Gerade, Strecke, Halbgerade, Winkel (in (Rn,〈 , 〉))

Gerade, Strecke, Halbgerade, Winkel (in (Rn , h , i))
A
B
Winkel
Strecke
Gerade
A
Halbgerade
A
A
◮
Gerade ist Punktmenge LA,v := {A + t · v | t ∈ R}, wobei v 6= ~0.
◮
Halbgerade (Strahl) ist Punktmenge
HA,v := {A + t · v | t ∈ R, t ≥ 0}, wobei v 6= ~0; in dem Fall heißt
der Punkt A der Endpunkt.
◮
Strecke mit Endpunkten A, B ist Punktmenge
AB := {A(1 − t) + t · B | t ∈ R, 1 ≥ t ≥ 0}. Strecke ist trivial,
wenn A = B.
◮
Winkel hvAu ist Vereinigung von zwei Halbgeraden mit gleichem
Endpunkt A und mit Richtungsvektoren u und v ,
{A+t·v | t ∈ R, t ≥ 0}∪{A+t·u | t ∈ R, t ≥ 0}, wobei v 6= ~0 und u 6= ~0
Winkel ist trivial, wenn er eine Gerade oder eine Halbgerade ist;
also wenn u proportional zu v ist.
trivialer Winkel= Halbgerade
A
nichttriv. Winkel
A
A
trivialer Winkel =Gerade
Wie eindeutig bestimmen diese Punktmengen die Daten,
die wir benutzt haben um sie zu konstruieren?
Nach unserer Definition sind Gerade, Strecke, Halbgerade, Winkel (als
mathematische Objekte) Punktmengen; um sie zu konstruieren, wählen
wir “Konstruktionsdaten”, also die Punkte A, B und Vektoren u, v 6= ~0.
Inwiefern bestimmen unsere Punktmengen die “Konstruktionsdaten”?
Wann sind 2 Punktmengen mit verschiedenen “Konstruktionsdaten”
gleich als Punktmengen, also wann fallen sie zusammen?
Bsp. Die Geraden LA,v = {A + t · v | |t ∈ R} und
2v | t ∈ R} fallen zusammen: jeder Punkt von
LA+v ,2v = {A + v +t · |{z}
| {z }
v′
A′
LA+v ,2v ist auch ein Punkt von LA,v = {A + t · v | |t ∈ R}, weil jeder
2v gleich A + t̃v ist, für t̃ = (2t ′ + 1) (weil
Punkt der Form A + v +t ′ · |{z}
| {z }
′
v′
A′
′
A + (2t + 1)v = A + v + t · (2v )) und damit auf Gerade LA,v liegt.
Folglich gilt LA,v ⊇ LA+v ,2v . Analog zeigt man, dass LA,v ⊆ LA+v ,2v :
jeder Punkt der Form A + t · v ist auch ein Punkt von LA+v ,2v , weil
A + t · v = A + v + ( 12 t − 12 ) · (2v ). Also, LA,v = LA+v ,2v .
| {z } |{z}
t′
v′
Lemma 6. Die Strecken AB und A′ B ′ sind genau dann gleich, wenn die
Mengen der Endpunkte gleich sind: {A, B} = {A′ , B ′ }.
Obwohl die Aussage geometrisch trivial aussieht, ist es nicht so trivial sie
zu beweisen; die Hauptschwierigkeit liegt darin zu verstehen, was man
eigentlich beweisen soll.
Die Richtung ⇐= ist einfach: wir müssen zeigen, dass
AB = BA ist:
AB := {A(1 − t) + t · B | t ∈ R, 1 ≥ t ≥ 0} BA := {B(1 − t ′ ) + t ′ · A | t ′ ∈ R, 1 ≥ t ′ ≥ 0} und
das ist der Fall, weil jeder Punkt der Form A(1 − t) + t · B mit 1 ≥ t ≥ 0
auch in der Form B(1 − t ′ ) + t ′ · A | t ′ mit 1 ≥ t ′ ≥ 0 dargestellt werden
kann, und zwar für t ′ = 1 − t (dieses t ′ erfüllt auch die Bedingung
1 ≥ t ′ ≥ 0). Also, AB ⊆ BA; analog zeigt man, dass AB ⊇ BA.
