch
→
−c = α · −
→
−
→
−
→
1 x1 + α 2 · x2 + . . . + α n · xn
Ge
om
etr
ie
−c als Linearkombination der Vektoren der Basis B jedoch
Da die Darstellung des Vektors →
eindeutig ist, müssen die entsprechenden Skalare in diesen beiden Darstellungen gleich sein. Es
gilt daher
a1,1 · α1∗ + a1,2 · α2∗ + . . . + a1,n · αn∗
α1
=
α2
..
.
=
a2,1 · α1∗ + a2,2 · α2∗ + . . . + a2,n · αn∗
αn
=
an,1 · α1∗ + an,2 · α2∗ + . . . + an,n · αn∗
Sc
hro
Eine andere Schreibweise für diesen Sachverhalt ist

 
  
a1,1 a1,2 . . . a1,n
α1
α1∗

 
  ∗
 a2,1 a2,2 . . . a2,n   α2 
 α2 

 
  
a
 



∗
 3,1 a3,2 . . . a3,n  ·  α3  =  α3 

 . 



..
..

 .. 
  ... 
.
.

 
  
an,1 an,2 . . . an,n
αn∗
αn
th)
32
/05
(P.
Dabei ist das links stehende Produkt der Matrix und des Vektors folgendermaßen definiert: Um
die k-te Komponente des Ergebnisvektors zu bestimmen, rechne man k-te Zeile der Matrix, 1.
Element × 1. Komponente des Vektors + k-te Zeile, 2. Element × 2. Komponente + k-te Zeile,
3. Element × 3. Komponente + . . . + k-te Zeile, n. Element × n. Komponente, eine Rechnung,
die man gut mit den Zeigefingern der linken und der rechten Hand durchführen kann.
04
→, −
→
−
→
3
Beispiel 8. Wieder seien die Vektoren −
x
1 x2 und x3 des R durch
−
→ := (−3, −1, −1)T ,
x
2
20
−
→ := (2, −1, 2)T ,
x
1
−
→ := (1, 3, −2)T
x
3
−
→∗ := (−7, −6, 1)T ,
x
2
em
−
→∗ := (−6, −8, 3)T ,
x
1
est
er
→, −
→ −
→
−
→∗ −
→∗
3
definiert. Wir wissen bereits, daß B = { −
x
1 x2 , x3 } eine Basis des R ist. Die Vektoren x1 , x2
→∗ seien
und −
x
3
−
→∗ := (1, 4, −3)T
x
3
II W
int
ers
→∗ , −
→∗ −
→∗
B∗ = { −
x
1 x2 , x3 }.
Wir wollen als erstes zeigen daß auch B ∗ eine Basis des R3 ist und dann die Vektoren von B ∗ als
Linearkombinationen der Vektoren von B darstellen, also die Matrix bestimmen, die den Übergang von der Basis B zur Basis B ∗ beschreibt. Daher lösen wir zunächst das Gleichungssystem
etr
ie
-6
-8
3
-7
-6
1
1
4
-3
0
0
0
(I)
(II)
(III)
-6
16
-15
-7
22
-20
1
0
0
0
0
0
(I)’
(II)’
(III)’
1
16
-6
22
0
7
0
0
0
0
0
(I)”
(II)”
(III)”
Ge
om
(II) - 4 · (I) bzw. (III) + 3 · (I) führt auf
(III)’ +
20
22 ·
(II)’ ergibt
−5
11
33
th)
Aus (III)” lesen wir α1 = 0 ab. Einsetzen in (II)” liefert α2 = 0, und aus (I)” folgt α3 = 0. Die
einzige Lösung dieses Gleichungssystems ist α1 = α2 = α3 = 0. Daher ist auch B ∗ eine Basis
des R3 .
-6
-8
3
1
3
-2
-7
-6
1
1
4
-3
-19
-6
-11
9
4
5
-5
-1
-3
7
3
4
-22
-8
-13
est
7
3
-22
-8
-19
-6
9
4
1
5
2
5
− 25
em
-5
-1
0
− 15
(I)”
(II)”
(III)”
ers
0
-1
0
(I)’
(II)’
(III)’
er
Mit (III)’ - 53 · (I)’ erhalten wir
20
0
-1
0
04
(I) + 2 · (II) bzw. (III) + 2 · (II) ergibt
(I)
(II)
(III)
(P.
-3
-1
-1
/05
2
-1
2
Sc
hro
Nun müssen wir die Vektoren der Basis B ∗ als Linearkombinationen der Vektoren der Basis
B darstellen, also drei lineare Gleichungssysteme lösen, deren linke Seiten gleich sind, was sich
natürlich wieder simultan durchführen läßt.
beschrieben.
etr
ie
II W
int
Aus (III)” lesen wir a3,1 = −1, a3,2 = −2 und a3,3 = 2 ab. Einsetzen in (I)” ergibt a2,1 = 3,
a2,2 = 1 und a2,3 = 1. Aus (II)” folgt schließlich a1,1 = 2, a1,2 = −1 und a1,3 = 1. Daher
wird der Übergang von B zu B ∗ durch die Matrix


2 −1 1


1 1
3
−1 −2 2
Ge
om
−c := (14, 6, 3)T . Wir berechnen die Koordinaten von →
−c bzgl. B und bzgl. B ∗ , lösen
Sei nun →
also die linearen Gleichungssysteme
2
-1
2
-3
-1
-1
1
3
-2
14
6
3
und
-6
-8
3
-7
-6
1
1
4
-3
14
6
3
34
(I)
(II)
(III)
−6
−8
3
0
−1
0
−5
−1
−3
7
3
4
26
6
15
(I)+2·(II)
(II)
(III)+2·(II)
−6
16
−15
−7
22
−20
0
−1
0
−5
−1
0
7
3
26
6
− 53
−6
5
− 10
−15
−7
0
−20
1
4
−3
1
0
0
14
6
3
14
−50
45
(I)
(II)
(III)
/05
1
0
0
(I)
(II)−4·(I)
(III)+3·(I)
14
5
− 10
45
(I)’
22
(II)’+ 20
·(III)’
(III)’
04
− 15
(I)’
(II)’
(III)’− 53 ·(I)’
−7
−6
1
th)
14
6
3
hro
1
3
−2
Sc
−3
−1
−1
(P.
2
−1
2
est
er
20
Die Lösungen sind α1 = 4, α2 = −1 und α3 = 3 bzw. α1∗ = 1, α2∗ = −3 und α3∗ = −1, und
tatsächlich gilt auch
 


  
4
2 · 1 + (−1) · (−3) + 1 · (−1)
1
2 −1 1
 


  

3 · 1 + 1 · (−3) + 1 · (−1)
1 1 · −3 = 
 = −1
3
3
(−1) · 1 + (−2) · (−3) + 2 · (−1)
−1
−1 −2 2
Ge
om
etr
ie
II W
int
ers
em

