Geometrie Lineare Algebra

Geometrie
und
Lineare Algebra
für das Lehramt
Franz Hofbauer
November 2014
Vorwort
Mit Mathematik kommt man frühzeitig in Berührung. Kinder lernen Zählen und Rechnen durch beständiges Wiederholen. Ebenso lernen sie geometrische Figuren kennen, die
sie in ihrer Umgebung wahrnehmen. Später werden durch einfache Konstruktionsübungen
geometrische Grundkenntnisse erworben. Es wird dann selbstverständlich, dass man durch
zwei Punkte eine Gerade legen kann, dass es zu einer Gerade genau eine Parallele und
genau eine Senkrechte durch einen vorgegebenen Punkt gibt, dass zwei nicht parallele Gerade einander in genau einem Punkt schneiden, und dergleichen mehr. Darauf baut der
weiterführende Geometrieunterricht auf. Es sind dann auch schon sehr einfache Beweise
möglich, zum Beispiel für die Winkelsumme im Dreieck und für den Satz von Pythagoras.
Die Lehramtsausbildung sollte sich an der Berufsrealität der Lehrer orientieren. Deshalb
werden in diesem Skriptum die durch Einüben erworbenen geometrischen Grundkenntnisse
ebenfalls als bekannt vorausgesetzt.
In der Geometrie werden verschiedenste Beweismethoden verwendet. Dieses Skriptum
konzentriert sich hauptsächlich auf die für die Schule relevanten Methoden. Die damit
bewiesenen Sätze gehen jedoch über den üblichen Schulstoff hinaus. Ein entsprechendes
Hintergrundwissen ist ja auch wichtig.
Der erste Teil bringt die Elementargeometrie (synthetische Geometrie), die hauptsächlich
mit dem Strahlensatz, mit dem Satz von Pythagoras und mit dem Peripheriewinkelsatz
arbeitet. Der zweite Teil bringt die Trigonometrie, wo natürlich Sinus- und Cosinussatz die
wichtigsten Werkzeuge sind. Dort wird auch gezeigt, wie man mit Hilfe komplexer Zahlen
Geometrie betreiben kann. Im dritten Teil wird dann im Koordinatensystem gearbeitet,
insbesondere mit Vektoren, Geradengleichungen und Determinanten (analytische Geometrie). Mit den jeweiligen Methoden werden Sätze der ebenen Geometrie bewiesen. Unter
anderem findet man die Sätze von Menelaos und Ceva, den Sehnen- und Sekantensatz, den
Südpolsatz, die Formeln von Heron und Stewart, die Sätze von Napoleon und Morley, die
Steinerschen Geraden und den Satz von Feuerbach. Die besonderen Punkte des Dreiecks
werden in allen drei Teilen behandelt.
Im vierten Teil wird lineare Algebra im R2 betrieben. Es werden lineare Abbildungen,
Matrizen, Eigenwerte und Eigenvektoren eingeführt und Isometrien der Ebene (Drehungen,
Spiegelungen, Translationen) untersucht. Dann kommen Kegelschnitte, Tangentenkonstruktion, Tangentengleichung, und die Hauptachsentransformation. Um das räumliche
Vorstellungsvermögen zu üben, werden auch die Flächen zweiter Ordnung besprochen.
Schließlich wird noch in einem fünften Teil das systematische Lösen von linearen Gleichungssystemen mit Hilfe des Gaußschen Eliminationsverfahrens behandelt. Auf theoretische Resultate aus der Linearen Algebra wird weitgehend verzichtet. Statt dessen wird eine
Vorgangsweise gewählt, die für den Schulunterricht taugliches Hintergrundwissen darstellt.
Literatur: Zwei Lehrbücher der Elementargeometrie
Johnson: Advanced Euclidean Geometry
Coxeter, Greitzer: Geometry revisited
Das Buch von Johnson kann man als Standardlehrbuch der Elementargeometrie bezeichnen. Es wird üblicherweise zitiert, wenn man einen einführenden Text zitieren will. Der
Inhalt des Buches geht natürlich weit über eine Lehramtsvorlesung hinaus.
I. Elementargeometrie
1. Einleitung
Punkte bezeichnen wir mit Großbuchstaben, Geraden und Kreise mit Kleinbuchstaben
und Winkel mit griechischen Buchstaben. Für Längen, zum Beispiel Seitenlängen eines
Dreiecks, verwenden wir Kleinbuchstaben und für Flächen Großbuchstaben. Wir führen
folgende Abkürzungen ein:
AB
Strecke zwischen den Punkten A und B
−→
AB
Vektor vom Punkt A zum Punkt B
ℓ(A, B)
Gerade durch die Punkte A und B
|AB|
Abstand der Punkte A und B
AB
orientierter Abstand vom Punkt A zum Punkt B
△ ABC
Dreieck mit den Eckpunkten A, B und C
] ABC
Winkel bei B im Dreieck mit den Eckpunkten A, B und C
#ABC
Fläche des Dreiecks mit den Eckpunkten A, B und C
Den orientierten Abstand AB erhält man, indem man die Gerade g durch A und B mit
der Zahlengerade R identifiziert und die Koordinate von A von der von B subtrahiert. Es
gilt daher AB = −BA. Liegen drei Punkte A, B und C auf einer Geraden g, ganz egal in
welcher Reihenfolge, dann gilt immer AB + BC = AC.
Der orientierte Abstand AB hängt davon ab, wie man g orientiert, das heißt welche
Richtung die positive ist. Dreht man die Orientierung um, dann ändert AB das Vorzeichen.
Wir werden jedoch den orientierten Abstand immer nur in Quotienten oder Produkten
verwenden: Seien zum Beispiel P , Q und R drei voneinander verschiedene Punkte auf
einer Geraden g. Dann ist der Quotient PP Q
R eindeutig bestimmt, unabhängig davon, wie
man die Gerade g orientiert, da bei Änderung der Orientierung beide Abstände P Q und
P R das Vorzeichen ändern. Liegt P nicht zwischen Q und R, dann haben P Q und P R
|P Q|
PQ
gleiches Vorzeichen, sodass PP Q
R > 0 und P R = |P R| gilt. Liegt P zwischen Q und R, dann
haben P Q und P R verschiedenes Vorzeichen, sodass PP Q
R < 0 gilt und wegen QP = −P Q
|QP |
|P Q|
PQ
QP
auch − P R = P R = |P R| = |P R| . Ähnliches gilt auch für Produkte P Q · P R.
Bemerkung: Wir benötigen sowohl den üblichen, nicht orientierten Abstand als auch
den orientierten Abstand, den wir mit AB bezeichnen. Der übliche Abstand ist der Betrag
der Zahl AB, daher bezeichnen wir ihn mit |AB|.
Für Dreiecke verwenden wir die Standardbezeichnung. Die
Eckpunkte bezeichnen wir mit A, B und C, die Längen der
Dreieckseiten mit den Kleinbuchstaben a, b und c, entsprechend dem der Seite gegenüberliegenden Eckpunkt, und den
(Innen)Winkel bei jedem Eckpunkt mit dem entsprechenden
griechischen Buchstaben α, β und γ. Der Winkel δ ist ein
Außenwinkel. Bei jedem Eckpunkt gibt es zwei Außenwinkel.
C
γ
b
a
β
α
A
δ
c
B
Als Beweismethode werden wir oft kongruente Figuren verwenden. Zwei Figuren heißen
kongruent, wenn sich die eine durch Verschieben, Drehen, Spiegeln in die andere überführen
lässt. Bei kongruenten Figuren stimmen einander entsprechende Seitenlängen, Winkel und
Flächen überein.
Diese Methode verwenden wir jetzt, um zuerst Aussagen über die Gleichheit von Winkeln
zu finden, und dann zum Berechnen von Flächen.
2
Elementargeometrie
Seien g und h zwei Gerade, die einander in einem Punkt S
h
schneiden. Dann sind einander gegenüberliegende Winkel,
S
α
die von den beiden Geraden eingeschlossen werden, gleich
β
groß. In der Zeichnung sind zwei solche Winkel mit α und
g
β bezeichnet. Dreht man die gesamte Figur um den Punkt
S um 1800 , dann gehen die Geraden g und h in sich selbst
über. Der Winkel β kommt dann auf dem Winkel α zu liegen. Somit sind die beiden
Winkel gleich groß. (Scheitelwinkel)
Zwei parallele Geraden g1 und g2 werden von
einer dritten Geraden h geschnitten. Der Schnittβ
punkt von g1 mit h sei S und der Schnittpunkt von
g
γ
2
R
g2 mit h sei R. Dann sind die in der Zeichnung mit
α und β bezeichneten Winkel gleich groß. Durch
die Parallelverschiebung, die den Punkt S in den
h
Punkt R überführt, wird ja g1 auf g2 abgebildet
und h auf sich selbst. Der Winkel α liegt dann auf
S α
dem Winkel β, womit die Gleichheit dieser Wing1
kel gezeigt ist (Stufenwinkel). Aus obigem Resultat
folgt dann, dass auch der mit γ bezeichnete Winkel gleich α ist (Wechselwinkel).
Seien g und h zwei Gerade, die einander in einem
u
g
Punkt S schneiden und den Winkel α einschließen.
Sei u eine senkrechte Gerade auf g und v eine senkrechte Gerade auf h. Der von u und v eingeschlosv
sene Winkel β ist dann gleich α (Orthogonalwinkel).
Das sieht man so: Wir drehen die Geraden u und v
h
um ihren Schnittpunkt P um 900 und erhalten die
Geraden ũ und ṽ, die dann ebenfalls den Winkel β
ṽ
β
einschließen. Da ũ parallel zu g liegt und ṽ parallel
β
zu h, muss β = α gelten. Durch die ParallelverP
ũ
schiebung, die P in S überführt, wird ja ũ auf g
und ṽ auf h abgebildet, sodass der Winkel β dann auf dem Winkel α liegt.