Beweis von Lemma 6 in “=⇒” Richtung.
Lemma 6. Die Strecken AB und A′ B ′ sind genau dann gleich, wenn die Mengen der Endpunkte gleich
sind: {A, B} = {A′ , B ′ }.
Um dies zu beweisen, zeigen wir die “metrische Bedeutung” der
Endpunkte einer Strecke.
Die folgende Aussage zeigt, dass man für jede Strecke die Endpunkte
“invariant”, also nur mit geometrischen Mitteln, bestimmen kann:
Aussage. Für eine Strecke AB existiert genau ein nicht geordnetes Paar
von Punkten (X , Y ), so dass
∀X ′ , Y ′ ∈ AB gilt d(X ′ , Y ′ ) ≤ d(X , Y ),
und zwar (X , Y ) = (A, B).
Beweis der Aussage: Wenn die Strecke trivial ist, also wenn A = B ist,
dann ist nichts zu beweisen: das einzige Paar von Punkten von AB ist
(A, A). Angenommen, A 6= B. Sei X ′ = tA + (1 − t)B und
Y ′ = τ A + (1 − τ )B (wobei 0 ≤ t ≤ 1 und 0 ≤ τ ≤ 1). Dann gilt:
d(X ′ , Y ′ ) = d(tA + (1 − t)B, τ A + (1 − τ )B) =|
tA + (1 − t)B − (τ A + (1 − τ )B) |=| (t − τ )(A − B) |= |t − τ | · |A − B|.
Da 0 ≤ t ≤ 1 und 0 ≤ τ ≤ 1, gilt |t − τ | ≤ 1; also d(X ′ , Y ′ ) ≤ d(A, B).
Ferner gilt: |t − τ | = 1, genau dann wenn (t , τ ) = (1, 0) oder
(t , τ ) = (0, 1), also genau dann wenn {X ′ , Y ′ } = {A, B}.
Beweis von Lemma 6 in “=⇒” Richtung.
Lemma 6. Die Strecken AB und A′ B ′ sind genau dann gleich, wenn die Mengen der Endpunkte gleich
sind: {A, B} = {A′ , B ′ }.
Aussage. Für eine Strecke AB existiert genau ein nicht geordnetes Paar von Punkten (X , Y ), so dass
′
′
′
′
∀X , Y ∈ AB gilt d(X , Y ) ≤ d(X , Y ),
und zwar (X , Y ) = (A, B).
Die Aussage besagt, dass man die Endpunkte einer Strecke definieren
kann, ohne die Konstruktiondaten der Strecke zu benutzen:
Wenn zwei Strecken AB und ÃB̃ gleich (als Mengen) sind, dann sind
auch die entsprechenden nicht geordneten Paare (X , Y ) und (X̃ , Ỹ )
gleich;da (X , Y ) = (A, B) und (X̃ , Ỹ ) = (Ã, B̃) folgt daraus, dass
(A, B) = (Ã, B̃),
Bemerkung. Im Beweis haben wir die Abstandsfunktion benutzt. Wir
zeigen später, im Abschnitt “Konvexe Geometrie”, dass man dieselbe
Aussage nur unter Benutzung der Struktur des linearen Vektorraums
erhält.
.