35
Teil III
th)
Koordinatensysteme
Koordinatensysteme
/05
9
(P.
Sc
hro
Das wichtigste Hilfsmittel bei der rechnerischen Behandlung geometrischer Problemstellungen
ist ein Koordinatensystem. Bzgl. eines Koordinatensystems ist die Lage eines Punktes in der
Ebene oder im Raum eindeutig durch sein Koordinatenpaar (Ebene) bzw. sein Koordinatentripel
(Raum) bestimmt.
20
1.5
04
2
er
1
–1
0
1
2
–0.5
II W
int
ers
–2
em
est
0.5
Abbildung 16: Ein cartesisches Koordinatensystem der Ebene
Ge
om
etr
ie
Ein cartesisches Koordinatensystem der Ebene besteht bekanntlich aus zwei aufeinander senkrecht stehenden Geraden g1 und g2 ( g1 ⊥ g2 ), der x-Achse und der y-Achse, die einander
im Koordinatenursprung P0 schneiden sowie je einem von P0 verschiedenen Punkt E1 auf der
x-Achse und E2 auf der y-Achse, wobei | P0 E1 | = | P0 E2 | = 1 gilt. E1 und E2 heißen die
Einheitspunkte des Koordinatensystems.
Analog bilden drei Geraden g1 , g2 und g3 , die sich in einem Punkt P0 schneiden sowie je ein
von P0 verschiedener Punkt E1 auf g1 , E2 auf g2 und E3 auf g3 genau dann ein cartesisches
Koordinatensystem des Raumes, wenn
g 1 ⊥ g 2 ∧ g 1 ⊥ g 3 ∧ g 2 ⊥ g 3 ∧ | P 0 E1 | = | P 0 E2 | = | P 0 E3 | = 1
gilt. Auch hier heißen P0 der Koordinatenursprung und E1 , E2 und E3 die Einheitspunkte des
36
hro
–2
th)
2
Sc
–2
(P.
2
/05
2
04
Abbildung 17: Ein cartesisches Koordinatensystem des Raumes
20
Koordinatensystems.
etr
ie
II W
int
ers
em
est
er
Bemerkung. Verzichtet man darauf, daß die Koordinatenachsen aufeinander senkrecht stehen
und daß die Einheitspunkte gleiche Abstände vom Koordinatenursprung P0 haben, so kommt
man zu dem allgemeinen Begriff des Koordinatensystems:
Zwei nicht parallele Geraden g1 und g2 mit dem Schnittpunkt P0 und je ein von P0 verschiedener Punkt E1 auf g1 und E2 auf g2 bilden ein Koordinatensystem der Ebene. Da die Gerade
g1 als Verbindungsgerade der Punkte P0 und E1 (g1 = P0 ∨ E1 ) durch diese Punkte eindeutig
festgelegt ist, und wegen g2 = P0 ∨ E2 ist ein Koordinatensystem bereits durch die Punkte
P0 , E1 und E2 eindeutig bestimmt. Daher könnten wir definieren, daß drei Punkte P0 , E1 und
E2 genau dann ein Koordinatensystem K = { P0 ; E1 , E2 } der Ebene bilden, wenn P0 6= E1 ,
P0 6= E2 und P0 ∨ E1 ∦ P0 ∨ E2 gelten.
Analog ist K = { P0 ; E1 , E2 , E3 } genau dann ein Koordinatensystem des Raumes, wenn
P0 6= E1 , E2 , E3 gilt und wenn die drei Geraden P0 ∨ E1 , P0 ∨ E2 und P0 ∨ E3 nicht in
einer Ebene liegen.
Ge
om
Um einem Punkt Q der Ebene bzgl. eines gegebenen Koordinatensystems K Koordinaten zuzuordnen, gehen wir folgendermaßen vor: Die Parallele zur y-Achse g2 durch den Punkt Q schneide
die x-Achse g1 im Punkt Qx , die Parallele zur x-Achse g1 durch den Punkt Q schneide die y-Achse
g2 im Punkt Qy . Die reellen Zahlen x und y seien folgendermaßen bestimmt: Um die gerichtete
−−−→
−−−→
Strecke P0 Qx zu erhalten, muß die gerichtete Strecke P0 E1 x mal (mit Vorzeichen!) abgetragen
−−−→
−−−→
werden, und um P0 Qy zu erhalten, muß P0 E2 y mal abgetragen werden. Dann sind x und y die
K
Koordinaten des Punktes Q bzgl des Koordinatensystems K. In Zeichen: Q ←→ (x | y).
37
04
/05
(P.
Sc
hro
th)
−
Dieses Vorgehen läßt sich auch anders interpretieren. Sei →
a ein von der gerichteten Strecke
−−−→
−
P0 E1 repräsentierter Vektor, oder, in etwas laxer Sprech- und Schreibweise, sei →
a der Ver→
−
−
−
−
→
−−−→
→
−
bindungsvektor der Punkte P0 und E1 , formal: a = P0 E1 , und gelte analog b = P0 E2 ,
→
−
−−→ −
−−−→
−−−→
→
−
−
−
−
−
−
−
−
q = P0 Q, →
qx = P0 Qx und →
qy = P0 Qy . Wegen →
qx = x · →
a, →
qy = y · b und →
qx + →
qy = →
q
→
−
−
−
→
→
−
→
−
→
−
gilt q = x · a + y · b . x und y sind also gerade die Koordinaten des Vektors q = P0 Q
→
−
−−−→ −−−→
−
bzgl. der Basis B = { →
a , b } = { P0 E1 , P0 E2 } des Vektorraumes R2 . (B ist eine Basis des R2 ,
da sich jeder Vektor des R2 als Linearkombination der Vektoren dieser zweielementigen Menge
−−−→ −−−→
darstellen läßt. Daher kann B nicht linear abhängig sein.) B = { P0 E1 , P0 E2 } heißt die zum
Koordinatensystem K der Ebene zugehörige Basis B des Vektorraumes R2 . Es gilt
−−→ B
K
Q ←→ (x | y) ⇐⇒ P0 Q ←→ (x, y)T
−−−→
−−−→
−−−→
−−−→
K
Wegen P0 P0 = O = 0 · P0 E1 + 0 · P0 E2 folgt sofort P0 ←→ (0 | 0), und wegen P0 E1 =
−−−→
−−−→
−−−→
−−−→
−−−→
K
K
1· P0 E1 +0· P0 E2 bzw. P0 E2 = 0· P0 E1 +1· P0 E2 erhalten wir E1 ←→ (1 | 0) bzw. E2 ←→ (0 | 1).
II W
int
ers
em
est
er
20
Sei nun K ein Koordinatensystem und R ein Punkt des Raumes. Die zur x-y-Ebene (bzw. xz-Ebene bzw. y-z-Ebene) parallele Ebene durch R schneide die z-Achse (bzw. y-Achse bzw.
−−−→
−−−→
x-Achse) im Punkt Rz (bzw. Ry bzw. Rx ). Um die gerichtete Strecke P0 Rz (bzw. P0 Ry bzw.
−−−→
−−−→
−−−→
−−−→
P0 Rx ) zu erhalten, muß die gerichtete Strecke P0 E3 (bzw. P0 E2 bzw. P0 E1 ) z mal (bzw. y mal
bzw. x mal) abgetragen werden. Dann sind x, y und z die Koordinaten des Punktes R bzgl. des
K
Koordinatensystems K: R ←→ (x | y | z).
Dieselben Überlegungen wie im Fall der Ebene ergeben hinsichtlich der zum Koordinatensystem
−−−→ −−−→ −−−→
K zugehörigen Basis B = { P0 E1 , P0 E2 , P0 E3 } des Vektorraumes R3 :
−−→ B
K
R ←→ (x | y | z) ⇐⇒ P0 R ←→ (x, y, z)T
Ge
om
etr
ie
Bemerkung. Wir haben gesehen, daß zu jedem Koordinatensystem K der Ebene (oder des Raumes) eine Basis B des R2 (bzw. des R3 ) gehört.
→
−
−
Ist andererseits B = { →
a , b } eine Basis des R2 und P0 ein Punkt der Ebene, so gibt es genau ein Koordinatensystem K der Ebene mit dem Punkt P0 als Koordinatenursprung, dessen
−
zugehörige Basis des R2 gerade die Basis B ist, denn zu →
a gibt es genau einen Repräsentanten
→
−
−−−→
−−−→
P0 E1 mit dem Anfangspunkt P0 , und zu b gibt es ebenfalls genau einen Repräsentanten P0 E2
mit dem Anfangspunkt P0 . Daher ist K = { P0 ; E1 , E2 } das eindeutig bestimmte Koordinatensystem der Ebene mit dem Koordinatenursprung P0 , dessen zugehörige Basis die vorgegebene
Basis B ist.
Völlig analog zeigt man, daß sich auch im Raum bei fest gewähltem Koordinatenursprung P0
die Koordinatensysteme mit diesem Koordinatenursprung P0 umkehrbar eindeutig den Basen
des Vektorraumes R3 zuordnen lassen.
38
th)
Definition 6. Seien P0 , E1 und E2 drei Punkte der Ebene. Dann heißt K := { P0 ; E1 , E2 } ein
−−−→ −−−→
Koordinatensystem der Ebene genau dann, wenn B := { P0 E1 , P0 E2 } eine Basis des Vektorraumes R2 ist.
Sc
hro
Seien P0 , E1 , E2 und E3 vier Punkte des Raumes. Dann heißt K := { P0 ; E1 , E2 , E3 } ein
−−−→ −−−→ −−−→
Koordinatensystem des Raumes genau dann, wenn B := { P0 E1 , P0 E2 , P0 E3 } eine Basis des
Vektorraumes R3 ist.
/05
(P.
−−−→ −−−→
Bemerkung. Sei K = { P0 ; E1 , E2 } ein Koordinatensystem der Ebene und B = { P0 E1 , P0 E2 }
K
die zugehörige Basis des R2 . S und T seien zwei Punkte der Ebene mit S ←→ (x1 | y1 ) und
−
→
K
T ←→ (x2 | y2 ). Dann besitzt ihr Verbindungsvektor ST bzgl. der Basis B die Koordinaten
(x2 − x1 , y2 − y1 )T , d.h. es gilt
04
−→
−−−→
−−−→
ST = (x2 − x1 ) · P0 E1 + (y2 − y1 ) · P0 E2
er
20
−−→
−−−→
−−−→
K
K
Beweis. S ←→ (x1 | y1 ) heißt P0 S = x1 · P0 E1 + y1 · P0 E2 , und T ←→ (x2 | y2 ) bedeutet
−−→
−−−→
−−−→
−−→
−−→ −→
P0 T = x2 · P0 E1 + y2 · P0 E2 . Wegen P0 T = P0 S + ST folgt sofort
em
−→ B
also ST ←→ (x2 − x1 , y2 − y1 )T .
est
−→
−−→ −−→
−−−→
−−−→
ST = P0 T − P0 S = (x2 − x1 ) · P0 E1 + (y2 − y1 ) · P0 E2
ers
Eine analoge Darstellung gilt natürlich auch für Punkte im Raum.
II W
int
Beispiel 9. Bzgl. eines cartesischen Koordinatensystems K = { P0 ; E1 , E2 } der Ebene seien
K
K
K
K
die Punkte P0∗ ←→ (2 | 1), E1∗ ←→ (0 | 2), E2∗ ←→ (−1 | − 2) und Q ←→ (3 | − 1) gegeben. Wir
wollen zeigen, daß auch K∗ = { P0∗ ; E1∗ , E2∗ } ein Koordinatensystem der Ebene ist (allerdings
kein cartesisches) und die Koordinaten des Punktes Q bzgl. K ∗ ermitteln.
K
K
K
Ge
om
etr
ie
Wegen P0 ←→ (0 | 0), E1 ←→ (1 | 0) und E2 ←→ (0 | 1) gehört zum Koordinatensystem K
die Basis B = { (1, 0)T , (0, 1)T }, die sogenannte kanonische Basis des Vektorraumes R2 . Weil
−−∗−→∗
−−−→
P0 E1 = (0, 2)T − (2, 1)T = (−2, 1)T und P0∗ E2∗ = (−1, −2)T − (2, 1)T = (−3, −3)T ist,
müssen wir für den Nachweis, daß auch K∗ = { P0∗ ; E1∗ , E2∗ } ein Koordinatensystem der Ebene
ist, B ∗ = { (−2, 1)T , (−3, −3)T } auf lineare Unabhängigkeit untersuchen.
−−→
Um die Koordinaten des Punktes Q bzgl. K ∗ zu ermitteln, versuchen wir, den Vektor P0∗ Q =
−−−→
= (3, −1)T − (2, 1)T = (1, −2)T als Linearkombination der Vektoren P0∗ E1∗ = (−2, 1)T und
−−∗−→∗
P0 E2 = (−3, −3)T darstellen. Beide Aufgabe lassen sich simultan bearbeiten:
−2
1
−3
−3
0
0
1
−2
0
1
−9
−3
0
0
−3
−2
39
5
4
th)
3
hro
2
–2
–1
0
2
1
3
4
5
(P.
–3
Sc
1
–1
/05
–2
04
–3
20
Abbildung 18: Ein Koordinatensystem der Ebene
Koordinatentransformationen
II W
int
10
ers
em
est
er
Für die erste Ergebnisspalte zeigt die erste Zeile des umgeformten Systems β = 0, und die
zweite Zeile liefert auch α = 0. B ∗ ist eine Basis des R2 und K∗ damit ein Koordinatensystem
der Ebene.
1
Für die zweite Ergebnisspalte ergibt die erste Zeile des umgeformten Systems β = −3
−9 = 3 ,
∗
K
und aus der zweiten Zeile erhalten wir α = −2 + 3 · 13 = −1. Daher gilt Q ←→ −1 | 13 .
etr
ie
Gegeben seien zwei Koordinatensysteme K und K∗ und ein Punkt P der Ebene oder des Raumes.
Wir wollen untersuchen, wie die Koordinaten von P bzgl. K und die Koordinaten von P bzgl. K ∗
miteinander zusammenhängen. Wir beschränken uns auf den komplizierteren räumlichen Fall.
Die Überlegungen für die Ebene verlaufen völlig analog.
Ge
om
Seien K = { P0 ; E1 , E2 , E3 } und K∗ = { P0∗ ; E1∗ , E2∗ , E3∗ } zwei Koordinatensysteme des
−−−→ −−−→ −−−→
−−−→ −−−→ −−−→
Raumes. B = { P0 E1 , P0 E2 , P0 E3 } und B ∗ = { P0∗ E1∗ , P0∗ E2∗ , P0∗ E3∗ } seien die zugehörigen
Basen des Vektorraumes R3 . Zur Basistransformation von B zur Basis B ∗ gehört die Matrix


a1,1 a1,2 a1,3


a2,1 a2,2 a2,3 
a3,1 a3,2 a3,3
40
wobei, wie bekannt, deren Einträge durch
=
th)
=
−−−→
−−−→
−−−→
a1,1 · P0 E1 + a2,1 · P0 E2 + a3,1 · P0 E3
−−−→
−−−→
−−−→
a1,2 · P0 E1 + a2,2 · P0 E2 + a3,2 · P0 E3
−−−→
−−−→
−−−→
a1,3 · P0 E1 + a2,3 · P0 E2 + a3,3 · P0 E3
hro
=
Sc
−−−→
P0∗ E1∗
−−−→
P0∗ E2∗
−−−→
P0∗ E3∗
(P.
bestimmt sind. Außerdem seien t1 , t2 und t3 die Koordinaten des Punktes P0∗ bzgl. des KoordiK
natensystems K, P0∗ ←→ (t1 | t2 | t3 ), es gelte also
/05
−−−→
−−−→
−−−→
−−−→
P0 P0∗ = t1 · P0 E1 + t2 · P0 E2 + t3 · P0 E3
K
K∗
=
−−−→
−−−→
−−−→
α 1 · P 0 E1 + α 2 · P 0 E2 + α 3 · P 0 E3
−−−→
−−−→
−−−→
α1∗ · P0∗ E1∗ + α2∗ · P0∗ E2∗ + α3∗ · P0∗ E3∗
20
=
=
−−−→
−−−→
−−−→
α 1 · P 0 E1 + α 2 · P 0 E2 + α 3 · P 0 E3 =
−−−→
−−−→
−−−→
t1 · P 0 E1 + t 2 · P 0 E2 + t 3 · P 0 E3
−−−→
−−−→
−−−→
+ α1∗ · P0∗ E1∗ + α2∗ · P0∗ E2∗ + α3∗ · P0∗ E3∗
−−−→
−−−→
−−−→
t1 · P 0 E1 + t 2 · P 0 E2 + t 3 · P 0 E3
−−−→
−−−→
−−−→
∗
+ α1 · a1,1 · P0 E1 + a2,1 · P0 E2 + a3,1 · P0 E3
−−−→
−−−→
−−−→
+ α2∗ · a1,2 · P0 E1 + a2,2 · P0 E2 + a3,2 · P0 E3
−−−→
−−−→
−−−→
+ α3∗ · a1,3 · P0 E1 + a2,3 · P0 E2 + a3,3 · P0 E3
−−−→
(α1∗ · a1,1 + α2∗ · a1,2 + α3∗ · a1,3 + t1 ) · P0 E1
−−−→
+ (α1∗ · a2,1 + α2∗ · a2,2 + α3∗ · a2,3 + t2 ) · P0 E2
−−−→
+ (α1∗ · a3,1 + α2∗ · a3,2 + α3∗ · a3,3 + t3 ) · P0 E3
em
=
II W
int
ers
−−→
P0 P
−−−→∗ −−∗→
P0 P0 + P0 P
est
−−−→ −−→
−−→
Wegen P0 P0∗ + P0∗ P = P0 P erhalten wir
er
−−→
P0 P
−−∗→
P0 P
04
Bzgl. des Koordinatensystems K gelte P ←→ (α1 | α2 | α3 ), und bzgl. K∗ P ←→ (α1∗ | α2∗ | α3∗ ). Es
ist also
Ge
om
etr
ie
=
=
Andererseits ist aber auch
−−→
−−−→
−−−→
−−−→
P 0 P = α 1 · P 0 E1 + α 2 · P 0 E2 + α 3 · P 0 E3
41
α2
=
α3
=
a1,1 · α1∗ + a1,2 · α2∗ + a1,3 · α3∗ + t1
a2,1 · α1∗ + a2,2 · α2∗ + a2,3 · α3∗ + t2
hro
=
a3,1 · α1∗ + a3,2 · α2∗ + a3,3 · α3∗ + t3
Sc
α1
th)
Da die Darstellung eines Vektors als Linearkombination der Vektoren der Basis B eindeutig ist,
folgt
/05
(P.
oder einfacher, in Matrixschreibweise