S
α
Wir wenden das gleich auf das Dreieck an.
Satz 1: Die Summe der (Innen)Winkel eines Dreiecks beträgt 1800 .
Beweis: Die Eckpunkte und Winkel des Dreiecks
g
werden wie üblich bezeichnet. Wir zeichnen eine
zur Dreiecksseite AB parallele Gerade g durch
den Eckpunkt C des Dreiecks. Diese bildet mit
der Dreiecksseite AC einen Winkel ε und mit der
Dreiecksseite BC einen Winkel δ. Nach dem oben
α
bewiesenen Resultat gilt ε = α und δ = β, da die
A
Gerade g parallel zur Seite AB liegt. Klarerweise
gilt ε + γ + δ = 1800 . Damit ist auch α + γ + β = 1800 gezeigt.
ε
C
γ δ
β
B
Bemerkung: Aus diesem Satz folgt, dass jeder Außenwinkel gleich ist der Summe der
Innenwinkel bei den anderen beiden Eckpunkten.
Franz Hofbauer
3
Wie kann man die Fläche einer ebenen Figur, zum Beispiel eines Rechtecks, bestimmen?
Dazu legen wir eine geeignete Einheitsfläche fest. Wir müssen ja von irgendwo ausgehen.
Wir können die Einheitsfläche in gleich große Teile zerlegen, deren Fläche wir dann kennen,
und versuchen, das Rechteck damit möglichst gut auszufüllen.
Als Einheitsfläche wählen wir das Quadrat mit Seitenlänge 1. Seine Fläche ist 1. Wir
nennen es Einheitsquadrat.
Sei n eine natürliche Zahl. Wir bestimmen die Fläche
des Quadrats mit Seitenlänge n1 . Wir teilen eine Seite des
Einheitsquadrats in n gleich lange Teile. Durch die Unterteilungspunkte zeichnen wir Parallele zur anderen Quadratseite. Ebenso teilen wir die andere Quadratseite in n gleich
lange Teile und zeichnen Parallele zur ersten Quadratseite.
Dadurch wird das Einheitsquadrat in kleine Quadrate unterteilt, deren Anzahl n2 ist. Diese kleinen Quadrate haben alle
Seitenlänge n1 und sind zueinander kongruent. Sie haben daher die gleiche Fläche, die wir G nennen. Es gilt n2 G = 1
und somit G = n12 . Damit ist die Fläche des Quadrats mit Seitenlänge n1 berechnet.
Seien a und b positive Zahlen. Wir bestimmen
die Fläche F des Rechtecks mit Seitenlängen a
und b. Seien k und m in N so gewählt, dass
(∗)
k
n
≤a<
k+1
n
und
m
n
≤b<
m+1
n
gilt. Beginnend im linken Endpunkt zeichnen wir
auf der Rechteckseite der Länge a Unterteilungspunkte, die zueinander Abstand n1 haben. Der
k-te Unterteilungspunkt liegt noch auf der Rechteckseite, der k+1-te bereits auf der Verlängerung.
Durch diese Punkte zeichnen wir Parallele zur
Rechteckseite der Länge b. Ebenso zeichnen wir auf der Rechteckseite der Länge b Unterteilungspunkte, die zueinander Abstand n1 haben. Der m-te Unterteilungspunkt liegt noch auf
der Rechteckseite, der m + 1-te bereits auf deren Verlängerung. Durch diese Punkte zeichnen wir Parallele zur Rechteckseite der Länge a. Dadurch erhalten wir wieder Quadrate
mit Seitenlänge n1 . Die Anzahl dieser Quadrate ist (k + 1)(m + 1). Sie überdecken das
Rechteck. Es gilt daher F ≤ (k + 1)(m + 1) n12 . Aus (∗) folgt ab ≥ km
n2 . Wir erhalten
F − ab ≤
(k+1)(m+1)
n2
−
km
n2
=
k+m+1
n2
Die Anzahl der Quadrate, die ganz im Rechteck liegen, ist km. Es gilt daher F ≥ km n12 .
Aus (∗) folgt ab ≤ (k+1)(m+1)
. Wir erhalten
n2
ab − F ≤
(k+1)(m+1)
n2
−
km
n2
=
k+m+1
n2
Da |F − ab| entweder gleich F − ab oder gleich ab − F ist, folgt aus diesen Umgleichungen,
dass |F − ab| ≤ k+m+1
gilt. Mit Hilfe von (∗) erhalten wir schließlich
n2
|F − ab| ≤
a
n
+
b
n
+
1
n
Da n beliebig groß gewählt werden kann, muss |F − ab| = 0 gelten. Damit ist F = ab
a+b+1
gezeigt. (Wäre |F − ab| nicht null, dann würde n ≤ |F
−ab| für alle n ∈ N gelten.)
Mit Hilfe dieser Formel für die Fläche des Rechtecks können wir auch die Parallelogrammund die Dreiecksfläche bestimmen.
4
Elementargeometrie
Satz 2: Sei ABCD ein Paralellogramm. Sei c die Länge der Seiten AB und CD und h
die Länge der Höhe des Parallelogramms (Normalabstand der Seiten AB und CD). Die
Fläche des Parallelogramms ist dann c · h. Sei △ ABC ein Dreieck. Sei c die Länge der
Seite AB und h die Länge der Höhe durch C. Die Dreiecksfläche ist dann c·h
2 .
Beweis: Sei V der Fußpunkt des Lots von C und
D
C
U der des Lots von D auf die Gerade ℓ(A, B). Wir
gehen vom Viereck AV CD aus. Die beiden Dreiecke
△ BV C und △ AU D sind kongruent (das eine geht
−→
durch die Translation um den Vektor BA in das
andere über) und daher flächengleich. Schneidet
man vom Viereck AV CD das Dreieck △ BV C weg,
A
B U
V
dann bleibt das Parallelogramm ABCD. Schneidet
man vom Viereck AV CD das Dreieck △ AU D weg, dann bleibt das Rechteck U V CD.
Die beiden verbleibenden Figuren haben gleiche Fläche. Das Parallelogramm ABCD hat
dieselbe Fläche wie das Rechteck U V CD. Diese ist gleich c · h.
Wenn der Winkel bei A stumpf ist, dann muss man vom Viereck U BCD ausgehen.
Das Dreieck △ ABC ergänzen wir zu einem ParallelD
C
ogramm ABCD, indem wir für D den Schnittpunkt
der Parallele zu ℓ(A, B) durch C und der Parallele
zu ℓ(B, C) durch A wählen. Die Dreiecke △ ABC
und △ ADC sind dann kongruent (eine Drehung um
1800 um den Mittelpunkt der Strecke AC führt das
eine in das andere über) und daher auch flächengleich.
Somit ist die Fläche des Dreiecks △ ABC gleich der
A
B
Hälfte der Fläche des Paralellogramms ABCD. Wie
wir gesehen haben, ist c · h die Paralellogrammfläche. Daher ist c·h
2 die Dreiecksfläche.
2. Der Strahlensatz
Der Strahlensatz macht eine Aussage über die Verhältnisse von entsprechenden Seiten
von Dreiecken in einer der beiden folgenden Situationen:
D
D
B
h
v
h
v
A
u
S
u
g
A
C
S
g
C
B
Zwei Gerade g und h schneiden einander in einem Punkt S. Eine weitere Gerade u
schneidet die Geraden g und h in den Punkten A und B, die ungleich S sind. Eine zu
u parallele Gerade v schneidet g und h in den Punkten C und D, die ebenfalls ungleich
S sind. Dadurch entstehen zwei Dreiecke △ SAB und △ SCD. Dabei können zwei Fälle
auftreten. Entweder die beiden parallelen Geraden u und v liegen auf derselben Seite von
S, wie es in der linken Zeichnung dargestellt ist, oder sie liegen auf verschiedenen Seiten
von S, wie es in der rechten Zeichnung dargestellt ist.
Franz Hofbauer
Satz 3 (Strahlensatz) In der oben beschriebenen Situation gilt
5
SA
SC
=
SB
SD
=
AB
CD .
Beweis: Wir nehmen an, dass die Geraden u und v auf derselben Seite von S liegen. Das
SA
SB
AB
ist der oben links dargestellte Fall. In diesem Fall gilt SC
> 0, SD
> 0 und CD
> 0.
Wir arbeiten mit den Dreiecksflächen U = #SAB, V = #ABC und W = #ABD. Es gilt
U + V = #SCB und U + W = #SDA. Sei d der Abstand der parallelen Geraden u und v.
Weiters sei a der Normalabstand des PunkD
tes A von der Geraden h und b der des
Punktes B von der Geraden g. Es gilt
B
|SA| 2b
|SA|
#SAB
SA
U
SC = |SC| = |SC| b = #SCB = U +V und
|SB|
|SD|
2
|SB| a
2
|SD| a
2
#SBA
U
=
=
= #SDA
= U +W
.
h
v
Die beiden Dreiecke △ ABC und △ ABD
u
haben Grundlinie AB und gleiche Höhe d.
Daher haben sie auch gleiche Fläche, also
S
g
SA
SB
A
= SD
, der erste
gilt V = W . Damit ist SC
C
Teil des Strahlensatzes, bereits bewiesen.
SA
AB
Um auch SC
= CD
zu beweisen, arbeiten wir mit den Dreiecksflächen R = #SCD und
T = #BCD. Ist c der Normalabstand des Punktes S von der Geraden u, dann gilt
d
c
c
R = c+d
2 · |CD| und T = 2 · |CD|, woraus R − T = 2 · |CD| folgt. Wegen U = 2 · |AB|
|AB|
AB
U
erhalten wir CD
= |CD|
= R−T
. Da sowohl U + V als auch R − T die Fläche des Dreiecks
U
SA
AB
= U +V
= SC
gezeigt.