Frage an Euch
Wie eindeutig bestimmen diese Punktmengen die Daten, die wir
benutzt haben um Sie zu konstruieren?
bis auf (x, v ) 7→ (x + λv , µv )
Gerade
Punkt + Vektor 6= ~0
mit µ 6= 0
Halbgerade
Punkt + Vektor 6= ~0
bis auf v 7→ µv mit µ > 0
Strecke
2 Punkte
eindeutig; Lemma 6
Wenn Winkel nichttrivial ist,
dann (u, v ) 7→ (λu, µv ) für
Winkel
Punkt + zwei Vektoren 6= 0
λ > 0, µ > 0 und (u, v ) 7→
(µv , λu) für λ > 0, µ > 0.
Trivialer Winkel mit u = λv (für λ > 0) ist eine Halbgerade; in dem Fall
bestimmt er auch die Konstruktionsdaten A, u, v mit der Freiheit
(u, v ) 7→ (λu, µv ) für λ > 0, µ > 0.
Trivialer Winkel mit u = λv mit λ < 0 ist eine Gerade; in dem Fall
bestimmt er die Konstruktionsdaten A, u, v mit der Freiheit
(A, u, v ) 7→ (A + ξu, λu, µv ) für ξ ∈ R, λ · µ > 0.
Der Winkel/ das Winkelmaß (die Winkelweite)
Def. Wir betrachten
einen Winkel huAv . Die Zahl
hu,v i
∈
[0,
π]
heißt das Winkelmaß von Winkel zwischen u und
arccos |u|
|v |
v.
Bemerkung Um zu zeigen, dass das Winkelmaß zwischen
u und
v
hu,v i
wohldefiniert ist, müssen wir zeigen, dass die Zahl arccos |u|
|v |
definiert ist; also dass
hu, v i
≤ 1;
−1 ≤
|u| |v |
das werden wir Heute zeigen mit der Hilfe von
Cauchy-Schwarz-Ungleichung aus LA; wir werden die Ungleichung
wiederholen
und
beweisen. Außerdem müssen wir zeigen, dass die Zahl
hu,v i
nicht von unserer Freiheit in Wahl von Richtungsvektoren
arccos |u|
|v |
u und v abhängt: warum bekommem wir die gleichen Ergebnisse wenn
wir u und v mit positiven λ und µ multiplizieren.
Um den Winkel zu definieren, benutzen wir
die Funktion cos. In der Schule haben wir
aber cos mit Hilfe eines Winkels definiert;
wenn wir also die Schuldefinition zugrunde
legen, befinden wir uns in einer logischen
Schleife.
In der Analysis-Vorlesung werden die Funktionen cos und sin rein analytisch, also ohne Bezug zur Schulgeometrie eingeführt,
und zwar als Grenzwerte der unendlichen
Summe cos(x) = 1 − 21 x 2 + 4!1 x 4 − ...;
sin(x) = x − 61 x 3 + ....
Die Eigenschaften der Funktionen Sinus und Kosinus, die Ihnen noch aus
der Schule bekannt sind und die eigentlich notwendig zur Definition der
Funktion arccos sind (z.B. Definitionsbereich, siehe das Bild) hat man
ebenfalls sauber, nur anhand dieser analytischen Formeln bewiesen.
Bemerkung In der Ebene/im Raum ist der Winkel im Sinne der obigen
Definition der übliche Winkel
Wiederholung – Schulgeometrie: In der Ebene/im Raum ist
h~u , ~v i = |~u ||~v | cos(alpha). Also ist
h~
u ,~
vi
cos(alpha) = |~
u ||~
v| .
Bv
alpha
A
Bu
Rechnen Sie bitte selbst:
Im R2 mit Standardskalarprodukt berechne man den Winkel
zwischen
den Vektoren
0
−1
u=
und v =
.
2
1
Lösung. cos(α) =
r
h
0
i
, −1
1
2
0
0
−1
i
, 2 i·h 1 , −1
1
2
h
Dann ist α = arccos( √12 ) = 45◦ .
=
√2
4·2
=
√1 .
2
Rechnen Sie bitte selbst:
Im R2 mit Standardskalarprodukt berechne man den Winkel
zwischen
den Vektoren
3
−4
u=
und v =
.