    
 
t1
α1∗
a1,1 a1,2 a1,3
α1

  ∗  
 
α2  = a2,1 a2,2 a2,3  · α2  + t2 
t3
α3∗
a3,1 a3,2 a3,3
α3
20
04
Die hier auftretende Matrix wird als Übergangsmatrix und der Vektor (t1 , t2 , t3 )T wird als Verschiebungsvektor zur Koordinatentransformation von K auf K ∗ bezeichnet.
er
Zum Abschluß dieses Kapitels noch ein ausführliches Beispiel.
est
Beispiel 10. Bzgl. eines cartesischen Koordinatensystems des Raumes seien die Punkte
em
P0 (−1 | 1 | 1), E1 (−1 | 0 | 2), E2 (0 | 0 | 3) und E3 (1 | 3 | 0)
ers
sowie die Punkte
II W
int
P0∗ (1 | 0 | − 1), E1∗ (2 | − 2 | − 2), E2∗ (0 | − 2 | − 3) und E3∗ (3 | 1 | 1)
gegeben.
etr
ie
a) Zeigen Sie, daß K := { P0 ; E1 , E2 , E3 } und K∗ := { P0∗ ; E1∗ , E2∗ , E3∗ } Koordinatensysteme des Raumes sind.
b) Ermitteln Sie die Übergangsmatrix und den Verschiebungsvektor zur Koordinatentransformation von K auf K∗ .
K∗
Ge
om
c) Der Punkt R sei durch R ←→ (−1 | 3 | 2) gegeben. Berechnen Sie die Koordinaten von R
bzgl. K.
K
d) Für den Punkt S gelte S ←→ (−2 | 1 | − 1). Bestimmen Sie die Koordinaten von S bzgl.
K∗ .
K
e) Sei T ←→ (x | y | z). Welche Koordinaten hat T bzgl. K ∗ ?
42
a) und b): Die zu K gehörenden Vektoren sind
th)
−−−→
−−−→
−−−→
P0 E1 = (−1, 0, 2)T −(−1, 1, 1)T = (0, −1, 1)T , P0 E2 = (1, −1, 2)T und P0 E3 = (2, 2, −1)T
hro
Zu K∗ gehören die Vektoren
−−−→
−−−→
P0∗ E1∗ = (2, −2, −2)T − (1, 0, −1)T = (1, −2, −1)T , P0∗ E2∗ = (−1, −2, −2)T
Sc
−−−→
−−−→
und P0∗ E3∗ = (2, 1, 2)T . Außerdem ist P0 P0∗ = (1, 0, −1)T − (−1, 1, 1)T = (2, −1, 2)T .
(P.
−−−→ −−−→ −−−→
Wir zeigen als erstes, daß B ∗ := { P0∗ E1∗ , P0∗ E2∗ , P0∗ E3∗ } linear unabhängig ist.
(I)
(II)
(III)
−1
−4
0
2
5
1
4
0
0
0
est
1
0
0
1
0
0
−1
−4
−3
2
5
4
0
0
0
/05
0
0
0
04
2
1
2
(I)
(II)+2·(I)
(III)+1·(I)
(I)’
(II)’
3
(III)’− 4 ·(II)’
20
−1
−2
−2
er
1
−2
−1
em
Aus dem letzten Gleichungssystem läßt sich die lineare Unabhängigkeit der drei Vektoren von B ∗
unmittelbar ablesen. Damit ist B ∗ eine Basis des R3 und K∗ ein Koordinatensystem des Raumes.
II W
int
ers
Den Nachweis der linearen Unabhängigkeit von B kombinieren wir mit der Ermittlung der Übergangsmatrix und des Verschiebungsvektors aus Aufgabenteil b). Es ist
1
−1
2
2
2
−1
0
0
0
1
−2
−1
−1
−2
−2
2
1
2
2
−1
−2
(I)
(II)
(III)
0
0
1
1
1
2
2
1
−1
0
0
0
1
−3
−1
−1
−4
−2
2
3
2
2
−3
−2
(I)
(II)+(III)
(III)
0
0
1
1
0
2
2
−1
−1
0
0
0
1
−4
−1
−1
−3
−2
2
1
2
2
−5
−2
(I)’
(II)’−(I)’
(III)’
Ge
om
etr
ie
0
−1
1
Auch hier folgt mit ersten Ergebnisspalte sofort die lineare Unabhängigkeit von B.
43
Sc
hro
th)
Aus (II)” erhalten wir a3,1 = 4, a3,2 = 3 und a3,3 = −1. Einsetzen in (I)” ergibt a2,1 = −7,
a2,2 = −7 und a2,3 = 4. (III)” führt auf a1,1 = 17, a1,2 = 15 und a1,3 = −7. Daher wird der
Übergang von B zu B ∗ durch die Matrix


17 15 −7


−7 −7 4 
4
3 −1
04
/05
(P.
beschrieben.
Aus der rechten Ergebnisspalte ergeben sich t3 = 5, t2 = −8 und t1 = 19. Ist P ein Punkt des
K
K∗
Raumes mit P ←→ (x | y | z)T und P ←→ (x∗ | y ∗ | z ∗ )T , so gilt
    

 
19
x∗
17 15 −7
x
  ∗  

 
y  = −7 −7 4  · y  + −8
5
z∗
4
3 −1
z
20
c)


    
33
19
−1
17 15 −7


    

−7 −7 4  ·  3  + −8 = −14
8
5
2
4
3 −1
est
er

II W
int
ers
em
d) und e): Wir müssen die linearen Gleichungssysteme

    
 
17 15 −7
x∗
19
−2

  ∗  
 
−7 −7 4  · y  + −8 =  1 
4
3 −1
z∗
5
−1
und

    
 
17 15 −7
x∗
19
x

  ∗  
 
−7 −7 4  · y  + −8 = y 
4
3 −1
z∗
5
z
Ge
om
etr
ie
mit den Unbekannten x∗ , y ∗ und z ∗ lösen, was wir selbstverständlich wieder in einem Arbeitsgang erledigen.
17
−7
4
15
−7
3
−7
4
−1
−21
9
−6
x − 19
y+8
z−5
−11
9
4
−6
5
3
0
0
−1
21
−15
−6
x − 7 · z + 16
y + 4 · z − 12
z−5
(I)
(II)
(III)
(I)−7·(III)
(II)+4·(III)
(III)
44
0
5
0
0
0
−1
3
−15
3
8
· y − 11
5 ·z+ 5
y + 4 · z − 12
3
− 5 · y − 57 · z + 11
5
x+
6
5
(I)’+ 65 ·(II)’
(II)’
3
(III)’− 5 ·(II)’
th)
− 51
9
− 75
hro
Für das erste Gleichungssystem erhalten wir die Lösung x∗ = −15, y ∗ = 24 und z ∗ = 18.
Sc
Die Lösung des zweiten Gleichungssystems ist
(P.
x∗ = −5x − 6y + 11z − 8, y ∗ = 9x + 11y − 19z + 12 und z ∗ = 7x + 9y − 14z + 9
Ge
om
etr
ie
II W
int
ers
em
est
er
20
04
/05
Dieser Zusammenhang läßt sich auch folgendermaßen in Matrixschreibweise darstellen:
    
 