△ SBC ergeben, gilt U + V = R − T . Somit ist CD
Der Satz ist gezeigt, wenn die parallelen Geraden auf derselben Seite des Punktes S liegen.
Den Fall, wo die parallelen Geraden auf verschiedenen Seiten von S liegen, kann man auf
diesen zurückführen, indem man die links von S liegende Gerade am Punkt S spiegelt. Es
ist zu beachten, dass dabei die Zahlen SA, SB und AB ihr Vorzeichen ändern.
SB
SD
Bemerkung: Der Beweis des Strahlensatzes besteht aus zwei Teilen. Im ersten Teil
SA
SB
SA
AB
wird die Gleichung SC
= SD
bewiesen, im zweiten die Gleichung SC
= CD
. Anstatt
einen eigenen Beweis für die zweite Gleichung zu geben, kann man sie auch auf die erste
zurückführen. Sei w der Vektor von A
D
nach C. Wir verschieben die Punkte S,
A und B um den Vektor w. Die Punkte,
B
die wir dadurch erhalten, nennen wir S ∗ ,
B∗
A∗ und B ∗ . Wegen der Wahl von w gilt
h
A∗ = C und S ∗ liegt auf ℓ(S, C). Da u
v
parallel zu v liegt, verschiebt w die Geu
rade u in die Gerade v und B ∗ liegt daher
S
auf v. Weiters sind die Geraden ℓ(S, B)
S∗
g
A
und ℓ(S ∗ , B ∗ ) zueinander parallel. Wenn
C=A∗
wir jetzt die im ersten Teil bewiesene Glei∗
CB ∗
CS ∗
S∗ C
SA
chung anwenden, dann erhalten wir CS
CS = CD . Nun gilt CS =∗ SC = SC , da durch
AB
die Verschiebung S in S ∗ und A in C übergeht. Ebenso gilt CB
CD = CD , da durch die
SA
AB
Verschiebung A in C und B in B ∗ übergeht. Damit ist dann SC
= CD
bewiesen.
Wir geben einen zweiten Beweis des Strahlensatzes. In diesem Beweis wird der Strahlensatz zuerst für rationale Verhältnisse bewiesen. Durch Approximation erhält man dann
den allgemeinen Fall.
6
Elementargeometrie
Zweiter Beweis: Wir nehmen wieder an,
D
dass die beiden parallelen Geraden u und
v auf derselben Seite von S liegen. Wir
B
SA
behandeln zuerst den Fall, wo SC rational
ist. Es existieren Zahlen k und n in N mit
h
|SA|
|SC|
v
SA
k
u
SC = |SC| = n . Wir setzen q = n . Es
gilt |SC| = nq und |SA| = |SC| nk = kq.
Wir teilen die Strecke SC in n gleich lange
S
Teile der Länge q und zeichnen durch diese
A
C
Teilungspunkte Geraden, die parallel zur
Gerade v liegen. Ebenso zeichnen wir durch diese Teilungspunkte Geraden, die parallel
zur Gerade h liegen. Dadurch entstehen zueinander kongruente Parallelogramme. Sie sind
kongruent, da sie durch geeignete Parallelverschiebungen ineinander übergehen.
Die an der Srecke SD anliegenden Parallelogramme teilen diese Strecke in n gleich lange
Teile, deren Länge wir mit r bezeichnen. Der k-te der so entstehenden Unterteilungspunkte
fällt mit B zusammen, da ja wegen |SA| = kq die k-te der zu v parallelen Geraden mit u
|SB|
SB
= |SD|
= nk .
zusammenfällt. Somit gilt |SD| = nr und |SB| = kr. Es folgt SD
Die an der Strecke CD anliegenden Parallelogramme teilen diese Strecke in n gleich lange
Teile, deren Länge wir mit s bezeichnen. Die Strecke AB wird durch die an sie anliegenden
Parallelogramme ebenfalls in gleich lange Teile der Länge s unterteilt. Wegen |SA| = kq ist
|AB|
AB
k die Anzahl dieser Teile. Es gilt also |CD| = ns und |AB| = ks. Es folgt CD
= |CD|
= nk .
SA
SA
SB
AB
In dem Fall, wo SC
rational ist, haben wir SC
= SD
= CD
bewiesen.
SA
Um den Beweis zu führen, wenn SC
nicht
rational ist, teilen wir wie oben die Strecke
D
SC in n gleiche Teile der Länge q = |SC|
n
B2
und zeichnen parallele Geraden zu v bzw.
B
B1
zu h, die SD in n gleiche Teile der Länge
r und CD in n gleiche Teile der Länge s
v
h
teilen. Die Punkte A und B liegen jetzt
nicht auf einem Unterteilungspunkt. Seien
A1 und A2 die Unterteilungspunkte auf der
S
g
A1 A A2
Strecke SC, zwischen denen A liegt. Seien
C
B1 und B2 die Unterteilungspunkte auf der
Strecke SD, zwischen denen B liegt. Die Strecken A1 B1 und A2 B2 liegen dann parallel
zur Strecke AB. Und da es sich bei den Punkten A1 , A2 , B1 , B2 um Unterteilungspunkte
|SB1 |
|A1 B1 |
|SA2 |
|SB2 |
|A2 B2 |
1|
handelt, erhalten wir |SA
|SC| = |SD| = |CD| und |SC| = |SD| = |CD| aus dem ersten
Teil des Beweises.
Es gilt |SA| < |SA2 | und |SB1 | < |SB|. Wegen |SA2 | = |SA1 | + q folgt |SA| − q < |SA1 |
|SA1 |
|SB1 |
|SB|
|SA|
|SB|
1
und |SA|−q
|SC| < |SC| = |SD| < |SD| . Setzt man für q ein, so erhält man |SC| − n < |SD| .
Es gilt |SA| > |SA1 | und |SB2 | > |SB|. Wegen |SA1 | = |SA2 | − q folgt |SA| + q > |SA2 |
|SA2 |
|SB2 |
|SB|
|SA|
|SB|
1
und |SA|+q
|SC| > |SC| = |SD| > |SD| . Setzt man für q ein, so erhält man |SC| + n > |SD| .
Wir haben somit
|SA|
|SC|
−
ergibt sich die Gleichheit
|SB|
|SA|
1
n < |SD| < |SC|
|SA|
|SB|
|SC| = |SD| , das
+
1
n
heißt
gezeigt. Das gilt für alle n ∈ N. Daraus
SA
SC
=
SB
SD .
Franz Hofbauer
7
Da aber auch |A1 B1 | < |AB| und |A2 B2 | > |AB| gelten, kann man diesen Beweisschritt
auch mit |A1 B1 | statt |SB1 |, mit |A2 B2 | statt |SB2 |, mit |AB| statt |SB| und mit |CD|
|SA|
|AB|
|SA|
− n1 < |CD|
< |SC|
+ n1 . Da dies für alle n ∈ N
statt |SD| durchführen und erhält |SC|
gilt, ist auch
|SA|
|SC|
=
|AB|
|CD|
gezeigt, das heißt
SA
SC
=
AB
CD .
Der Fall, in dem die parallelen Geraden auf verschiedenen Seiten von S liegen, lässt sich
wie im ersten Beweis behandeln.
Wenn die oben vorausgesetzte Situation vorliegt mit zwei einander schneidenden Geraden g und h, die von zwei parallelen Geraden u und v geschnitten werden, dann verwendet
man die in Satz 3 formulierte Version des Strahlensatzes mit orientierten Verhältnissen.
Häufig wendet man den Strahlensatz aber auch auf ähnliche Dreiecke an. Zwei Dreiecke
nennt man ähnlich, wenn sie gleiche Winkel haben. Zwei zueinander ähnliche Dreiecke
△ ABC und △ DEF schreiben wir immer so auf, dass die Winkel bei den erstgenannten
Eckpunkten übereinstimmen, (hier sind das A und D), ebenso die bei den zweitgenannten
(hier B und E), und daher dann auch die bei den drittgenannten (hier C und F ). In
diesem Fall kann man die Dreiecke so übereinanderlegen, dass der Punkt D auf A liegt,
die Seite AB auf DE und die Seite AC auf DF . Aus dem Strahlensatz folgt dann
|AB|
|DE|
=
|AC|
|DF |
=
|BC|
|EF | .
(Die Gleichungen bleiben ja erhalten, wenn man Beträge setzt.) In diesem Fall arbeitet
man mit nichtorientierten Abständen, da die Dreiecke △ ABC und △ DEF ja irgendwie
liegen können und man daher nicht von gleicher oder entgegengesetzter Orientierung der
Abstände sprechen kann. Oft schreibt man diese Gleichungen auch so auf
|AB|
|AC|
=
|DE|
|DF | ,
|AB|
|BC|
=
|DE|
|EF |
und
|AC|
|BC|
=
|DF |
|EF | .
Wir beweisen noch eine Umkehrung des Strahlensatzes und zuvor einen Hilfssatz.
Hilfssatz A: Wenn die Punkte P , Q und S auf einer Geraden liegen und P S = QS gilt,
dann sind P und Q identisch. Wenn die Punkte P , Q, R und S auf einer Geraden liegen
QR
und PP R
S = QS gilt, dann sind P und Q identisch.
Beweis: Da P , Q und S auf einer Geraden liegen und P S = QS gilt, haben die Punkte
P und Q denselben Abstand von S und sie liegen auch auf der selben Seite von S, da die
Abstände in einer Richtung positives und in der anderen Richtung negatives Vorzeichen
haben. Also sind P und Q identisch und die erste Aussage ist gezeigt.