4
3
h
3
, −4
i
4
3
Lösung. cos(α) = |u|·|v | =
Dann ist α = arccos(0) = 90◦ .
−3·4+4·3
|u|·|v |
=
0
|u|·|v |
= 0.
Bemerkung. Die Vektoren sind genau dann orthogonal (also, ihr
Skalarprodukt ist g.d. gleich 0), wenn der Winkel zwischen den
Vektoren gleich 90◦ ist.
Cauchy-Schwarz-Ungleichung
Lemma 7 (Cauchy-Schwarz-Ungleichung; Lineare Algebra)
|hu, v i| ≤ |u| |v | (für alle u, v ∈ Rn ). Ferner gilt: hu, v i = |u| |v | g.d.w.
die Vektoren proportional sind mit nicht-negativem Koeffizienten und
hu, v i = −|u| |v | g.d.w. die Vektoren proportional sind mit
nicht-positivem Koeffizienten.
Beweis. Ist v = ~0, so sind beide Seiten gleich Null. Sei v 6= ~0. Sind die
Vektoren linear abhängig, so ist u = λv , und
hu, v i = hλv , v i = λ · |v |2 = ±|λv | · |v | wobei das Vorzeichen wie oben
formuliert ist.
Angenommen, die Vektoren sind linear unabhängig. Für alle t ∈ R gilt
Linearität
Linearität
hu + tv , u + tv i = hu, u + tv i + thv , u + tv i =
hu, ui + thu, v i + thv , ui +t 2 hv , v i = |u|2 + 2hu, v i t + t 2 |v |2 .
|{z}
|
{z
}
|{z} | {z }
2thu, v i wegen Symmetrie
c
b
a
Dies ist ein quadratisches Polynom in t. Es hat keine Nullstelle, da
hu + tv , u + tv i gleich Null ist, genau dann wenn u = −tv , also falls u, v
linear abhängig sind, was wir oben explizit ausgeschlossen haben. Da das
Polynom keine Nullstelle hat, ist die Diskriminante negativ, also
2
D = b2 − ac = hu, v i2 − |v |2 |u|2 < 0. Dann ist |hu, v i| < |v ||u|.
Winkelmaß ist wohldefiniert
Wir haben das Winkelmaß von huAv als arccos
hu,v i
|u| |v |
hu,v i
|u| |v |
definiert. Aus
hu,v i
≤ 1 ist, also arccos |u|
|v |
Cauchy-Schwarz folgt, dass −1 ≤
wohldefiniert ist.
Außerdem müssen wir noch zeigen, dass Winkelmaß nicht von der
Transformation (u, v ) 7→ (µv , λu) für λ > 0, µ > 0 abhängt (bzw. von
der entsprechenden Transformation für die trivialen Winkel).
Wenn Winkel nichttrivial ist,
dann (u, v ) 7→ (λu, µv ) für
Winkel Punkt + zwei Vektoren6= 0
λ > 0, µ > 0 und (u, v ) 7→
(µv , λu) für λ > 0, µ > 0.
Wenn wir u ′ = λu und v ′ = λv setzen (für λ > 0, µ > 0), bekommen wir
hu ′ , v ′ i
hλu, µv i
hu, v i
=
=
.
′
′
|u | |v |
|λu| |µv |
|u| |v |
Für trivialen Winkel analog.
Also, Winkelmaß ist wohldefiniert.
Versprechen aus Vorl. 1.
Folgerung (Dreiecksungleichung). Für alle u, v ∈ Rn gilt:
|u + v | ≤ |u| + |v |. Ferner gilt: ist |u + v | = |u| + |v |, dann sind die
Vektoren proportional, mit einem nichtnegativem Koeffizienten.
u
v
u+v
Bemerkung. Daraus folgt sofort die Dreiecksungleichung
für die euklidische Abstandsfunktion:
d (x, y ) ≤ d(x, z) + d(z, y ), da x − y = (x − z) + (z − y ).
| {z } | {z } | {z }
|x−y |
|x−z|
y
z
|z−y |
x
Beweis.