x∗
−5 −6 11
x
−8
    
 ∗

y  =  9 11 −19 · y  +  12 
z∗
7
9 −14
z
9
45
Teil IV
Geraden in der Ebene
hro
11
th)
Geraden und Ebenen
(P.
Sc
In diesem Abschnitt werden wir uns mit verschiedenen Typen von Gleichungen für Geraden in
der Ebene beschäftigen. Dabei legen wir unseren Betrachtungen stets ein cartesisches Koordinatensystem K der Ebene zugrunde.
/05
6
5
04
4
20
3
α
–1
1
2
3
4
5
ers
–2
em
1
est
er
2
–1
II W
int
Abbildung 19: Zur Zweipunkteform der Geradengleichung
K
etr
ie
Bemerkung. g sei eine Gerade in der Ebene, die nicht parallel zur y-Achse ist, und Q ←→ (x | y),
K
K
Q1 ←→ (x1 | y1 ) und Q2 ←→ (x2 | y2 ) seien drei paarweise verschiedene Punkte von g. Dann gilt
y2 − y 1
y − y1
=
x − x1
x2 − x 1
Ge
om
Beweis. Da g nicht parallel zur y-Achse verläuft, gilt u.a. x 6= x1 und x2 6= x1 , d.h. x − x1 6= 0
K
K
und x2 − x1 6= 0. Seien R und S die durch R ←→ (x | y1 ) und S ←→ (x2 | y1 ) gegebenen Punkte.
Dann stimmen die rechtwinkligen Dreiecke 4Q1 RQ und 4Q1 SQ2 in sämtlichen Winkeln überein
und sind daher ähnlich. Ihre Katheten haben die Längen | x − x1 | und | y − y1 | bzw. | x2 − x1 |
und | y2 − y1 |, und aus der Ähnlichkeit der Dreiecke folgt sofort
| y − y1 |
| y2 − y 1 |
=
| x − x1 |
| x2 − x 1 |
46
und eine einfache Fallunterscheidung hinsichtlich der Lage der Punkte Q, Q1 und Q2 (z.B.
x1 < x < x2 , x < x1 < x2 etc.) führt sofort auf die zu beweisende Beziehung.
K
K
th)
Sind Q1 ←→ (x1 | y1 ) und Q2 ←→ (x2 | y2 ) zwei Punkte der Ebene mit x1 6= x2 , so ist
hro
y − y1
y2 − y 1
=
x − x1
x2 − x 1
(P.
Sc
eine Gleichung ihrer Verbindungsgeraden Q1 ∨ Q2 . Auflösen dieser Gleichung nach y ergibt
y2 − y 1
y2 − y 1
·x+ −
· x1 + y 1
y =
x2 − x 1
x2 − x 1
20
04
/05
1
Der bei x auftretende Faktor m, m := xy22 −y
−x1 , heißt Steigung der Geraden, und, bezeichnet α den
−y1
Winkel, unter dem die Gerade die x-Achse schneidet, so gilt m = tan α. b := − xy22 −x
· x1 + y 1
1
ist der y-Abschnitt der Geraden, da die Gerade die y-Achse im Punkt mit den Koordinaten
−y1
· x1 + y1 ) schneidet. Wir erhalten eine Gleichung der Form y = m · x + b für die
(0 | − xy22 −x
1
Punkte von g durch Auflösen der Gleichung
est
er
y2 − y 1
y − y1
=
x − x1
x2 − x 1
em
nach y (Zweipunkte-Form der Geradengleichung).
K
Sind von einer Geraden g hingegen ein Punkt Q1 ←→ (x1 | y1 ) und die Steigung m der Geraden
bekannt, so ergibt sich eine derartige Gleichung durch Auflösen von
II W
int
ers
y − y1
= m
x − x1
nach y (Punkt-Steigungs-Form der Geradengleichung).
K
K
etr
ie
Beispiel 11. Gelte Q1 ←→ (2 | 1) und Q2 ←→ (4 | 7). Dann ist
y−1
7−1
=
= 3 ⇐⇒ y = 3 · x − 5
x−2
4−2
om
eine Gleichung ihrer Verbindungsgeraden Q1 | Q2 . (Probe: 3 · 2 − 5 = 1 und 3 · 4 − 5 = 7)
K
Ge
Bemerkung. Ist g eine Gerade, die parallel zur y-Achse verläuft, und sind Q1 ←→ (x1 | y1 ) und
K
Q2 ←→ (x2 | y2 ) zwei Punkte von g, so gilt x1 = x2 = : d, und x = d ist eine Gleichung für die
Gerade g. Solchen Geraden ist weder eine Steigung noch ein y-Achsenabschnitt zugeordnet. Ihr
Steigungswinkel ist α = 90◦ .
47
–2
–1
0.5
1
2
3
4
–0.5
th)
–1
hro
–1.5
–2
Sc
–2.5
(P.
Abbildung 20: Zur Punkt-Richtungs-Form der Geradengleichung
K
er
20
04
/05
Bemerkung. Sei nun wieder g eine Gerade, parallel oder nicht parallel zur y-Achse, und Q 0 ←→
K
(x0 | y0 ) und Q1 ←→ (x1 | y1 ) seien zwei verschiedene Punkte von g. Dann gilt für jeden Punkt
R der Ebene
−−→
−−−→
−−−→
R liegt auf g ⇐⇒ ∃ t ∈ R : P0 R = P0 Q0 + t · Q0 Q1
−−−→
Q0 heißt (ein) Aufpunkt und Q0 Q1 heißt (ein) Richtungsvektor von g, und die obige Gleichung
heißt Punkt-Richtungs-Form der Geradengleichung.
K
K
II W
int
ers
em
est
Beispiel 12. Gelte Q0 ←→ (2 | − 4) und Q1 ←→ (−1 | 3). Gesucht ist eine Gleichung in PunktRichtungs-Form für die Gerade g := Q0 ∨ Q1 .
−−−→
−−−→
Mit Q0 als Aufpunkt und Q0 Q1 als Richtungsvektor erhalten wir wegen P0 Q0 = (2, −4)T und
−−−→
−−→
K
Q0 Q1 = (−1, 3)T − (2, −4)T = (−3, 7)T : Ein Punkt P ←→ (x | y), also P0 P = (x, y)T , liegt
genau dann auf g, wenn
!
!
!
x
2
−3
∃t ∈ R :
=
+t·
y
−4
7
Ge
om
etr
ie
gilt, wenn es also ein t ∈ R mit x = 2 − 3 · t ∧ y = −4 + 7 · t gibt. Diese Beschreibung einer
Geraden durch zwei Gleichungen für die Koordinaten x und y ihrer Punkte mit Hilfe eines Parameters t wird auch als Parameterform der Geradengleichung bezeichnet.
Um aus einer Parameterform der Geradengleichung eine Gleichung zu erhalten, die den Parameter nicht mehr enthält, zu ermitteln, löse man eine der beiden Gleichungen für x und für y nach
dem Parameter auf und setze dies in die andere Gleichung ein (Eliminieren des Parameters). Das
ist in jedem Fall möglich, da ein Richtungsvektor einer Geraden niemals der Nullvektor ist und
daher in mindestens einer der beiden Gleichungen der Parameter mit einem von 0 verschiedenen
Faktor auftritt.
In unserem Beispiel führt die erste Gleichung x = 2 − 3 · t auf t = 2−x
3 , und Einsetzen in
2−x
7
2
y = −4 + 7 · t ergibt y = −4 + 7 · 3 , also y = − 3 x + 3 .
Im folgenden wollen wir Schnittwinkel von Geraden ermitteln. Schneiden sich zwei Geraden g 1
und g2 in einem Punkt Q0 , so kann man Q0 als gemeinsamen Aufpunkt von Gleichungen für
48
–1
1
2
3
–0.5
th)
–1
hro
–1.5
Sc
–2
(P.
Abbildung 21: Zum Schnittwinkel zweier Geraden
er
20
04
/05
g1 und g2 in Punkt-Richtungs-Form wählen, und der Schnittwinkel von g1 und g2 ist der von
den beiden Richtungsvektoren gebildete Winkel.(Das ist natürlich unabhängig davon, daß wir
für g1 und g2 denselben Aufpunkt gewählt haben, denn je zwei Richtungsvektoren von g1 oder
von g2 sind linear abhängig.) Daher müssen wir klären, wie sich der von den Repräsentanten
zweier Vektoren eingeschlossene Winkel ermitteln läßt. Gegeben seien also zwei vom Nullvektor
em
ers
1
est
2
2
3
4
II W
int
1
–1
etr
ie
Abbildung 22: Zum von zwei Vektoren eingeschlossenen Winkel
Ge
om
→
−
−
verschiedene Vektoren →
a = (x1 , y1 )T und b = (x2 , y2 )T , die wir durch die gerichteten Strecken
−−→
−−→
K
K
P0 R bzw. P0 S mit R ←→ (x1 | y1 ) bzw. S ←→ (x2 | y2 ) repräsentieren. Damit sind P0 , R und
−→
S die Eckpunkte eines Dreiecks, und dessen (gerichtete) Seite RS repräsentiert den Vektor
−
→
−c = →
−
−
−
b −→
a = (x2 − x1 , y2 − y1 )T . Bezeichnen wir mit | →
w | die Länge des Vektors →
w , so
→
−
→
−
→
−
erhalten wir für a := | a |, b := | b | und c := | c |
q
q
p
a = x21 + y12 , b = x22 + y22 und c = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2
49
th)
Der Cosinussatz, angewendet auf das Dreieck 4P0 RS, ergibt c2 = a2 + b2 − 2ab · cos γ, also
x21 + y12 + x22 + y22 − (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2
a2 + b2 − c 2
p
p
cos γ =
=
2ab
2 · x21 + y12 · x22 + y22
2 · (x1 · x2 + y1 · y2 )
x 1 · x 2 + y 1 · y2
p
p
p
= p 2
2
2
2
2
2 · x 1 + y1 · x 2 + y2
x1 + y12 · x22 + y22
Sc
cos γ =
hro
Ausmultiplizieren und Zusammenfassen führt auf
est
er
20
04
/05
(P.
→
−
−
und damit ist der Cosinus des Schnittwinkels γ der Repräsentanten der Vektoren →
a und b
eindeutig bestimmt. Nicht eindeutig festgelegt ist jedoch wegen cos γ = cos(360 ◦ − γ) der
→
−
−
−
Winkel zwischen →
a und b . Sowohl der Winkel, den man erhält, indem man →
a entgegen dem
→
−
→
−
Uhrzeigersinn in b überführt als auch der Winkel, der sich ergibt, wenn man b gegen den
−
Uhrzeigersinn in →
a hineindreht kommen in Frage und sind gleichberechtigt. Um einen dieser zwei
Winkel vor dem anderen auszuzeichnen muß der Vektorraum mit einer zusätzlichen Struktur,
nämlich einer Orientierung, versehen werden, was aber über den Rahmen dieser Geometrie II
hinausgehen würde.
Einen Spezialfall wollen wir noch genauer betrachten. Ist cos γ = 0, so ist γ = 90 ◦ oder
→
−
−
γ = 270◦ , →
a und b stehen senkrecht aufeinander. Wegen
em
x 1 · x 2 + y 1 · y2
p
= 0 ⇐⇒ x1 · x2 + y1 · y2 = 0
cos γ = p 2
x1 + y12 · x22 + y22
II W
int
ers
→
−
−
gilt dies für →
a = (x1 , y1 )T und b = (x2 , y2 )T genau dann, wenn x1 · x2 + y1 · y2 = 0 ist
(für den Nullvektor setzen wir fest, daß er auf allen Vektoren des R2 senkrecht steht). Dies gibt
Anlaß zu der folgenden Begriffsbildung:
etr
ie
→
−
−
Definition 7. Seien →
a = (x1 , y1 )T und b = (x2 , y2 )T zwei Vektoren des Vektorraumes R2 .
Dann heißt
→
−
→
−
a · b := x1 · x2 + y1 · y2
→
−
−
das Skalarprodukt der Vektoren →
a und b .
Ge
om
→
−
−
−c drei Vektoren des R2 und sind α, β ∈ R zwei Skalare, so
Bemerkung. Sind →
a , b und →
ergeben sich aus der Definition des Skalarproduktes durch einfaches Nachrechnen unmittelbar
die Beziehungen
→
− −
− →
−
−
−c ) + β · (→
(i) (α · →
a +β· b)·→
c = α · (→
a ·→
b · −c )
→
−
−
−c · (α · →
−
−c · →
−
−c · →
(ii) →
a + β · b ) = α · (→
a ) + β · (→
b)
→
−
→
− −
−
(iii) →
a · b = b ·→
a
50
−
−
−
−
−
(iv) →
a ·→
a ≥ 0 und →
a ·→
a = 0 ⇐⇒ →
a = (0, 0)T
hro
th)
wobei die jeweilige Bedeutung des Malpunktes (Multiplikation eines Vektors mit einem Skalar
oder Skalarprodukt zweier Vektoren) stets eindeutig aus dem Kontext hervorgeht.
p
−
−
−
Das in (iv) auftretende Skalarprodukt →
a ·→
a hat den Wert x21 +y12 . Daher gilt | →
a | = x21 + y12 =
√→
−
−
a ·→
a , und die oben erarbeitete Gleichung für cos γ läßt sich als
Sc
→
−
→
−
x 1 · x 2 + y 1 · y2
a · b
p
=
cos γ = p 2
→
−
−
x1 + y12 · x22 + y22
|→
a |·| b |
(P.
→
−
→
−
−
−
oder auch in der Form →
a · b = |→
a | · | b | · cos γ notieren.
est
er
20
04
/05
Beispiel 13. Die Geraden g1 bzw. g2 seien durch die Gleichungen y = − 12 x + 2 bzw. x = 3
gegeben. g3 : (x, y)T = (0, −1)T + t · (1, 2)T . Gesucht sind die Cosinuswerte der Schnittwinkel
γ1 , γ2 und γ3 zwischen g1 und g2 , g1 und g3 sowie g2 und g3 .
Die Gerade g3 ist bereits durch eine Gleichung in Punkt-Richtungs-Form gegeben. Auf der
K
K
Geraden g1 liegen die Punkte Q1 ←→ (0 | 2) und Q2 ←→ (2 | 1). Daher ist
!
!
" !
!#
!
!
x
0
2
0
0
2
g1 :
=
+s·
−
=
+s·
y
2
1
2
2
−1
II W
int
ers
em
eine Gleichung in Punkt-Richtungs-Form für die Gerade g1 . (Wenn Sie in einer Aufgabe mehrere
Gleichungen betrachten, die Parameter enthalten, so empfehle ich dringend, die auftretenden
Parameter mit unterschiedlichen Variablen zu bezeichnen, um Fehler, z.B. bei der Berechnung
K
K
von Schnittpunkten, zu vermeiden.) Da R1 ←→ (3 | 0) und R2 ←→ (3 | 1) auf g2 liegen, erhalten
wir auf dieselbe Weise eine Gleichung in Punkt-Richtungsform für die Gerade g2 :
!
!
" !
!#
!
!
x
3
3
3
3
0
g2 :
=
+w·
−
=
+w·
y
0
1
0
0
1
Ge
om
etr
ie
→
−
−
−c = (1, 2)T Richtungsvektoren von g , g bzw.
Damit sind →
a = (2, −1)T , b = (0, 1)T bzw. →
1
2
p→
√
p
√
√
− →
−
→
−
−
−
−
b · b = 0·0+1·1 =
a ·→
a = 2 · 2 + (−1) · (−1) = 5, | b | =
g3 . Es ist | →
a | = →
√
→
−
−c · →
−