Jetzt zur zweiten Aussage. Da die Punkte P , Q, R und S auf einer Gerade liegen, gilt
QR
auch P R = P S + SR und QR = QS + SR. Setzt man das in PP R
S = QS ein, so erhält man
SR
SR
1+ P
S = 1+ QS . Also gilt P S = QS. Nach der ersten Aussage sind P und Q identisch.
Satz 4 (Umkehrung des Strahlensatzes) Seien g und h zwei Gerade, die einander im Punkt
S schneiden. Seien A und C Punkte auf g und B und D Punkte auf h, die alle ungleich S
SA
SB
sind. Wenn SC
= SD
gilt, dann liegt die Gerade ℓ(A, B) parallel zur Geraden ℓ(C, D).
Beweis: Sei u die Gerade durch den Punkt A, die parallel zu ℓ(C, D) liegt. Sei B ∗ der
Schnittpunkt von u mit h. Man beachte, dass ℓ(C, D) und damit auch u nicht parallel zu h
∗
SA
SB
SA
∗
= SB
liegen kann. Aus Satz 3 folgt dann SC
SD . Wegen SC = SD erhalten wir SB = SB.
∗
∗
Daraus folgt B = B wegen Hilfssatz A, da S, B und B alle auf der Geraden h liegen.
Daraus folgt wieder, dass ℓ(A, B) mit der Geraden u zusammenfällt, womit bewiesen ist,
dass ℓ(A, B) parallel zu ℓ(C, D) liegt.
8
Elementargeometrie
Wir kommen zu den Anwendungen des Strahlensatzes. Die Sätze von Menelaos und Ceva
machen Aussagen über drei Punkte, die auf den Trägergeraden der Seiten eines Dreiecks
liegen. Der Satz von Menelaos gibt eine Bedingung dafür, dass die drei Punkte auf einer
Gerade liegen. Der Satz von Ceva gibt eine Bedingung dafür, dass die Verbindungsgeraden
der drei Punkte mit den gegenüberliegenden Eckpunkten durch einen Punkt gehen.
Satz 5 (Satz von Menelaos) Sei △ ABC ein Dreieck. Sei D auf der Geraden ℓ(A, B), sei
E auf der Geraden ℓ(B, C) und sei F auf der Geraden ℓ(C, A) so gewählt, dass die Punkte
D, E und F keine Eckpunkte des Dreiecks sind und alle auf einer Gerade g liegen. Dann
DA EB F C
AD BE CF
gilt DB
· EC · F A = 1 (oft auch als DB
· EC · F A = −1 geschrieben).
Beweis: Sei A∗ der Fußpunkt des
Lots vom Punkt A auf die Gerade g,
sei B ∗ der Fußpunkt des Lots vom
Punkt B auf die Gerade g und sei C ∗
der Fußpunkt des Lots vom Punkt C
auf die Gerade g. Da die Geraden
ℓ(A, A∗ ) und ℓ(B, B ∗ ) parallel liegen,
DA
AA∗
folgt DB
= BB
∗ aus dem StrahlenBB ∗
satz. Ebenso folgt EB
EC = CC ∗ , da
ℓ(B, B ∗ ) und ℓ(C, C ∗ ) parallel liegen,
CC ∗
∗
und auch FF C
A = AA∗ , da ℓ(A, A ) und
ℓ(C, C ∗ ) parallel liegen. Damit ergibt sich
C
g
A∗
F
C∗
E
B∗
D
A
DA
DB
B
·
EB
EC
·
FC
FA
=
AA∗
BB ∗
·
BB ∗
CC ∗
·
CC ∗
AA∗
= 1.
Es gibt eine Umkehrung des Satzes von Menelaos, die wir nicht behandeln.
Satz 6 (Satz von Ceva) Sei △ ABC ein Dreieck. Sei D auf der Geraden ℓ(A, B), sei E
auf der Geraden ℓ(B, C) und sei F auf der Geraden ℓ(C, A) so gewählt, dass diese Punkte
keine Eckpunkte des Dreiecks sind und dass die Geraden ℓ(A, E), ℓ(B, F ) und ℓ(C, D)
FC
DA
· EB
durch einen gemeinsamen Punkt P gehen. Dann gilt DB
EC · F A = −1 (oft auch als
AD BE CF
DB · EC · F A = 1 geschrieben).
Beweis: Sei g die Gerade durch C parallel zu ℓ(A, B). Da E kein Eckpunkt ist, existiert der Schnittpunkt U der Geraden g mit ℓ(A, E) und ist ̸= C. Da F kein Eckpunkt
ist, existiert der Schnittpunkt V der Geraden g mit ℓ(B, F ) und ist ̸= C. In der linken
Zeichnung liegt der Punkt P im Dreieck, in der rechten Zeichnung liegt P außerhalb. Aus
g
C
V
F
U
F
g
E
C
V
U
P
P
E
A
D
B
A
B
D
DA
PD
DB
DA
CU
dem Strahlensatz folgt PP D
C = CU und P C = CV . Es gilt also DB = CV . Ebenfalls aus
BA
FC
CV
dem Strahlensatz erhalten wir EB
EC = CU und F A = AB . Multiplikation der letzten drei
DA EB F C
BA
DA EB F C
Gleichungen ergibt DB · EC · F A = AB . Wegen BA = −AB folgt DB
· EC · F A = −1.
Franz Hofbauer
9
Es gibt auch eine Version des Satzes von Ceva für parallele Geraden.
Satz 7: Sei △ ABC ein Dreieck. Sei D auf der Geraden ℓ(A, B), sei E auf der Geraden
ℓ(B, C) und sei F auf der Geraden ℓ(C, A) so gewählt, dass diese Punkte keine Eckpunkte
des Dreiecks sind und dass die Geraden ℓ(A, E), ℓ(B, F ) und ℓ(C, D) parallel liegen. Dann
DA EB F C
AD BE CF
gilt DB
· EC · F A = −1 (was man wieder als DB
· EC · F A = 1 schreiben kann).
Beweis: Wir gehen vor wie im letzten
C
U
V
g
Beweis. Sei g die Gerade parallel zu
ℓ(A, B) durch C. Da E kein Eckpunkt
ist, existiert der Schnittpunkt U der Geraden g mit ℓ(A, E) und ist ̸= C. Da F
E
kein Eckpunkt ist, existiert der Schnittpunkt V der Geraden g mit ℓ(B, F ) und
ist ̸= C. Aus dem Strahlensatz folgt
D
A
B
BA
FA
AB
=
und
=
.
Da
dann EB
EC
CU
FC
CV
auch die Geraden ℓ(A, E), ℓ(B, F ) und
ℓ(C, D) zueinander parallel liegen, erF
halten wir CU = DA und CV = DB.
BA
FC
DB
EB
Es gilt also EC = DA und F A = AB .
Wir multiplizieren diese Gleichungen und berücksichtigen, dass AB = −BA gilt. Wir
FC
DB
DA EB F C
erhalten EB
EC · F A = − DA . Daraus folgt dann DB · EC · F A = −1.
Wir beweisen noch die Umkehrung des Satzes von Ceva.
Satz 8: Sei △ ABC ein Dreieck. Sei D auf der Geraden ℓ(A, B), sei E auf der Geraden
DA
FC
ℓ(B, C) und sei F auf der Geraden ℓ(C, A) so gewählt, dass DB
· EB
EC · F A = −1 gilt.
Dann liegen die Geraden ℓ(A, E), ℓ(B, F ) und ℓ(C, D) entweder parallel oder sie schneiden
einander in einem Punkt.
Beweis: Liegen die Geraden ℓ(A, E), ℓ(B, F ) und ℓ(C, D) parallel, dann ist nichts zu
zeigen. Nehmen wir also an, dass zwei von ihnen, sagen wir ℓ(A, E) und ℓ(C, D), einander in einem Punkt P schneiden. Angenommen die Geraden ℓ(B, P ) und ℓ(A, C) wären
BP
parallel. Diese Situation sieht man in der Zeichnung links. Aus Satz 3 folgt dann DB
DA = AC
BP
DA EB F C
FC
und EB
EC = CA . Mit Hilfe der Voraussetzung DB · EC · F A = −1 erhalten wir F A = 1 und
C
F∗
C
P
E
A
B
E
P
D
A
B
D
somit F C = F A. Es folgt C = A wegen Hilfssatz A, da C, A und F alle auf der Geraden
ℓ(A, C) liegen. Dieser Widerspruch zeigt, dass die Geraden ℓ(B, P ) und ℓ(A, C) nicht
parallel sein können. Sei F ∗ ihr Schnittpunkt. Das ist in der rechten Zeichnung dargestellt.
∗
DA EB F ∗ C
FC
Aus Satz 6 folgt DB
· EC · F ∗ A = −1. Mit Hilfe der Voraussetzung erhalten wir FF ∗ C
A = FA.
∗
∗
Wegen Hilfssatz A folgt F = F , da die Punkte A, C, F und F alle auf der der Gerade
ℓ(A, C) liegen. Damit ist gezeigt, dass der Punkt F auf der Gerade ℓ(B, P ) liegt, oder
anders ausgedrückt, dass auch die Gerade ℓ(B, F ) durch den Punkt P geht.
10
Elementargeometrie
3. Der Satz von Pythagoras
Wir legen die Bezeichnung für ein rechtwinkeliges Dreieck fest. Den Eckpunkt beim
rechten Winkel nennen wir C, die anderen beiden A und B. Die dem rechten Winkel
gegenüberliegende Seite heißt Hypotenuse, ihre
C
Länge ist c, die anderen beiden Seiten heißen
Katheten, ihre Längen sind a und b. Die Winkel
a
heißen wie üblich α, β und γ, wobei γ = 900 ist.
b
h
Die Höhe durch den Eckpunkt C hat Länge h
und Fußpunkt H. Die Hypothenuse AB wird
durch H in zwei Teile geteilt, deren Längen wir
p
c
A q H
B
q und p nennen, sodass c = p + q gilt.