Linearität
(|u + v |)2 = hu + v , u + v i = |u|2 + 2hu, v i + |v |2
Wie
im
Beweis
Lem.
32
=
|u|2 + 2|u||v | + |v |2 .
(|u| + |v |)2
Da nach Cauchy-Schwarz hu, v i ≤ |u||v |, ist (|u + v |)2 ≤ (|u| + |v |)2
und deswegen |u + v | ≤ |u| + |v |.
Kosinussatz
Kosinussatz Im Dreieck auf dem Bild
c
a
alpha
b
ist |~a|2 = |~b|2 + |~c |2 − 2|~b||~c | cos(alpha).
Beweis: ~a + ~b = ~c , also ~a = ~c − ~b.
Dann ist |~a|2 = h~a,~ai = h~c − ~b, ~c − ~bi = h~c , ~c i − 2h~b, ~c i + h~b, ~bi =
|~b|2 + |~c |2 − 2|~b||~c | cos(alpha).
Mit Hilfe der Bilinearität des Skalarprodukts kann man
mehrere schulgeometrische Aufgaben lösen (Bsp: Thales)
Satz von Thales. Im Dreieck auf dem Bild ist das Winkelmaß der
Winkel alpha gleich 90◦ .
Satz von Thales
alpha
b
a
a
624 v. C. - 546 v. C.
v
Beweis. Man betrachte die Vektoren ~a, ~b wie im Bild. Wir zeigen, dass
h~a + ~b ,~a − ~b i = 0. Wegen Bilinearität und Symmetrie ist
| {z } | {z }
~
u
~
v
h~a + ~b,~a − ~bi = h~a,~ai + h~b,~ai − h~a, ~bi −h~b, ~bi = h~a,~ai − h~b, ~bi =
{z
}
|
=0, Symmetrie
h~
u ,~
vi
◦
|a|2 − |b|2 = 0. Dann ist arccos |u|
|v | = arccos(0) = 90 .
Umkehrung des Satzes von Thales
Sei A 6= B. Dann gilt: die Menge {X ∈ R2 | hAXB = 90◦ } ist der Kreis
um den Mittelpunkt M = 21 (A + B) von AB vom Radius 12 |AB|.
X
B
A
M
Beweis. Wir setzen a := M − A; dann ist B − M = a (weil
M = 12 (A + B)). Sei b := X − M. Dann ist X − A = a + b und
B − X = a − b. Dann bedeutet die Bedingung hX − A, B − X i = 0, dass
0 = ha + b, a − bi = |a|2 − |b|2 . Damit ist |a| = |b| und deswegen
|M − X | = 12 |AB|; also X liegt auf dem Kreis um M mit Radius
1
2 |AB|,
Warum ist α + β = γ (siehe Bild)?
hu,v i
Wir haben das Winkelmaß mit Hilfe von arccos |u|
|v |
definiert; und cos mit Hilfe einer Potenzreihe. Wie kann
man damit anschaulich-offensichtliche Aussagen beweisen, z.B. dass (wie auf dem Bild) alpha + beta =
gamma.
Das lässt sich tatsächlich sauber beweisen; ich skizziere dies:
(1) Zuerst zeigt man die Richtigkeit der trigonometrischen Formel
cos(α + β) = cos(α) cos(β) − sin(α) sin(β). Um dies zu zeigen, benutzt
man, dass die Funktionen der Form f (x) = C1 cos(x) + C2 sin(x) (wobei
C1 , C2 ∈ R) die einzigen analytischen Funktionen sind, so dass f ′′ = −f .