−c = √1 · 1 + 2 · 2 = √5. Außerdem ist →
−c | = √→
1 = 1 und | →
a · b = 2·0+(−1)·1 = −1,
− →
→
−
−c = 2 · 1 + (−1) · 2 = 0 und →
a ·→
b · −c = 0 · 1 + 1 · 2 = 2. Für die Schnittwinkel γ1 , γ2 und
γ3 erhalten wir
→
−
→
−
a · b
−1
1
cos γ1 =
= −√
→
− = √
→
−
5·1
5
| a |·| b |
→
−
−c
a ·→
cos γ2 = →
−c | = 0
|−
a | · |→
51
und
th)
→
− →
2
1
b · −c
√ = √
cos γ3 = →
=
−
→
−
1· 5
5
| b |·| c |
Wegen cos γ2 = 0 stehen die Geraden g1 und g3 senkrecht aufeinander.
K
/05
(P.
Sc
hro
Sei nun wieder g eine Gerade und P ←→ (a0 | a1 ) ein Punkt der Ebene. Wir wollen den Abstand
von P und g bestimmen, also die Entfernung des Punktes P zum P nächstgelegenen Punkt R der
Geraden g. R ist der Schnittpunkt der Senkrechten hP durch den Punkt P zu g, der Normalen
zu g durch P , mit der Geraden g. Um eine Gleichung für hP zu ermitteln, gehen wir von einer
Gleichung für g in Punkt-Richtungs-Form aus:
!
!
!
u0
x
x0
+t·
g :
=
v0
y0
y
er
20
04
aus. Für den Richtungsvektor (u0 , v 0 )T gilt (u0 , v 0 )T =
6
(0, 0)T , und es folgt | (u0 , v 0 )T | =
√
u02 + v 02 6= 0. Mit (u0 , v 0 )T ist auch
!
!
u
u0
1
:= √
·
v
v0
u02 + v 02
em
est
ein Richtungsvektor der Geraden g, und dieser Vektor hat wegen
v
v !
!
!
!
r
u
u
u
u u
u
u0
u0
1
1
u02 + v 02
t
t
√
√
·
=
=
·
= 1
u02 + v 02
v
v
u02 + v 02 v 0
u02 + v 02 v 0
II W
int
ers
die Länge 1. Daher dürfen wir o.B.d.A von
!
x
g :
=
y
x0
y0
!
+t·
u
v
!
etr
ie
mit einem Richtungsvektor (u, v)T der Länge 1 ausgehen.
Für den Vektor (−v, u)T ist (−v, u)T · (u, v)T = (−v) · u + u · v = 0, die beiden Vektoren
stehen senkrecht aufeinander, und die Länge dieses Vektors ist wegen
q
p
√
(−v, u)T · (−v, u)T = v 2 + u2 = 1 = 1
Ge
om
ebenfalls 1. Somit ist
hP :
x
y
!
=
a0
a1
!
+s·
−v
u
!
eine Gleichung der Normalen zu g durch P mit einem Richtungsvektor der Länge 1.
Der gesuchte Punkt R ist der Schnittpunkt von g und hP . Um R zu ermitteln, müssen wir daher
das Gleichungssystem
!
!
!
!
−v
u
a0
x0
+s·
+t·
=
u
a1
v
y0
52
hro
th)
mit den Unbekannten t und s lösen. Bilden wir das Skalarprodukt beider Seiten dieser Gleichung
mit dem Vektor (−v, u)T und berücksichtigen (−v, u)T · (−v, u)T = 1, (u, v)T · (−v, u)T = 0
sowie die früher notierten Eigenschaften (i)–(iv) des Skalarproduktes zweier Vektoren, so erhalten
wir
!
!
!
!
−v
−v
a0
x0
·
+s
·
=
u
a1
u
y0
!
·
−v
u
!
−
a0
a1
!
−v
u
·
!
= v · (a0 − x0 ) − u · (a1 − y0 )
(P.
s =
x0
y0
Sc
und das heißt
K
/05
und für den gesuchten Punkt R ←→ (xR | yR ) ist
!
!
xR
a0
=
+s·
yR
a1
04
−v
u
a0
a1
!
= s·
−v
u
!
est
er
20
Der Abstand von P und g ist die Länge des Vektors
!
!!
a0
−v
−→
PR =
+s·
−
a1
u
!
em
und, da (−v, u)T die Länge 1 hat, ist diese Länge | s |. Der Abstand von P und g ist damit
| v · (a0 − x0 ) − u · (a1 − y0 ) |.
K
II W
int
ers
Beispiel 14. g sei die durch y = 2x + 1 gegebene Gerade, P ←→ (2 | 1). Wir wollen den Abstand von P und g bestimmen.
Dazu ermitteln wir zuerst eine Gleichung für g in Punkt-Richtungs-Form für g mit einem RichK
K
tungsvektor der Länge 1. Die Punkte Q0 ←→ (0 | 1) und Q1 ←→ (1 | 3) liegen auf g, und
!
!
" !
!#
!
!
x
0
1
0
0
1
g :
=
+t·
−
=
+t·
y
1
3
1
1
2
Ge
om
etr
ie
ist eine Gleichung in Punkt-Richtungs-Form für g. Der Richtungsvektor (1, 2)T hat wegen
√
(1, 2)T · (1, 2)T = 12 + 22 = 5 die Länge 5, und wir wählen statt (1, 2)T den Richtungsvektor
!
!
!
!
!
√1
√1
1
x
0
1
5
√ ·
=
und damit g :
=
+ t · 25
√2
√
2
y
1
5
5
5
Mit a0 = 2, a1 = 1, x0 = 0, y0 = 1, u =
√1
5
und v =
√2
5
ergibt sich
2
1
4
4√
5
s = v · (a0 − x0 ) − u · (a1 − y0 ) = √ · (2 − 0) − √ · (1 − 1) = √ =
5
5
5
5
und der Abstand von P und g ist | s | = | √45 | =
√4 .
5
53
Um eine noch etwas elegantere Methode zur Bestimmung des Abstandes eines Punktes und einer
Geraden zu entwickeln, zuerst einige Vorüberlegungen.
hro
th)
Bemerkung. Gelte A, B, C ∈ R mit A 6= 0∨B 6= 0. Dann wird die Gleichung A·x+B·y+C = 0
K
genau von den Koordinaten der Punkte P ←→ (x | y) einer einzigen Geraden g erfüllt.
Beweis. Für B 6= 0 gilt
C
A
·x−
B
B
Sc
A · x + B · y + C = 0 ⇐⇒ y = −
/05
(P.
und dies ist die Gleichung einer nicht parallel zur y-Achse verlaufenden Geraden.
Ist jedoch B = 0, so ist wegen A 6= 0 ∨ B 6= 0 dann A 6= 0, und es folgt
C
A
04
A · x + B · y + C = 0 ⇐⇒ A · x + C = 0 ⇐⇒ x = −
20
eine Gleichung für eine zur y-Achse parallele Gerade.
est
er
Ebenso sieht man sofort ein, daß für jede Gerade g eine Gleichung der Gestalt A·x+B ·y+C = 0
mit A 6= 0 ∨ B 6= 0 existiert. Diese Form der Geradengleichung wird als allgemeine Form der
Geradengleichung bezeichnet.
ers
em
Bemerkung. Sei g eine Gerade in der Ebene und
!
!
x
x0
g :
=
+t·
y0
y
u
v
!
etr
ie
II W
int
eine Gleichung in Punkt-Richtungsform für g mit einem Richtungsvektor (u, v)T der Länge 1.
Bilden wir das Skalarprodukt beider Seiten dieser Gleichung mit dem auf dem Richtungsvektor
K
(u, v)T senkrecht stehenden Vektor (−v, u)T , so erhalten wir für jeden Punkt P ←→ (x | y) der
Geraden g
!
!
!
!
x
−v
x0
−v
·
=
·
⇐⇒ (−v) · x + u · y = x0 · (−v) + y0 · u =: d
y0
y
u
u
K
Ge
om
Jeder Punkt P ←→ (x | y) der Geraden g erfüllt demnach die Gleichung (−v)·x+u·y+(−d) = 0,
wobei A := −v 6= 0 oder B := u 6= 0 gilt, da (u, v)T als Richtungsvektor nicht der Nullvektor
ist. Setzen wir noch C := −d, so gilt für jeden Punkt von g die Gleichung A · x + B · y + C = 0
mit A 6= 0 ∨ B 6= 0, eine Geradengleichung in allgemeiner Form.
Aus der vorigen Bemerkung wissen wir aber, daß diese Gleichung genau von den Koordinaten
der Punkte einer einzigen Geraden erfüllt wird. Da aber für alle Punkte der Geraden g diese
54
hro
th)
Gleichung gilt, ist dies nur eine andere Form einer Gleichung für die Gerade g.
Es folgt mit d := x0 · (−v) + y0 · u
!
!
!
x
x0
u
g :
=
+t·
⇐⇒ (−v) · x + u · y − d = 0 ⇐⇒ v · x + (−u) · y + d = 0
y
v
y0
Sc
Da es zu jedem Vektor (u, v)T ∈ R2 der Länge 1 genau zwei Vektoren des R2 der Länge 1 gibt,
die auf (u, v)T senkrecht stehen, nämlich (−v, u)T und (v, −u)T , folgt insgesamt
/05
(P.
(a) Sei g eine Gerade in der Ebene, die nicht durch den Koordinatenursprung P 0 verläuft.
Dann gibt es genau einen Vektor (v 0 , u0 )T mit:
1) Die Länge des Vektors (v 0 , u0 )T ist 1 und
2) v 0 · x + u0 · y − p = 0 ist eine Gleichung für g, und es gilt p > 0.
est
er
20
04
Beweis. (−v) · x + u · y − d = 0 und v · x + (−u) · y + d = 0 sind zwei Gleichungen für die
Gerade g. Da P0 nicht auf g liegt, ist d 6= 0. Für d > 0 ist mit v 0 := −v, u0 := u und
p := d die erste, für d < 0 ist mit v 0 := v, u0 := −u und p := −d die zweite Gleichung
die gesuchte Darstellung für g.
em
Die durch 1) und 2) eindeutig festgelegte Gleichung für die Gerade g heißt Hessesche
Normalenform von g.
ers
(b) Ist P0 ein Punkt von g, so ist d = 0, und sowohl (−v)·x+u·y = 0 als auch v·x+(−u)·y = 0
werden als Hessesche Normalenform der Geradengleichung von g bezeichnet.
Ge
om
etr
ie
II W
int
Bevor wir ein sehr einfaches Verfahren zum Aufstellen der Hesseschen Normalenform der Gleichung für eine Gerade g kennenlernen werden, wollen wir noch sehen, wie diese Form der Geradengleichung bei der Bestimmung des Abstandes eines Punktes und einer Geraden eingesetzt
werden kann.
Sei v 0 · x + u0 · y − p = 0 die Hessesche Normalenform der Gleichung der Geraden g, d.h.
√
u02 + v 02 = 1 und p ≥ 0. Da (v 0 , u0 )T ein Normalenvektor zu g ist, also auf den Richtungsvektoren der Geraden g senkrecht steht, ist (u, v)T := (−u0 , v 0 )T ein Richtungsvektor und
!
!
!
x
x0
u
g :
=
+t·
y0
y
v
eine Gleichung in Punkt-Richtungs-Form von g mit einem Richtungsvektor der Länge 1, wobei
K
K
Q0 ←→ (x0 | y0 ) irgendein Punkt von g ist. Für einen Punkt P ←→ (a0 | a1 ) haben wir bereits
gezeigt, daß
| v · (a0 − x0 ) + (−u) · (a1 − y0 ) | = | v 0 · (a0 − x0 ) + u0 · (a1 − y0 ) |
55
K
der Abstand von P und g ist. Da Q0 ←→ (x0 | y0 ) auf g liegt, gilt v 0 · x0 + u0 · y0 − p = 0, und
das heißt p = v 0 · x0 + u0 · y0 . Damit erhalten wir
th)
| v 0 · (a0 − x0 ) + u0 · (a1 − y0 ) | = | v 0 · a0 + u0 · a1 − (v 0 · x0 + u0 · y0 ) | = | v 0 · a0 + u0 · a1 − p |
Sc
hro
als Abstand von P und g. Der letzte Term ergibt sich, indem man die Koordinaten des Punktes
K
P ←→ (a0 | a1 ) für x und y in die Hessesche Normalenform für die Gerade g einsetzt und dann
den Betrag des Resultates bildet.
04
/05
(P.
Um die Hessesche Normalenform für eine Gerade g zu ermitteln, gehen wir von einer Gleichung
in allgemeiner Form für g aus: A · x + B · y + C = 0 mit A 6= 0 ∨ B 6= 0.
√
Fall 1. C ≥ 0. Dann dividieren wir die Gleichung durch − A2 + B 2 6= 0 und erhalten
A
B
C
−√
· x + −√
·y− √
= 0
A2 + B 2
A2 + B 2
A2 + B 2
20
Mit
em
est
er
A
B
C
v 0 := − √
, u0 := − √
und p := √
2
2
2
2
2
A +B
A +B
A + B2
ist daher v 0 · x + u0 · y − p = 0 eine Gleichung für g, und wegen
r
p
A2
B2
v 02 + u02 =
+
= 1
A2 + B 2 A2 + B 2
und p ≥ 0 ist dies die Hessesche Normalenform der Geradengleichung von g.
etr
ie
II W
int
ers
√
Fall 2. C < 0. In diesem Fall dividieren wir A · x + B · y + C = 0 durch A2 + B 2 und
bekommen
B
C
A
√
·x+ √
· y − −√
= 0
A2 + B 2
A2 + B 2
A2 + B 2
und mit
A
B
C
v 0 := √
, u0 := √
und p := − √
> 0
2
2
2
2
2
A +B
A +B
A + B2
ist aus denselben Gründen wie im ersten Fall v 0 · x + u0 · y − p = 0 die Hessesche Normalenform
für die Gerade g.
Ge
om
Beispiel 15. Nocheinmal sei die Gerade g durch y = 2x + 1 gegeben, und P sei der Punkt
K
P ←→ (2 | 1). Gesucht ist wiederum der Abstand von P und g.
Damit ist 2 · x + (−1) · y + 1 = 0 eine Gleichung in allgemeiner Form für g. Um die Hessesche
Normalenform für g zu bestimmen, müssen wir wegen C = 1 > 0 diese Gleichung durch
p
√
√
− A2 + B 2 = − 22 + (−1)2 = − 5 dividieren und erhalten
2
1
1
−√
x+ √
y−√ = 0
5
5
5
56
K
1
1
4
4
2
| − √ ·2+ √ ·1− √ | = | − √ | = √
5
5
5
5
5
Geraden und Ebenen im Raum
hro
12
th)
als Hessesche Normalenform für die Gerade g, und der Abstand von P ←→ (2 | 1) und g ist
(P.
Sc
In diesem Abschnitt bedeute K = { P0 ; E1 , E2 , E3 } stets eine cartesisches Koordinatensystem
des Raumes.
em
est
er
20
04
/05
Das Konzept der Punkt-Richtungs-Form der Geradengleichung ist nicht auf die Ebene beK
schränkt, sondern läßt sich unmittelbar auch auf den Raum übertragen. Seien Q0 ←→ (x0 | y0 | z0 )
K
und Q1 ←→ (x1 | y1 | z1 ) zwei verschiedene Punkte des Raumes, und g := Q0 ∨ Q1 sei ihre VerK
bindungsgerade. Dann gilt für jeden Punkt P ←→ (x | y | z)
−−→
−−−→
−−−→
P liegt auf g ⇐⇒ ∃ t ∈ R : P0 P = P0 Q0 + t · Q0 Q1
−−−→
K
und mit Q0 ←→ (x0 | y0 | z0 ) als Aufpunkt und mit Q0 Q1 = (x1 , y1 , z1 )T − (x0 , y0 , z0 )T =
(x1 − x0 , y1 − y0 , z1 − z0 )T = : (u, v, w)T 6= (0, 0, 0)T als Richtungsvektor ist
 