Satz 9: Für ein rechtwinkeliges Dreieck mit den oben eingeführten Bezeichnungen gilt
c2 = a2 + b2
2
Satz von Pythagoras
2
a = pc und b = qc
2
h = pq
Kathetensatz
Höhensatz
Erster Beweis: Die Dreiecke △ AHC und △ ACB sind ähnlich, da sie beim Eckpunkt A
denselben Winkel haben, und das erste Dreieck bei H und das zweite bei C einen rechten
2 2
Winkel hat. Aus dem Strahlensatz folgt qb = cb und hb = ac , das heißt b2 = qc und h2 = ac2b .
Ebenso sind die Dreiecke △ BHC und △ BCA ähnlich, woraus ap = ac und damit a2 = pc
folgt. Damit ist der Kathetensatz bereits bewiesen.
Addiert man a2 = pc und b2 = qc, die beiden Gleichungen aus dem Kathetensatz, so folgt
2 2
a2 + b2 = (p + q)c = c2 , der Satz von Pythagoras. Setzt
man in h2 = ac2b die beiden
2
Gleichungen aus dem Kathetensatz ein, so folgt h2 = pqc
c2 = pq, der Höhensatz.
Zweiter Beweis: Wir zeichnen zwei Quadrate mit Seitenlänge a + b nebeneinander. Aus
jedem der beiden Quadrate schneiden wir vier Mal das Dreieck heraus, wie es in der Zeichnung zu sehen ist. Vom ersten Quadrat verbleiben
zwei Quadrate, das eine mit Seitenlänge a, das andere mit Seitenlänge b. Die Flächen dieser beiden
Quadrate sind a2 und b2 . Vom zweiten Quadrat bleibt
ein Quadrat der Seitenlänge c übrig. Es ist ein Quadrat,
da jeder der Winkel in den Ecken aus einem Winkel
von 1800 durch Wegnahme von α und β entsteht und α +β = 900 gilt. Da die verbleibende
Fläche in beiden Fällen gleich sein muss, ist a2 + b2 = c2 gezeigt.
Die Höhe zerteilt das rechtwinkelige Dreieck in zwei kleinere rechtwinkelige Dreiecke ∆1
mit Seiten h, p, a und ∆2 mit Seiten h, q, b. Sei ∆ das
Dreieck mit den Seiten p + h, q + h und a + b. In der linken
h b
Zeichnung werden ∆1 und ∆2 aus dem Dreieck ∆ so herausa
p
q
geschnitten, dass ein Quadrat mit Seitenlänge h übrigbleibt.
In der rechten Zeichnung werden ∆1 und ∆2 aus dem Dreieck
∆ so herausgeschnitten, dass ein Rechteck mit Seitenlängen
a
p
h
p und q übrigbleibt. Die Rechteckfläche ist somit gleich der
h b
Quadratfläche. Es gilt pq = h2 . Damit ist der Höhensatz bewiesen. Der Kathetensatz folgt schließlich aus dem Satz von
q
h
Pythagoras angewandt auf ∆1 und ∆2 und dem Höhensatz.
Wir erhalten a2 = p2 + h2 = p2 + pq = pc und b2 = q 2 + h2 = q 2 + pq = cq.
Franz Hofbauer
11
Wir kommen zu den Anwendungen des Satzes von Pythagoras. Der folgende Satz ist der
Satz von Carnot. Man kann ihn als Gegenstück zum Satz von Ceva verstehen. Sind E, F
und D Punkte auf den Trägergeraden der drei Seiten eines Dreiecks △ ABC, dann gibt der
Satz von Ceva eine Bedingung dafür an, dass die Verbindungsgeraden dieser Punkte mit
dem jeweils gegenüberliegenden Eckpunkt des Dreiecks einander in einem Punkt schneiden.
Der Satz von Carnot hingegen gibt eine Bedingung an, dass die Senkrechten durch diese
drei Punkte auf die jeweilige Trägergerade einander in einem Punkt schneiden. Es folgt
der Satz von Carnot und dann seine Umkehrung.
Satz 10: Sei △ ABC ein Dreieck. Sei D ein Punkt auf ℓ(A, B), sei E ein Punkt auf ℓ(B, C)
und F ein Punkt auf ℓ(C, A), sodass die Gerade durch D senkrecht auf ℓ(A, B), die Gerade
durch E senkrecht auf ℓ(B, C) und die Gerade durch F senkrecht auf ℓ(C, A) einander in
einem Punkt schneiden. Dann gilt |AD|2 − |DB|2 + |BE|2 − |EC|2 + |CF |2 − |F A|2 = 0.
Beweis: Wir zeichnen die Lote vom Punkt P auf die (Verlängerungen der) drei Dreiecksseiten, das sind die Strecken von P nach D, von P nach E und von P nach F . Weiters zeichnen wir die Strecken vom Punkt P zu den drei
C
Eckpunkten A, B und C. Dadurch entstehen
sechs rechtwinkelige Dreiecke, wobei die rechten
Winkel jeweils bei den Punkten D, E und F liegen.
F
Wir wenden den Satz von Pythagoras auf diese
sechs Dreiecke an und erhalten die Gleichungen:
E
P
|AD|2 = |AP |2 − |DP |2 , |DB|2 = |BP |2 − |DP |2 ,
|BE|2 = |BP |2 − |EP |2 , |EC|2 = |CP |2 − |EP |2 ,
|CF |2 = |CP |2 − |F P |2 , |F A|2 = |AP |2 − |F P |2 .
Das alles gilt auch, wenn der Punkt P außerhalb
des Dreiecks liegt. Die Lage dieser rechtwinkeA
D
B
ligen Dreiecke ist dann nur etwas komplizierter.
Subtrahiert man die ersten beiden Gleichungen, die darauffolgenden beiden Gleichungen und die letzten beiden Gleichungen, so hat man |AD|2 − |DB|2 = |AP |2 − |BP |2 ,
|BE|2 − |EC|2 = |BP |2 − |CP |2 und |CF |2 − |F A|2 = |CP |2 − |AP |2 . Addiert man diese
drei Gleichungen, so folgt schließlich |AD|2 − |DB|2 + |BE|2 − |EC|2 + |CF |2 − |F A|2 = 0.
Das ist bereits das gewünschte Resultat.
Satz 11: Sei △ ABC ein Dreieck. Sei D ein Punkt auf ℓ(A, B), sei E ein Punkt auf ℓ(B, C)
und sei F ein Punkt auf ℓ(C, A), sodass |AD|2 −|DB|2 +|BE|2 −|EC|2 +|CF |2 −|F A|2 = 0
gilt. Die Gerade durch D senkrecht auf ℓ(A, B), die Gerade durch E senkrecht auf ℓ(B, C)
und die Gerade durch F senkrecht auf ℓ(C, A) schneiden dann einander in einem Punkt.
Beweis: Sei ga die Gerade durch den Punkt E senkrecht auf ℓ(B, C) und gb die Gerade
durch den Punkt F senkrecht auf ℓ(C, A). Sei P der Schnittpunkt der Geraden ga und
gb . Weiters sei D∗ der Fußpunkt des Lotes von P auf die Gerade ℓ(A, B). Aus Satz 10
erhalten wir |AD∗ |2 − |D∗ B|2 + |BE|2 − |EC|2 + |CF |2 − |F A|2 = 0. Nach Vorassetzung
gilt |AD|2 − |DB|2 + |BE|2 − |EC|2 + |CF |2 − |F A|2 = 0. Es folgt |AD∗ |2 − |D∗ B|2 =
|AD|2 − |DB|2 . Setzt man x = DD∗ dann gilt AD∗ = AD + x und x + D∗ B = DB. Setzt
man das ein, so folgt |AD|2 + 2AD · x + x2 − |DB|2 + 2DB · x − x2 = |AD|2 − |DB|2 , das
heißt 2AD · x + 2DB · x = 0. Wegen AD + DB = AB ̸= 0 folgt AB · x = 0 und daraus
x = 0. Damit ist DD∗ = 0 gezeigt, also D∗ = D. Das Lot von P auf die Gerade ℓ(A, B)
geht durch D. Somit liegt P auch auf der Gerade durch D senkrecht auf ℓ(A, B).
12
Elementargeometrie
Wir beschäftigen uns noch ein wenig mit dem Kreis.
Satz 12: Sei k ein Kreis mit Mittelpunkt M und Radius r. Sei P ein Punkt auf k und g eine
Gerade durch P . Wenn g senkrecht auf die Strecke M P steht, dann liegen alle Punkte
der Geraden g mit Ausnahme von P außerhalb des Kreises (g ist Tangente und P der
Berührpunkt). Wenn g nicht senkrecht auf M P steht, dann hat g neben P einen zweiten
Schnittpunkt Q mit dem Kreis, die Punkte auf g zwischen P und Q liegen innerhalb des
Kreises und alle anderen Punkte auf g liegen außerhalb des Kreises (g ist eine Sekante).
Beweis: Wir nehmen an, dass g senkrecht auf M P steht. Ist R ein Punkt ̸= P auf g,
dann gilt ] M P R = 900 und |M R|2 = |M P |2 + |P R|2 folgt aus dem Satz von Pythagoras.
Somit gilt |M R| > |M P | = r. Alle Punkte R auf der Geraden g, die ̸= P sind, liegen
außerhalb des Kreises.