Die Funktion f (x) = cos(α + x) hat die Eigenschaft, dass f ′′ = −f ; also
muss cos(α + β) = C1 (α) cos(β) + C2 (α) sin(β) (für jedes α haben wir
C1 , C2 ∈ R; also C1 , C2 sind Funktionen von α).Wenn wir α und β in
cos(α + β) umtauschen, ändern wir nichts; also muss
cos(α + β) = const1 cos(α) cos(β) + const2 sin(α) sin(β) für Konstanten
const1 , const2 . Wir setzen α = 0 und β = 0 um zu zeigen, dass
const1 = 1, und α = π/2 und β = π2 um zu zeigen, dass const2 = −1.
Daraus folgt auch, dass cos(α)2 + sin(α)2 = cos(α − α) = 1.
A
alpha
beta
gamma
hu,u+v i
Es genügt zu zeigen, dass arccos |u||u+v
| +
hv ,u+v i
hv ,ui
arccos |v
||u+v | = arccos |v ||u| .
Deswegen genügt es zu zeigen, dass
A
alpha
beta
gamma
hv , ui ?
hv , u + v i
hu, u + v i
+ arccos
.
= cos arccos
|v ||v |
|u||u + v |
|v ||u + v |
(∗)
Wir benutzen
cos(α + β) = cos(α) cos(β) − sin(α) sin(β) für
die Formel
hu,u+v i
hv ,u+v i
α = arccos |u||u+v
und
β
=
arccos
|
|v ||u+v | ; außerdem benutzen wir
r
2
hu,u+v i
2
2
.
cos(α) + sin(α) = 1 um sin(α) zu finden; sin(α) = ± 1 − |u||u+v
|
Analog finden wir sin(β). Wir setzen alles in (∗) ein und rechnen nach
(Übung für Sie; benutzen Sie die Linearität des Skalarprodukts; die
Rechnerei hier ist langweilig), dass (∗) und deswegen auch
alpha + beta = gamma gilt.
Da wir, um das Winkelmaß zu definieren, nur das Skalarprodukt benutzt
haben, und Isometrien das Skalarprodukt erhalten (Folg. 3 aus Satz 1),
erhalten Isometrien auch das Winkelmaß.
Wir werden das benutzen um zu beweisen, dass die Summe der inneren
Winkel jedes Dreiecks gleich 180◦ ist.
Zuerst zeigen wir, dass die Stufen-, Wechsel- und
Gegenwinkel (an parallelen Geraden) gleich sind
Wechsel-,
Stufen-
und Gegenwinkel
Die Parallelverschiebung (der Vektor v der Verschiebung ist auf dem
mittleren Bild) bildet den Winkel auf seinen Stufenwinkel ab. In der Tat,
die Parallelverschiebung bildet die Halbgerade g = {A − t · u | t ∈ R≥0 }
auf die Halbgerade g = {A + v −t · u | t ∈ R≥0 }, und die Halbgerade h
| {z }
A′
(sei h = {A + t · u | t ∈ R})) auf die Halbgerade
h′ = {A + v +u | t ∈ R} ab. Hier sind A und A′ die Schnittpunkte auf
| {z }
A′
dem mittleren Bild und v = A′ − A. Die Parallelverschiebung ist eine
Isometrie und deswegen sind die Stufenwinkel(maße) gleich.
Analog, bildet die Zentralsymmetrie (die Drehung um 180◦ ) den Winkel
auf den Gegenwinkel ab; deswegen sind auch die Gegenwinkel gleich.
Der Wechselwinkel ist dann der Gegenwinkel zum Stufenwinkel.
Winkelsummensatz für Dreieck
Winkelsummensatz Die Winkelsumme im Dreieck ist 180◦ .
Beweis. (Gleichweite Winkel werden
als gleich bezeichnet.)
Die Winkel α bei den Punkten A und
C sind als Stufenwinkel gleich. Die
Winkel β bei den Punkten B und C
sind als Wechselwinkel gleich. Beim
Punkt C sieht man: α+β +γ = 180◦