 
 
x
x0
u
 
 
 
g :  y  =  y0  + t ·  v 
z
z0
w
ers
eine Gleichung in Punkt-Richtungs-Form für die Gerade g, die sich in Parameterform auch als
II W
int
x = x0 + u · t ∧ y = y 0 + v · t ∧ z = z 0 + w · t
om
etr
ie
schreiben läßt, wobei in mindestens einer dieser Gleichungen der Parameter t auch tatsächlich,
nämlich mit einem von 0 verschiedenen Faktor, auftritt. Löst man eine derartige Gleichung nach
t auf und setzt das Ergebnis in die beiden anderen Gleichungen ein, so erhält man ein System
zweier linearer Gleichungen
a1,1 · x + a1,2 · y + a1,3 · z
=
b1
a2,1 · x + a2,2 · y + a2,3 · z
=
b2
Ge
dessen Lösungen x, y und z genau die Koordinatentripel der Punkte der Geraden g sind.
−−−→
K
K
Beispiel 16. Gelte Q0 ←→ (1 | − 2 | 2) und Q1 ←→ (−3 | − 1 | 1). Dann ist P0 Q0 = (1, −2, 2)T
−−−→
und Q0 Q1 = (−3, −1, 1)T − (1, −2, 2)T = (−4, 1, −1)T , und
 
 
 
x
1
−4
 
 
 
g : y  = −2 + t ·  1 
z
2
−1
57
x = 1 − 4 · t ∧ y = −2 + t ∧ z = 2 − t
th)
ist eine Gleichung in Punkt-Richtungs-Form für die Gerade g = Q0 ∨ Q1 . In Parameterform:
/05
(P.
Sc
hro
Mit der dritten Gleichung erhalten wir t = 2 − z, und Einsetzen in die erste und die zweite
Gleichung ergibt x = 1 − 4 · (2 − z) und y = −2 + (2 − z). Damit ist x − 4 · z = −7 ∧ y + z = 0
ein lineares Gleichungssystem, dessen Lösungstripel genau die Koordinaten der Punkte von g
sind. Mit z = : s ∈ R als Parameter ergeben sich die Lösungen
 
 
 
x
−7
4
 
 
 
y  =  0  + s · −1
z
0
1
20
04
und dies ist natürlich ebenfalls eine Gleichung in Punkt-Richtungs-Form für die Gerade g (der
K
Aufpunkt Q∗0 ←→ (−7 | 0 | 0) liegt auf g (t := 2), und für den Richtungsvektor gilt (4, −1, 1)T =
(−1) · (−4, 1, −1)T ).
est
er
Seien nun drei Vektoren (x0 , y0 , z0 )T , (u1 , v1 , w1 )T und (u2 , v2 , w2 )T des Vektorraumes R3
gegeben, wobei der zweite und der dritte Vektor vom Nullvektor verschieden seien. Wir wollen
untersuchen, welche Vektoren (x, y, z)T sich in der Form
ers
em
 
 
 
 
x
x0
u1
u2
 
 
 
 
 y  =  y0  + s ·  v 1  + t ·  v 2 
z
z0
w1
w2
II W
int
mit reellen Zahlen s und t darstellen lassen.
Sind die Vektoren (u1 , v1 , w1 )T und (u2 , v2 , w2 )T linear abhängig, gilt also (u2 , v2 , w2 )T =
α · (u1 , v1 , w1 )T mit einem Skalar α ∈ R \ { 0 }, so zeigt
etr
ie
 
 
 
 
 
 
 
 
x0
u1
u2
x0
u1
u1
x0
u1
 
 
 
 
 
 
 
 
 y0  + s ·  v1  + t ·  v2  =  y0  + s ·  v1  + t · α ·  v1  =  y0  + (s + t · α) ·  v1 
z0
w1
w2
z0
w1
w1
z0
w1
Ge
om
daß wir genau die Punkte einer Geraden g mit Aufpunkt (x0 , y0 , z0 )T und Richtungsvektor
(u1 , v1 , w1 )T erhalten, denn mit s und t durchläuft auch s + t · α die Menge R der reellen Zahlen.
Sind hingegen (u1 , v1 , w1 )T und (u2 , v2 , w2 )T linear unabhängig, so besteht die Menge ihrer
Linearkombinationen { s · (u1 , v1 , w1 )T + t · (u2 , v2 , w2 )T | s, t ∈ R } genau aus allen Vektoren
des R3 , deren Repräsentanten in einer Ebene des R3 liegen, die den Koordinatenursprung enthält. Addieren wir zu diesen Linearkombinationen noch den konstanten Vektor (x 0 , y0 , z0 )T , so
entspricht dies einer Parallelverschiebung dieser Ebene, wobei sich wieder eine Ebene im Raum
58
ergibt.
Damit gilt: Sind die Vektoren (u1 , v1 , w1 )T und (u2 , v2 , w2 )T linear unabhängig, so ist
hro
th)
 
 
 
 
x
x0
u1
u2
 
 
 
 
=
+
s
·
+
t
·
y 
 y0 
 v1 
 v2 
z
z0
w1
w2
K
K
(P.
Sc
eine Darstellung einer Ebene mit dem Aufpunkt (x0 , y0 , z0 )T und mit den Richtungsvektoren (u1 , v1 , w1 )T und (u2 , v2 , w2 )T . Diese Form der Gleichung für eine Ebene wird als PunktRichtungs-Form der Ebenengleichung bezeichnet.
K
04
/05
Sind andererseits drei Punkte Q0 ←→ (x0 | y0 | z0 ), Q1 ←→ (x1 | y1 | z1 ) und Q2 ←→ (x2 | y2 | z2 )
−−−→
−−−→
einer Ebene E Im Raum so gegeben, daß die Vektoren Q0 Q1 und Q0 Q2 linear unabhängig sind,
−−−→
−−−→
so ist mit (u1 , v1 , w1 )T := Q0 Q1 und (u2 , v2 , w2 )T := Q0 Q2
est
er
20
 
 
 
 
x0
x
u1
u2
 
 
 
 
E :  y  =  y0  + s ·  v 1  + t ·  v 2 
z
z0
w1
w2
eine Gleichung in Punkt-Richtungs-Form für die Ebene E.
K
em
K
K
ers
Beispiel 17. Gelte Q0 ←→ (−1 | 2 | 2), Q1 ←→ (−2 | 1 | 3) und Q2 ←→ (−3 | 4 | − 1). Untersucht
werden soll, ob es genau eine Ebene E im Raum gibt, in der diese drei Punkte liegen, und ggf.
soll eine Gleichung für E bestimmt werden.
om
etr
ie
II W
int
−−−→
−−−→
Es ist Q0 Q1 = (−1, −1, 1)T und Q0 Q2 = (−2, 2, −3)T , und bei Betrachtung der ersten beiden
−−−→
−−−→
Koordinaten folgt aus α · Q0 Q1 + β · Q0 Q2 = (0, 0, 0)T bereits −α − 2 · β = 0 ∧ −α + 2 · β = 0,
−−−→
−−−→
also α = β = 0. Die Vektoren Q0 Q1 sind Q0 Q1 demnach linear unabhängig. Daher gibt es
genau eine Ebene E, die die drei Punkte Q0 , Q1 und Q2 enthält, und eine Gleichung für E ist
 
 
 
 
x
−1
−1
−2
 
 
 