Wir nehmen an, dass g nicht senkrecht auf M P steht. Sei F der Fußpunkt des Lots von
M auf g. Wir spiegeln P an F und erhalten den Punkt Q. Wegen |F Q| = |F P | folgt
|M Q|2 = |M F |2 + |F Q|2 = |M F |2 + |F P |2 = |M P |2 = r2 aus dem Satz von Pythagoras.
Somit liegt auch Q auf dem Kreis. Ist R ein Punkt auf g zwischen P und Q, dann gilt
|F R| < |F P | und es folgt |M R|2 < r2 wie oben. Somit liegt R im Kreis. Ist R ein Punkt
auf g außerhalb der Strecke P Q, dann gilt |F R| > |F P | und es folgt |M R|2 > r2 . Somit
liegt R außerhalb des Kreises.
Bemerkung: Zwei Kreise mit Mittelpunkten M1 und M2 und Radien r1 und r2 berühren
einander im Punkt P , wenn sie dort eine gemeinsame Tangente g haben. Die Senkrechte
auf g durch P geht dann durch M1 und M2 . Es gilt |M1 M2 | = r1 + r2 , wenn sie einander
von außen berühren, und |M1 M2 | = |r1 − r2 |, wenn einer den anderen von innen berührt.
Wir rechnen dazu ein Beispiel. Sei AB eine Strecke, auf der ein Punkt C gewählt
wird. Über der Strecke AB als Durchmesser errichten wir einen Halbkreis k. Aus diesem
Halbkreis schneiden wir den Halbkreis k1 mit Durchmesser AC und den Halbkreis k2 mit
Durchmesser CB heraus. Die verbleibende Figur ist der Arbelos (Archimedes). Seien r,
r1 und r2 die Radien und M , M1 und M2 die Mittelpunkte der Halbkreise k, k1 und k2 .
Es gilt |AB| = 2r, |AC| = 2r1 und |CB| = 2r2 . Wegen |AB| = |AC| + |CB| erhalten
wir r = r1 + r2 . Weiters berechnen wir |M M1 | = |M A| − |M1 A| = r − r1 = r2 und
|M M2 | = |M B| − |M2 B| = r − r2 = r1 . Ein Arbelos hat einen Inkreis. Es ist der Kreis,
der den Halbkreis k von innen und die beiden Halbkreise k1 und k2 von außen berührt.
Satz 13: Für den Radius ϱ des Inkreises gilt ϱ =
r1 r2 (r1 +r2 )
.
r12 +r1 r2 +r22
Beweis: Sei I der Mittelpunkt des Inkreises
und F der Fußpunkt des Lots von I auf AB.
k
Wir setzen d = |M F | und h = |IF |. Wir
I
verwenden den Satz von Pythagoras. Es gilt
k1
2
2
2
2
(r − ϱ) = |IM | = d + h , da der Inkreis
den Halbkreis k von innen berührt. Es gilt
k2
2
2
2
2
(r1 + ϱ) = |IM1 | = (r2 + d) + h und
(r2 + ϱ)2 = |IM2 |2 = (r1 − d)2 + h2 , da der
A
B
M1
M2
M CF
Inkreis die Halbkreise k1 und k2 von außen
berührt. Wir lösen diese drei Gleichungen. Subtraktion der ersten Gleichung von den
beiden anderen gibt r12 + 2r1 ϱ − r2 + 2rϱ = r22 + 2r2 d und r22 + 2r2 ϱ − r2 + 2rϱ = r12 + 2r1 d.
Aus diesen beiden Gleichungen eliminieren wir d und setzen r = r1 + r2 ein. Dadurch
2 (r1 +r2 )
erhalten wir dann ϱ = rr12 r+r
2.
1 r2 +r
1
2
Franz Hofbauer
13
Satz 14: Sei k ein Kreis mit Mittelpunkt M und Radius r. Eine Gerade g schneide k in
den Punkten A und B. Sei P ein weiterer Punkt auf g. Dann gilt P A · P B = |M P |2 − r2 .
Beweis: Sei h die Länge des Lots von M auf g und F dessen Fußpunkt. Wenn g durch M
geht, dann ist h = 0 und F = M . Sei a = P A und b = P B. Aus den Rechenregeln für den
orientierten Abstand folgt AB = AP + P B = P B − P A = b − a und AF = 21 AB = b−a
2 .
b−a
a+b
Damit ergibt sich P F = P A + AF = a + 2 = 2 . Setzt man c = |M P | dann folgen
T
M
M
A
P
F
B
A
F
B
P
b−a 2
2
2
2
c2 = h2 + ( a+b
2 ) und r = h + ( 2 ) aus dem Satz von Pythagoras. Subtrahiert man
diese Gleichungen, dann erhält man c2 − r2 = ab, das heißt |M P |2 − r2 = P A · P B.
Satz 14 heißt Sehnensatz, wenn P auf der Sehne AB liegt. In diesem Fall, der in der
linken Zeichnung dargestellt ist, gilt |P A|·|P B| = r2 −|M P |2 , da P A und P B verschiedene
Vorzeichen haben. Liegt P außerhalb des Kreises, dann heißt Satz 14 Sekantensatz. In
diesem Fall, der in der rechten Zeichnung dargestellt ist, gilt |P A| · |P B| = |M P |2 − r2 , da
P A und P B gleiches Vorzeichen haben. Ist T der Berührpunkt einer Tangente vom Punkt
P an den Kreis, dann folgt |P T |2 + r2 = |M P |2 aus dem Satz von Pythagoras, sodass der
Sekantentensatz dann |P A| · |P B| = |P T |2 lautet.
Die Zahl |M P |2 − r2 nennt man die Potenz des Punktes P bezüglich dem Kreis k mit
Mittelpunkt M und Radius r. Wir bezeichnen sie mit Πk (P ). Punkte innerhalb des
Kreises k haben negative, Punkte außerhalb des Kreises positive Potenz und Punkte auf
dem Kreis haben Potenz 0. Nach Satz 14 gilt dann P A · P B = Πk (P ), wobei A und B die
Schnittpunkte einer beliebigen Gerade durch P mit dem Kreis k sind.
Seien k1 und k2 zwei Kreise mit Radien r1 und r2 und verschiedenen Mittelpunkten M1
und M2 . Sei F der Punkt auf ℓ(M1 , M2 ), für den |M1 F |2 − |M2 F |2 = r12 − r22 gilt. Das ist
äquivalent zu (M1 F + M2 F ) · M1 M2 = r12 − r22 . So sieht man, dass F eindeutig ist.
Sei P ein Punkt und P ∗ der Fußpunkt des Lots von P auf ℓ(M1 , M2 ). Nach dem Satz
von Pythagoras ist Πk1 (P ) = Πk2 (P ) äquivalent zu |M1 P ∗ |2 −r12 = |M2 P ∗ |2 −r22 und somit
äquivalent zu P ∗ = F . Daher gilt Πk1 (P ) = Πk2 (P ) genau dann, wenn P auf der Gerade
durch F senkrecht zu ℓ(M1 , M2 ) liegt. Diese Gerade nennt man die Potenzgerade der Kreise
k1 und k2 . Haben die Kreise einen gemeinsamen Punkt Q, dann gilt Πk1 (Q) = 0 = Πk2 (Q).
In diesem Fall ist die Gerade durch Q senkrecht zu ℓ(M1 , M2 ) die Potenzgerade.
Seien nun k1 , k2 und k3 Kreise, deren Mittelpunkte nicht auf einer Gerade liegen. Sei
Z der Schnittpunkt der Potenzgerade von k1 und k2 mit der von k1 und k3 (existiert,
da die Mittelpunkte nicht auf einer Geraden liegen). Dann gilt Πk1 (Z) = Πk2 (Z) und
Πk1 (Z) = Πk3 (Z). Es folgt Πk2 (Z) = Πk3 (Z). Somit liegt Z auch auf der Potenzgerade
von k2 und k3 . Die drei Potenzgeraden haben einen gemeinsamen Punkt. Dieser hat
bezüglich k1 , k2 und k3 die gleiche Potenz. Er wird Potenzzentrum der drei Kreise genannt.
14
Elementargeometrie
4. Das Dreieck
Zwei Dreiecke heißen kongruent, wenn sich das eine durch Verschieben, Drehen, Spiegeln
in das andere überführen lässt. Zwei zueinander kongruente Dreiecke △ ABC und △ P QR
schreiben wir immer so auf, dass die erstgenannten Eckpunkte einander entsprechen (hier
sind das A und P ), ebenso die zweitgenannten (hier B und Q), und daher dann auch die
drittgenannten (hier C und R). Sind zwei Dreiecke kongruent, dann sind die einander
entsprechenden Seiten gleich lang und die einander entsprechenden Winkel gleich groß.
Kongruente Dreiecke haben natürlich auch gleiche Fläche und so weiter. Um festzustellen,
ob zwei Dreiecke kongruent sind, verwendet man folgenden Kongruenzsatz.
Satz 15: Zwei Dreiecke sind kongruent, wenn folgende Größen übereinstimmen
(a) die Längen der drei Seiten
(b) die Längen zweier Seiten und der davon eingeschlossene Winkel
(c) die Längen zweier Seiten und der der längeren Seite gegenüberliegende Winkel
(d) die Länge einer Seite und die beiden daran anliegenden Winkel
Der Beweis ergibt sich aus der Tatsache, dass man in allen vier Fällen das Dreieck aus
den angegebenen Größen eindeutig konstruieren kann. In (c) ist es wichtig, dass der der
längeren Seite gegenüberliegende Winkel übereinstimmt. Gibt man zwei Seiten vor und
den der kürzeren Seite gegenüberliegenden Winkel, dann kann es passieren, dass man aus
diesen Angaben zwei Dreiecke konstruieren kann, die nicht kongruent sind.
Hat man zwei rechtwinkelige Dreiecke, dann sind diese nach (b) kongruent, wenn die
Längen der beiden Katheten übereinstimmen. Stimmen die Längen der Hypotenuse und
einer Kathete überein, dann sind sie nach (c) kongruent, da die Hypotenuse dem rechten
Winkel gegenüber liegt und länger als die Kathete ist.
Wir behandeln die besonderen Punkte des Dreiecks. Wir beginnen mit dem Schwerpunkt
und dem Höhenschnittpunkt, da wir dafür den Strahlensatz verwenden. Für Umkreis- und
Inkreismittelpunkt verweden wir dann den Kongruenzsatz. Die Schwerlinien verbinden die
Mittelpunkte der Seiten mit den gegenüberliegenden Eckpunkten.
Satz 16: Die drei Schwerlinien eines Dreiecks schneiden einander in einem Punkt, dem
sogenannten Schwerpunkt, der jede Schwerlinie im Verhältnis 1 : 2 teilt.
C
Beweis: Sei Ma der Mittelpunkt der Seite BC,
sei Mb der Mittelpunkt der Seite CA und sei Mc
der Mittelpunkt der Seite AB. Der Schnittpunkt
der Geraden ℓ(C, Mc ) und ℓ(B, Mb ) sei S. Wegen
AMb
AMc
1
AC = 2 = AB folgt aus Satz 4, dass die Geraden ℓ(Mc , Mb ) und ℓ(B, C) parallel liegen. Aus
Mb
Ma
Mc Mb
c
=
.
Wieder
Satz 3 folgt jetzt 12 = AM
AB
BC
S
Mc Mb
c
mit Satz 3 ergibt sich SM
=
= − 12 und
SC
CB
SMb
Mb Mc
1
SB = BC = − 2 . Ist T der Schnittpunkt der
Geraden ℓ(C, Mc ) und ℓ(A, Ma ), dann folgt anaMc Ma
T Ma
Ma Mc
1
1
c
log TTM
C = CA = − 2 und T A = AC = − 2 .
Mc
A
B
Da die Punkte C, S, T und Mc auf der Geraden
SMc
T Mc
ℓ(C, Mc ) liegen und SC = T C gilt, erhalten wir S = T aus Hilfssatz A. Somit schnei1 SMb
1
c
den die drei Schwerlinien einander im Punkt S. Weiters gilt SM
SC = − 2 , SB = − 2 und
SMa
1
SA = − 2 . Das heißt, der Schwerpunkt S teilt jede Schwerlinie im Verhältnis 1 : 2.
Franz Hofbauer
15
Die Höhen gehen durch die Eckpunkte des Dreiecks und stehen senkrecht auf die jeweils
gegenüberliegende Dreiecksseite.
Satz 17: Die drei Höhen eines Dreiecks △ ABC schneiden einander in einem Punkt H,
dem sogenannten Höhenschnittpunkt.
C
Beweis: Ist das Dreieck nicht spitzwinkelig, dann
wählen wir die Bezeichnungen so, dass γ der Winkel
≥ 900 ist. Die Winkel α und β sind jedenfalls spitz.
Sei D der Fußpunkt der Höhe durch C. Er liegt zwischen A und B, da die Winkel α und β spitz sind.
G
Weiters sei G der Schnittpunkt der Höhe durch den
Eckpunkt C mit der durch den Eckpunkt A. Die
Dreiecke △ ADG und △ CDB sind ähnlich. Beide
Dreiecke haben bei D einen rechten Winkel und der
D
B
Winkel bei G im ersten stimmt mit dem Winkel β A
bei B im zweiten Dreieck überein, da die Höhen senkrecht auf den Seiten stehen (Orthogo|CD|
|AD|
= |DB|
, das heißt |DG| · |CD| = |AD| · |DB|.
nalwinkel). Aus dem Strahlensatz folgt |DG|
Ist jetzt H der Schnittpunkt der Höhe durch den Eckpunkt C mit der durch den Eckpunkt
B, dann zeigt ein analoger Beweis, dass auch |DH| · |CD| = |BD| · |DA| gilt. Es folgt
|DG| = |DH|. Da die Punkte D, G und H alle auf einer Geraden, der Höhe durch C, liegen
und G und H auch oberhalb von D (α und β sind ja spitze Winkel), erhalten wir G = H.
Damit ist gezeigt, dass die Höhen eines Dreiecks einander in einem Punkt schneiden.
Wir kommen zum Umkreis- und Inkreismittelpunkt.
Seien U und V zwei Punkte. Die Symmetrale der Strecke U V ist die Gerade s, die
senkrecht auf die Strecke U V steht und durch deren Mittelpunkt M geht.
Zu jedem Dreieck △ ABC kann man das Seitenmittendreieck zeichnen, das ist das Dreieck, dessen Eckpunkte die Seitenmitten des ursprüglichen Dreiecks sind. Die Symmetralen
der Seiten des ursprünglichen Dreiecks △ ABC sind dann die Höhen des Seitenmittendreiecks. Daher folgt bereits aus Satz 17, dass diese Symmetralen einander in einem Punkt
schneiden. Wir werden das aber noch auf andere Art beweisen. Dazu zeigen wir
Satz 18: Seien U und V zwei Punkte und s die Streckensymmetrale der Strecke U V . Ein
Punkt P liegt genau dann auf s, wenn er von U und V gleichen Abstand hat.
Beweis: Sei M der Mittelpunkt der Strecke U V . Weiters sei P ein beliebiger Punkt.
Liegt P auf s, dann sind die Dreiecke △ P M U
P
und △ P M V kongruent, da sie die Seite P M
gemeinsam haben, da M U und M V gleich lang
sind, und da wegen P auf s die Winkel ] P M U
s
0
und ] P M V beide 90 sind. Es folgt, dass P U
und P V gleich lang sind. Somit hat der Punkt
U
M
V
P gleichen Abstand von den Punkten U und V .
Hat P gleichen Abstand von U und von V , dann sind die Dreiecke △ P M U und △ P M V
kongruent, da sie die Seite P M gemeinsam haben, die Strecken M U und M V gleich lang
sind, und ebenso die Strecken P U und P V . Es folgt, dass die Winkel ] P M U und ] P M V
gleich groß sind, also beide gleich 900 . Somit liegt P auf der Streckensymmetrale s.
Aus Satz 18 folgt, dass der Mittelpunkt M eines Kreises k auf der Streckensymmetrale
jeder Sehne im Kreis k liegt, da deren Endpunkte gleichen Abstand von M haben.
16
Elementargeometrie
Die Streckensymmetralen der Seiten eines Dreiecks nennen wir die Seitensymmetralen.
Satz 19: Die drei Seitensymmetralen eines Dreiecks △ ABC schneiden einander in einem
Punkt U , dem Mittelpunkt des Umkreises.
C
Beweis: Sei U der Schnittpunkt der Seitensymmetrale sa der Seite BC mit der Seitensymmetrale
sb der Seite CA. Da U sowohl auf sa als auch auf
sa
sb
sb liegt, ergibt sich |U B| = |U C| und |U A| = |U C|
aus Satz 18. Es folgt |U A| = |U B|. Wegen Satz 18
liegt U dann auch auf der Seitensymmetrale sc
der Seite AB. Das zeigt, dass die drei SeitenU
symmetralen einander im Punkt U schneiden. Da
U gleichen Abstand r von den Eckpunkten A, B A
B
und C hat, geht der Kreis mit Mittelpunkt U und
Radius r durch die Eckpunkte A, B und C.
Ein Winkel wird von zwei Halbgeraden, den Schenkeln des Winkels, gebildet. Sie gehen
von einem Punkt, dem Scheitel des Winkels, aus und schließen einen Winkel < 1800 ein.
Das von den Schenkeln begrenzte Gebiet nennen wir Winkelfeld. Die Winkelsymmetrale
ist dann ebenfalls eine Halbgerade, die vom Scheitel ausgeht und den Winkel halbiert.
Satz 20: Seien g und h die Schenkel eines Winkels mit Scheitel S und P ein Punkt im
Winkelfeld zwischen g und h. Der Punkt P liegt genau dann auf der Winkelsymmetrale w,
wenn er von g und h gleichen Normalabstand hat. In diesem Fall hat auch der Scheitel S
gleichen Abstand von den Fußpunkten der Lote von P auf g und h.
Beweis: Seien G und H die Fußpunkte der Lote von
H
P
P auf die Halbgeraden g und h, die auch auf deren
w
h
Verlängerungen liegen können (siehe Zeichnung).
Wir nehmen zuerst an, dass P auf w liegt. Da der
S
Winkel zwischen den Schenkeln g und h kleiner als
g
1800 ist, ist der Winkel zwischen w und jedem der
G
beiden Schenkel kleiner als 900 . Die Fußpunkte G und
P
H
H der Lote von P auf g und h liegen daher auf diesen
Halbgeraden und nicht auf deren Verlängerungen. Die
G
Dreiecke △ P SG und △ P SH sind kongruent, da sie
die Seite P S gemeinsam haben, da die Winkel ] SGP und ] SHP beide gleich 900 sind,
und da P auf w liegt und somit ] P SG = ] P SH gilt. Es folgt, dass die Strecken P G
und P H gleich lang sind. Somit hat der Punkt P gleichen Normalabstand von g und h.
Wir nehmen an, dass P gleichen Normalabstand von g und h hat. Dann sind die Dreiecke
△ P SG und △ P SH kongruent, da sie die Seite P S gemeinsam haben, die Winkel ] SGP
und ] SHP beide gleich 900 sind, und da |P G| = |P H| gilt. Es folgt ] P SG = ] P SH.