 
E : y  =  2  + s · −1 + t ·  2 
z
2
1
−3
Ge
Bemerkung. Genauso wie im R2 läßt sich auch für Vektoren des R3 ein Skalarprodukt definieren.
→
−
−
Ist →
a der Vektor (x1 , y1 , z1 )T und b der Vektor (x2 , y2 , z2 )T , so wird das Skalarprodukt von
→
−
→
−
a und b durch
   
x2
x1
→
−
   
→
−
a · b =  y1  ·  y2  := x1 · x2 + y1 · y2 + z1 · z2
z1
z2
59
definiert.
20
04
/05
(P.
Sc
hro
th)
→
−
−
Sind →
a = (x1 , y1 , z1 )T und b = (x2 , y2 , z2 )T zwei linear unabhängige Vektoren und sind
K
K
Q ←→ (x1 | y1 | z1 ) und R ←→ (x2 | y2 | z2 ) die Endpunkte ihrer Repräsentanten mit dem Anfangspunkt P0 , so ergibt der Cosinussatz, angewendet auf das in der durch P0 , Q und R be−−→
−−→
stimmten Ebene gelegene Dreieck 4P0 QR für den Cosinus des von P0 Q und von P0 R in dieser
Ebene eingeschlossenen Winkels γ
x 1 · x 2 + y 1 · y2 + z 1 · z 2
p
cos γ = p 2
x1 + y12 + z12 · x22 + y22 + z22
→
−
−
Für vom Nullvektor verschiedene, aber linear abhängige Vektoren →
a und b hat dieser Term den
Wert ±1, und das ist der Cosinus von 0◦ oder 180◦ , sodaß sich auch in diesem Fall ein sinnvoller
Wert für cos γ ergibt.
Außerdem gilt wie im Vektorraum R2
→
−
→
−
→
−
−
a ⊥ b ⇐⇒ →
a · b = x 1 · x 2 + y 1 · y2 + z 1 · z 2 = 0
ers
em
est
er
wobei der Nullvektor wie im Vektorraum R2 per definitionem auf jedem Vektor des R3 senkrecht
steht. Auch hier zeigt einfaches Nachrechnen, daß auch das Skalarprodukt von Vektoren des R 3
die Eigenschaften (i)–(iv), die wir oben beim Skalarprodukt im R2 notiert haben, besitzt. Die
√− →
p
−
a ·−
a = x21 + y12 + z12 .
a = (x1 , y1 , z1 )T ist →
Länge des Vektors →
Wir werden das Skalarprodukt im R3 in diesem Zusammenhang u.a. dazu verwenden, noch eine
andere Gleichungsform für Ebenen im Raum herzuleiten.
etr
ie
II W
int
→
−
−
Seien →
a = (u1 , v1 , w1 )T und b = (u2 , v2 , w2 )T zwei linear unabhängige Vektoren des R3 .
−c = (α, β, γ)T , der auf →
−
Wir suchen zunächst einen vom Nullvektor verschiedenen Vektor →
a
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
und b senkrecht steht, für den also a · c = b · c = 0 gilt. Gesucht ist daher eine Lösung α,
β und γ des linearen Gleichungssystems
u1 · α + v 1 · β + w 1 · γ
=
0
u2 · α + v 2 · β + w 2 · γ
=
0
Ge
om
−
mit α 6= 0 ∨ β 6= 0 ∨ γ 6= 0. Da →
a = (u1 , v1 , w1 )T nicht der Nullvektor ist, ist mindestens
eine der drei Komponenten u1 , v1 und w1 von 0 verschieden. Wir wollen hier exemplarisch den
Fall w1 6= 0 bearbeiten. Die verbleibenden Fälle werden völlig analog behandelt und führen auf
dasselbe Ergebnis.
Multiplikation der ersten Gleichung mit w2 und der zweiten Gleichung mit w1 6= 0 ergibt
u 1 · w2 · α + v 1 · w2 · β + w 1 · w2 · γ
=
0
u 2 · w1 · α + v 2 · w1 · β + w 2 · w1 · γ
=
0
60
und Subtraktion der ersten von der zweiten Gleichung führt auf
(w1 · u2 − u1 · w2 ) · α − (v1 · w2 − w1 · v2 ) · β = 0
=
w1 · γ = −u1 v1 w2 + u1 w1 v2 − v1 w1 u2 + v1 u1 w2
=
0
⇐⇒
w1 · (u1 v2 − v1 u2 )
Sc
u1 · (v1 · w2 − w1 · v2 ) + v1 · (w1 · u2 − u1 · w2 ) + w1 · γ
hro
th)
Eine Lösung dieser Gleichung läßt sich sofort angeben, nämlich α = v1 · w2 − w1 · v2 und
β = w1 · u2 − u1 · w2 . Durch Einsetzen in die erste Gleichung erhalten wir
Das bedeutet aber
ers
em
est
er
20
04
/05
(P.
und Division durch w1 6= 0 liefert schließlich γ = u1 · v2 − v1 · u2 . Daher gilt für den Vektor
→
−
→
−c = (v w − w v , w u − u w , u v − v u )T , daß sein Skalarprodukt mit →
−
a und mit b den
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
Wert 0 ergibt.
−c nicht der Nullvektor ist, steht allerdings noch aus. Dazu gehen wir wieder
Der Nachweis, daß →
von w1 6= 0 aus. Die übrigen Fälle lassen sich genauso behandeln.
−c = (0, 0, 0)T an, so heißt das v w = w v ∧ w u = u w ∧ u v = v u .
Nehmen wir →
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
Die zusätzliche Annahme w2 = 0 führt mit der ersten Gleichung wegen w1 6= 0 auf v2 = 0.
→
−
Da b nicht der Nullvektor ist, muß dann u2 6= 0 gelten. Die zweite Gleichung wird damit zu
0 6= w1 u2 = u1 w2 = 0, ein Widerspruch. Daher ist unsere Annahme w2 = 0 falsch, und mit
w1 6= 0 gilt auch w2 6= 0.
−c durch w · w 6= 0 ergibt
Division der ersten und der zweiten Komponente von →
1
2
v1
v2
u1
u2
=
und
=
w1
w2
w1
w2
u 
 

u 
2
1
u2
u1
w1
w2
w1  
 v2 
 
 v1 
·  v2 
 v1  = w 1 ·  w 1  = w 1 ·  w 2  =
w2
1
1
w2
w1
→
−
−
und die Vektoren →
a und b sind linear abhängig, ein Widerspruch zu ihrer vorausgesetzten
linearen Unabhängigkeit.
−c = (0, 0, 0)T falsch, und →
−c ist nicht der Nullvektor.
Daher ist unsere Annahme →
→
−
−
Auf dieselbe Art kann man je zwei Vektoren →
a und b des Vektorraumes R3 , egal, ob linear
−c des R3 zuordnen, und dieser Vektor →
−c wird als
unabhängig oder nicht, einen weiteren Vektor →
→
−
→
−
−
−c = →
−
Vektorprodukt oder auch als Kreuzprodukt der Vektoren →
a und b bezeichnet: →
a × b.
om
etr
ie
II W
int

Ge
→
−
−
Definition 8. Seien →
a = (u1 , v1 , w1 )T und b = (u2 , v2 , w2 )T zwei Vektoren des Vektorrau→
−
−c = →
−
mes R3 . Dann wird ihr Vektorprodukt →
a × b durch
   


u1
u2
v1 w2 − w 1 v2
→
−
   


→
−c = →
−
a × b =  v1  ×  v2  := w1 u2 − u1 w2 
w1
w2
u 1 v2 − v 1 u 2
61
definiert.
th)
→
−
−
Beispiel 18. →
a := (−2, 3, 1)T und b := (−1, 4, 2)T . Dann ist ihr Vektorprodukt
 


  
2
3·2−1·4
−1
−2
 


   
 3  ×  4  = 1 · (−1) − (−2) · 2 =  3 
−5
(−2) · 4 − 3 · (−1)
2
1
hro

(P.
Sc
→
−
−
und dieser Vektor steht auf →
a und auf b senkrecht.
Das Vektorprodukt hat ähnliche algebraische Eigenschaften wie das Skalarprodukt, wie sich
leicht nachrechnen läßt. Es gelten
/05
→
−
− →
−
−c = α · (→
−
−c ) + β · (→
(i) (α · →
a +β· b)×→
a ×→
b × −c )
04
→
−
−
−c × (α · →
−
−c × →
−
−c × →
(ii) →
a + β · b ) = α · (→
a ) + β · (→
b)
20
→
−
→
− −
−
(iii) →
a × b = −b ×→
a
est
er
→
−
→
−
−
−
−
−
(iv) →
a ×→
a = (0, 0, 0)T , und →
a × b = (0, 0, 0)T gilt genau dann, wenn →
a und b linear
abhängig sind.
ers
em
−
−
Zu (iv): →
a ×→
a = (0, 0, 0)T folgt direkt aus der Definition.
Wir haben bereits gezeigt, daß das Vektorprodukt von zwei linear unabhängigen Vektoren nicht
der Nullvektor ist. Dies ist gleichwertig zur Kontraposition dieser Aussage:
II W
int
→
−
→
−
→
−
−
a × b = (0, 0, 0)T =⇒ →
a und b sind linear abhängig
Ge
om
etr
ie
→
−
−
Für die andere Beweisrichtung seien →
a und b zwei linear abhängige Vektoren. Ist mindestens
einer der beiden Vektoren der Nullvektor, so folgt unmittelbar aus der Definition des Vektorprodukts, daß ihr Vektorprodukt der Nullvektor ist, denn in allen Produkten von je einer Koordinate
→
−
→
−
−
−
von →
a und einer Koordinate von b , wie sie im Vektorprodukt von →
a und b auftreten, ist mindestens ein Faktor 0.
→
−
−
Sind hingegen beide Vektoren vom Nullvektor verschieden, so gilt b = α · →
a mit einem Skalar
α ∈ R. Es folgt
→
−
→
−
−
−
−
−
a × b = →
a × (α · →
a ) = α · (→
a ×→
a ) = (0, 0, 0)T
Bemerkung. Die Ebene E sei durch eine Gleichung in Punkt-Richtungs-Form
 
 
 
 
u2
x
u1
x0
 
 
 
 
E :  y  =  y0  + s ·  v 1  + t ·  v 2 
w2
w1
z
z0
62
C
z0
C
Sc
z
hro
th)
→
−
−
mit zwei linear unabhängigen Richtungsvektoren →
a = (u1 , v1 , w1 )T und b = (u2 , v2 , w2 )T
gegeben. Bilden wir das Skalarprodukt beider Seiten dieser Gleichung mit dem Vektorprodukt
→
−
− →
→
−c := →
−
−
−c = →
a × b = (A, B, C)T , so erhalten wir wegen →
a ·→
b · −c = 0
   
   
x0
A
A
x
   
   
A · x + B · y + C · z = y  · B  =  y0  · B  = A · x0 + B · y0 + C · z0 = : −D
04
/05
(P.
Die Koordinaten der Punkte der Ebene E erfüllen die Gleichung A · x + B · y + C · z + D = 0,
−c 6= (0, 0, 0)T mindestens einer der Faktoren A, B und C von 0 verschieden
wobei wegen →
ist. Solch eine Gleichung heißt eine Gleichung in allgemeiner Form für die Ebene E. Dabei ist
(A, B, C)T 6= (0, 0, 0)T ein Vektor, der auf der Ebene E senkrecht steht, also ein Normalenvektor von E.
B
C
D
B
C
D
·y+ ·z+
= 0 ⇐⇒ x = − · y − · z −
A
A
A
A
A
A
em
x+
est
er
20
Sei andererseits eine Gleichung A · x + B · y + C · z + D = 0 mit A 6= 0 ∨ B 6= 0 ∨ C 6= 0
gegeben. Wir diskutieren den Fall A 6= 0. Die Fälle B 6= 0 ∨ C 6= 0 lassen sich völlig analog
bearbeiten.
Division der Gleichung durch A 6= 0 führt auf
ers
Geben wir y := s ∈ R und z := t ∈ R beliebig vor, so so ist
B
C
D
·s− ·t−
A
A
A
II W
int
x = −
etr
ie
in vektorieller Schreibweise gilt daher
 
 B
 C
 D
x
−A
−A
−A



 



y  =  0  + s ·  1  + t ·  0 
0
0
1
z
Ge
om
C
T
T
Dies ist aber die Gleichung einer Ebene, da die Richtungsvektoren (− B
A , 1, 0) und (− A , 0, 1)
linear unabhängig sind. Daher wird die Gleichung A · x + B · y + C · z + D = 0 mit A 6= 0 ∨ B 6=
0 ∨ C 6= 0 genau von den Koordinaten der Punkte einer Ebene im Raum erfüllt.
Jetzt ist es auch geometrisch klar, warum zur Beschreibung einer Geraden im Raum zwei derartige Gleichungen nötig sind. Seien E1 und E2 zwei Ebenen im Raum, die nicht parallel verlaufen.
E1 : A 1 · x + B 1 · y + C 1 · z + D 1
=
0 und
E2 : A 2 · x + B 2 · y + C 2 · z + D 2
=
0
63
=
−D1
A2 · x + B 2 · y + C 2 · z
=
−D2
Sc
A1 · x + B 1 · y + C 1 · z
hro
th)
seien zwei Gleichungen in allgemeiner Form für E1 und E2 . Es gilt also A1 6= 0 ∨ B1 6=
0 ∨ C1 6= 0 und A2 6= 0 ∨ B2 6= 0 ∨ C2 6= 0, und, da die Ebenen nicht parallel sind, sind die
Normalenvektoren (A1 , B1 , C1 )T und (A2 , B2 , C2 )T linear unabhängig. Die Koordinaten der
Punkte des Durchschnittes E1 ∩ E2 sind genau die Lösungen des linearen Gleichungssystems
(P.
und dieser Durchschnitt ist eine Gerade.
Daher lassen sich Geraden im Raum als Lösungsmengen linearer Gleichungssysteme der Form
=
b1
a2,1 · x + a2,2 · y + a2,3 · z
=
b2
04
/05
a1,1 · x + a1,2 · y + a1,3 · z
20
mit linear unabhängigen Vektoren (a1,1 , a1,2 , a1,3 )T und (a2,1 , a2,2 , a2,3 )T beschreiben.
K
K
ers
em
est
er
Beispiel 19. Im Raum seien die drei Punkte Q0 ←→ (1 | 0 | 1), Q1 ←→ (2 | − 1 | − 3) und
K
K
K
Q2 ←→ (5 | 2 | 0) sowie die drei Punkte Q00 ←→ (−3 | − 2 | 2), Q01 ←→ (−1 | − 4 | 0) und
K
Q02 ←→ (1 | 6 | 2) gegeben. Es soll untersucht werden, ob es genau eine Ebene E 1 (E2 ) gibt,
die die Punkte Q0 , Q1 und Q2 (Q00 , Q01 und Q02 ) enthält. Außerdem sollen ggf. für die Ebenen E1
und E2 je eine Gleichung in Punkt-Richtungs-Form und in allgemeiner Form bestimmt werden
und, falls die Ebenen E1 und E2 nicht parallel sein sollten, ist auch noch eine Gleichung für ihre
Schnittgerade gesucht.
K
om
etr
ie
II W
int
Als Aufpunkt für eine Gleichung in Punkt-Richtungs-Form für E1 wählen wir Q0 ←→ (1 | 0 | 1)
−−−→
−−−→
und als Richtungsvektoren Q0 Q1 = (1, −1, −4)T und Q0 Q2 = (4, 2, −1)T . Da wir später
−−−→ −−−→
−c = Q
sowieso noch das Vektorprodukt →
0 Q1 × Q0 Q2 dieser zwei Vektoren benötigen, berechnen
wir es schon jetzt, um mit seiner Hilfe auch die lineare Unabhängigkeit der Richtungsvektoren
nachzuweisen.




   
9
(−1) · (−1) − (−4) · 2
4
1




   
−1 ×  2  =  (−4) · 4 − 1 · (−1)  = −15
6
1 · 2 − (−1) · 4
−1
−4
Ge
Das Vektorprodukt der beiden Vektoren ist nicht der Nullvektor, sie sind daher linear unabhängig. Damit gibt es genau eine Ebene E1 im Raum, die die drei Punkte Q0 , Q1 und Q2 enthält,
und eine Gleichung in Punkt-Richtungs-Form für E1 ist
 
 
 
 
x
1
1
4
 
 
 
 
E1 : y  = 0 + s · −1 + t ·  2 
z
1
−4
−1
64
Sc
hro
th)
Um eine Gleichung in allgemeiner Form zu erhalten, könnten wir das Skalarprodukt beider Seiten
dieser Gleichung mit dem oben ermittelten Vektorprodukt bilden. Einfacher ist es jedoch, für
−−→ −
einen einzigen Punkt R von E1 das Skalarprodukt P0 R· →
c zu bestimmen, denn die Punkte P der
−−→ →
−
Ebene E1 sind genau die Punkte, für die P0 P · c stets denselben konstanten Wert ergibt. Wählen
−−−→ −
wir für R den Punkt Q0 , so ist P0 Q0 · →
c = (1, 0, 1)T ·(9, −15, 6)T = 1·9+0·(−15)+1·6 = 15,
und
9 · x + (−15) · y + 6 · z = 15 ⇐⇒ 3 · x − 5 · y + 2 · z = 5
(P.
ist eine Gleichung in allgemeiner Form für die Ebene E1 .
20
04
/05
−−−→
K
Dieselbe Vorgehensweise führt mit Q00 ←→ (−3 | −2 | 2) als Aufpunkt und mit Q00 Q01 = (2, −2, −2)T
−−−→
und Q00 Q02 = (4, 8, 0)T auf
   


 
2
4
(−2) · 0 − (−2) · 8
16
→
−0
   


 
c = −2 × 8 =  (−2) · 4 − 2 · 0  = −8
−2
0
2 · 8 − (−2) · 4
24
em
est
er
und eine Gleichung in Punkt-Richtungs-Form für E2 ist
 
 
 
 
x
−3
2
4
 
 
 
 
E2 : y  = −2 + u · −2 + v · 8
z
2
−2
0
ers
−−−→ →
−
Wegen P0 Q00 · c0 = (−3, −2, 2)T · (16, −8, 24)T = (−3) · 16 + (−2) · (−8) + 2 · 24 = 16 ist
II W
int
16 · x + (−8) · y + 24 · z = 16 ⇐⇒ 2 · x − y + 3 · z = 2
eine Gleichung in allgemeiner Form für E2 .
etr
ie
Zur Ermittlung von E1 ∩ E2 müssen wir die allgemeine Lösung des linearen Gleichungssystems
3·x−5·y+2·z
=
5
2·x−y+3·z
=
2
Ge
om
berechnen. Subtrahieren wir von der ersten Gleichung fünfmal die zweite Gleichung, so folgt
−7 · x − 13 · z
=
−5
2·x−y+3·z
=
2
=
−5
4
7
und zweite Gleichung plus 27 · erste Gleichung ergibt
−7 · x − 13 · z
5
−y − · z
7
=
65
Aus dem vorletzten System entnehmen wir
5 13
−
·z
7
7
th)
x =
/05
(P.
Sc
4 5
y = − − ·z
7 7
Mit z = : w ∈ R als Parameter ist somit
 
 13 
 5 
x
−7
7
 


 
g : y  = − 47  + w ·  − 75 
0
1
z
hro
und aus dem letzten System
04
eine Gleichung für E1 ∩ E2 in Punkt-Richtungs-Form. Der Durchschnitt von E1 und E2 ist eine
Gerade g im Raum.
ers
em
est
er
20
Auf dieselbe Art, wie wir den Abstand eines Punktes von einer Geraden in der Ebene bestimmt
haben, läßt sich auch der Abstand eines Punktes von einer Ebene, das ist der Abstand des
K
Punktes zum nächstgelegenen Punkt der Ebene, im Raum ermitteln. Gelte P ←→ (a0 | a1 | a2 ),
und die Ebene E sei durch
 
 
 
 
u2
u1
x0
x
 
 
 
 
E :  y  =  y0  + s ·  v 1  + t ·  v 2 
w2
w1
z0
z
II W
int
gegeben. R sei der Schnittpunkt der Senkrechten durch P zu E mit der Ebene E. Dann ist | P R |
der Abstand des Punktes P von der Ebene E.
om
etr
ie
→
−
−
Seien →
a = (u1 , v1 , w1 )T und b = (u2 , v2 , w2 )T die gewählten Richtungsvektoren der Ebene
→
−
−c = (α, β, γ)T sei ein Vektor, der auf →
−
E, und →
a und b senkrecht steht und die Länge 1 hat.
− →
−
−c = →
−c · →
−c = 1. Dann ist
Es gelte also →
a ·→
b · −c = 0 und →
 
 
 
x
a0
α
 
 
 
g P :  y  = a 1  + r ·  β 
z
a2
γ
Ge
eine Gleichung der Senkrechten gP zu E durch P . Die zum Schnittpunkt R von gP und E
gehörenden Parameterwerte s, t und r sind die Lösungen des Gleichungssystems
 
 
 
 
 
 
x
x0
u1
u2
a0
α
 
 
 
 
 
 
 y  =  y0  + s ·  v 1  + t ·  v 2  =  a 1  + r ·  β 
z
z0
w1
w2
a2
γ
66
hro
th)
−c = (α, β, γ)T ,
Bilden wir das Skalarprodukt beider Seiten dieser Gleichung mit dem Vektor →
→
−
−
−c = b · →
−c = 0
so erhalten wir wegen →
a ·→
   
   
   
x0
α
a0
α
α
α
   
   
   
 y0  ·  β  =  a 1  ·  β  + r ·  β  ·  β 
z0
γ
a2
γ
γ
γ
Sc
−c · →
−c = 1 bedeutet das
und wegen →
(P.
r = α · x0 + β · y0 + γ · z0 − (α · a0 + β · a1 + γ · a2 )
Es folgt
20
und der Abstand von P und E ist | P R | = | r |.
04
/05
 
   
 
α
a0
α
a0
−→
 
   
 
P R = a1  + r · β  − a1  = r · β 
γ
a2
γ
a2
=
| A · x0 + B · y0 + C · z0 − (A · a0 + B · a1 + C · a2 ) |
=
| p − (A · a0 + B · a1 + C · a2 ) |
=
| A · a 0 + B · a1 + C · a2 − p |
II W
int
|PR| = |r |
ers
em
est
er
Ist A0 · x + B 0 · y + C 0 · z + D = 0 eine Gleichung in allgemeiner Form für E, so läßt sich diese
√
√
Gleichung durch Division durch A02 + B 02 + C 02 für D < 0 bzw. durch − A02 + B 02 + C 02 für
D ≥ 0 in die Form A · x + B · y + C · z − p = 0 mit A2 + B 2 + C 2 = 1 und p ≥ 0 überführen,
die Hessesche Normalenform der Ebenengleichung. Damit ist (A, B, C)T ein Vektor der Länge
1, der auf der Ebene E senkrecht steht, und mit α := A, β := B und γ := C ergibt sich wegen
p = A · x0 + B · y0 + C · z0 für den Abstand von P und R
K
etr
ie
Der Abstand des Punktes P ←→ (a0 | a1 | a2 ) von der Ebene E ist der Betrag derjenigen Zahl,
die man erhält, wenn man x = a0 , y = a1 und z = a2 in die linke Seite der Hesseschen
Normalenform A · x + B · y + C · z − p = 0 der Ebene E einsetzt.
om
K
Ge
Beispiel 20. Bestimmt werden soll der Abstand des Punktes P ←→ (1 | − 1 | 2) von der durch
12 · x − 3 · y + 4 · z = −39 gegebenen Ebene E.
Die Ebenengleichung lautet in allgemeiner Form
12 · x − 3 · y + 4 · z + 39 = 0
67
th)
Es gilt D = 39 ≥ 0. Um die Hessesche Normalenform der Ebenengleichung zu erhalten, müssen
p
√
√
wir daher die Gleichung durch − A2 + B 2 + C 2 = − 122 + (−3)2 + 42 = − 169 = −13
dividieren und erhalten
12
3
4
− x+ y− z−3 = 0
13
13
13
hro
K
Der Abstand des Punktes P ←→ (1 | − 1 | 2) von der Ebene E ist damit
Sc
12
3
4
39
62
62
·1+
· (−1) −
·2−
| = |−
| =
13
13
13
13
13
13
Ge
om
etr
ie
II W
int
ers
em
est
er
20
04
/05
(P.
|−