Die Dreiecke △ P SG und △ P SH können nicht auf derselben Seite von P S liegen (siehe
Zeichnung), sonst würden die beiden Schenkel g und h wegen ] P SG = ] P SH auf einer
Gerade liegen. Sie würden dann einen Winkel von 1800 einschließen, was wir oben ausgeschlossen haben. Somit müssen die Dreiecke △ P SG und △ P SH auf verschiedenen
Seiten von P S liegen. Wegen ] P SG = ] P SH liegt dann der Punkt P auf w.
Aus der Kongruenz der Dreiecke △ P SG und △ P SH folgt auch, dass SG und SH gleich
lang sind. Der Punkt S hat gleichen Abstand von den Fußpunkten der beiden Lote.
Franz Hofbauer
17
Bemerkung: Sei k ein Kreis mit Mittelpunkt M und S ein Punkt außerhalb des Kreises.
Seien g und h die Tangenten vom Punkt S an den Kreis k und G und H die Berührpunkte.
Dann sind M G und M H die Lote vom Mittelpunkt M auf die Tangenten g und h. Sie
haben gleiche Länge, da sie ja Radien des Kreises sind. Aus Satz 20 folgt dann |SG| = |SH|,
das heißt die Abschnitte der Tangenten von S bis zu den Berührpunkten sind gleich lang.
Weiters liegt der Mittelpunkt M auf der Symmetrale des Winkels, der von den Tangenten
g und h gebildet wird.
Satz 21: Die drei Winkelsymmetralen der Innenwinkel eines Dreiecks △ ABC schneiden
einander in einem Punkt I, dem Mittelpunkt des Inkreises.
C
Beweis: Sei I der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale
wα durch den Eckpunkt A mit der Winkelsymmetrale
wβ
wβ durch den Eckpunkt B. Er liegt im Durchschnitt der
wα
I
Winkelfelder der Winkel α und β und somit innerhalb
des Dreiecks. Da I auf wα liegt, hat I nach Satz 20 den
gleichen Normalabstand von den Seiten AB und AC.
Da I auf wβ liegt, hat I den gleichen Normalabstand
A
B
von den Seiten BA und BC. Es folgt, dass I den gleichen Normalabstand von den Seiten CA und CB hat. Wegen Satz 20 liegt I auch auf der
Winkelsymmetrale wγ durch den Eckpunkt C. Somit schneiden die drei Winkelsymmetralen einander im Punkt I. Da I den gleichen Normalabstand ϱ von allen drei Dreicksseiten
hat, berührt der Kreis mit Mittelpunkt I und Radius ϱ alle drei Seiten des Dreiecks.
Satz 22: Sei △ ABC ein beliebiges Dreieck. Wir wählen eine Seite des Dreiecks und
den dieser Seite gegenüberliegneden Eckpunkt. Die Symmetralen der beiden Außenwinkel,
die an die gewählte Seite anliegen, und die Symmetrale des Innenwinkels beim gewählten
Eckpunkt schneiden einander in einem Punkt, dem Mittelpunkt eines Ankreises.
Beweis: Wir führen den Beweis nur für die Seite BC
und den dieser Seite gegenüberliegenden Eckpunkt A.
Ia
Sei Ia der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale w̃β des
h
an der Seite BC anliegenden Außenwinkels beim Eckw̃γ
punkt B mit der Winkelsymmetralen w̃γ des an der Seite
C
CB anliegenden Außenwinkels beim Eckpunkt C. Sei
w̃β
g die Halbgerade, die man erhält, wenn man die Seite
AB über B hinaus verlängert, und h die Halbgerade,
die man erhält, wenn man die Seite AC über C hinaus
verlängert. Der Schnittpunkt Ia liegt im Durchschnitt
A
B g
der Winkelfelder der beiden Außenwinkel und somit im
Winkelfeld des Innenwinkels bei A, dessen Schenkel g und h sind. Da Ia auf w̃β liegt, hat
Ia nach Satz 20 den gleichen Normalabstand von g und der Seite BC. Da Ia auf w̃γ liegt,
hat Ia nach Satz 20 den gleichen Normalabstand von h und der Seite CB. Es folgt, dass
Ia den gleichen Normalabstand von g und h hat. Wegen Satz 20 liegt Ia auch auf der
Symmetrale wα des Innenwinkels beim Eckpunkt A. Somit schneiden die drei Winkelsymmetralen w̃β , w̃γ und wα einander im Punkt Ia . Da Ia den gleichen Normalabstand ϱa
von g, h und der Dreiecksseite BC hat, berührt der Kreis mit Mittelpunkt Ia und Radius
ϱa die Dreiecksseite CB und die Verlängerungen der beiden anderen Seiten.
Mit ähnlichen Methoden wie Satz 18 und Satz 20 beweisen wir auch den folgenden Satz.
18
Elementargeometrie
Satz 23: Sei △ ABC ein Dreieck. Dann ist |AC| = |BC| äquivalent zu ] BAC = ] ABC.
Beweis: Sei F der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch C mit der Seite AB.
Es gelte |AC| = |BC|. Die Dreiecke △ AF C und △ BF C sind kongruent, da sie die Seite
CF gemeinsam haben, da ] ACF = ] BCF gilt und da AC und BC gleich lang sind. Es
folgt ] F AC = ] F BC, das heißt ] BAC = ] ABC, da F ja zwischen A und B liegt.
Es gelte ] BAC = ] ABC. Die Dreiecke △ AF C und △ BF C sind kongruent, da sie die
Seite CF gemeinsam haben und da ] ACF = ] BCF und ] BAC = ] ABC gilt. Es
folgt, dass die Seiten AC und BC gleich lang sind, also |AC| = |BC| gilt.
5. Die besonderen Punkte mit Ceva und Carnot
Wir beweisen die Sätze über die besonderen Punkte eines Dreiecks △ ABC mit Hilfe
der Umkehrung des Satzes von Ceva (Satz 8) oder der des Satzes von Carnot (Satz 11).
Wir beginnen mit den Schwerlinien und den Seitensymmetralen. Sei D der Mittelpunkt
der Dreiecksseite AB, sei E der der Dreiecksseite BC und F der der Dreieckseite CA.
DA EB F C
Dann gilt DB = −DA, EC = −EB und F A = −F C. Es folgt DB
· EC · F A = −1. Aus
Satz 8 ergibt sich daher, dass die drei Geraden ℓ(A, E), ℓ(B, F ) und ℓ(C, D), das sind die
drei Schwerlinien, einander in einem Punkt schneiden. Die Schwerlinien können ja nicht
parallel liegen. Ebenso erhalten wir |AD|2 − |DB|2 + |BE|2 − |EC|2 + |CF |2 − |F A|2 = 0.
Aus Satz 11 folgt daher, dass die drei Senkrechten durch D, E und F auf die jeweilige
Dreieckseite, das sind die drei Seitensymmetralen, einander in einem Punkt schneiden.
Für die Winkelsymmetralen verwenden wir die Umkehrung des Satzes von Ceva. Als
Vorbereitung beweisen wir folgenden Satz.
Satz 24: Sei △ ABC ein Dreieck. Sei D der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch C
mit AB, E der der Winkelsymmetrale durch A mit BC und F der der Winkelsymmetrale
|AC| BE
|CB|
AD
CF
durch B mit AC. Dann gilt DB
= |BC|
, EC = |BA|
|CA| und F A = |AB| .
Beweis: Wir führen den Beweis nur für die Winkelsymmetrale durch C. Ihr Schnittpunkt mit der
Seite AB wurde mit D bezeichnet. Wir zeichnen
die Parallele zur Seite AC durch den Eckpunkt
B. Sie schneidet die Winkelsymmetrale durch C in
einem Punkt, den wir G nennen. Aus dem StrahDA
AC
lensatz folgt DB
= BG
. Da D immer zwischen A
DA
und B liegt, hat DB negatives Vorzeichen. Es folgt
|DA|
|AC|
AD
DB = |DB| = |BG| . Da BG parallel zu AC liegt,
erhalten wir ] BGD = ] ACD = γ2 . Da auch
] BCD = γ2 gilt, ist das Dreieck △ CBG gleichschenkelig (Satz 23). Es gilt |BG| = |BC|. Damit
|AC|
AD
= |BC|
gezeigt. Die beiden anderen Gleiist DB
chungen beweist man ganz analog.
C
F
γ
2
D
A
γ
2
E
B
G
Sind D, E und F die Schnittpunkte der Winkelsymmetralen mit den gegenüberliegenden
Seiten, wie sie in Satz 24 eingeführt wurden, dann ergibt sich aus diesem Satz sofort, dass
−|AC| −|BA| −|CB|
DA EB F C
DB · EC · F A = |BC| · |CA| · |AB| = −1 gilt. Aus Satz 8 erhalten wir dann, dass die drei
Geraden ℓ(A, E), ℓ(B, F ) und ℓ(C, D), das sind die drei Winkelsymmetralen, einander in
einem Punkt schneiden. Die Winkelsymmetralen können ja nicht parallel liegen.
Franz Hofbauer
19
Für die Höhen können wir beide Sätze verwenden. Wir verwenden die Umkehrung des
Satzes von Carnot. Als Vorbereitung beweisen wir folgenden Satz.
Satz 25: Sei △ ABC ein Dreieck mit Seitenlängen a, b und c. Sei D der Fußpunkt der Höhe
durch C, sei E der Fußpunkt der Höhe durch A und sei F der Fußpunkt der Höhe durch B.
Dann gilt |AD|2 − |DB|2 = b2 − a2 , |BE|2 − |EC|2 = c2 − b2 und |CF |2 − |F A|2 = a2 − c2 .
Beweis: Die Höhe durch C mit Fußpunkt D teilt das Dreieck △ ABC in zwei rechtwinkelige Dreiecke, für die |AD|2 + |DC|2 = b2 und |BD|2 + |DC|2 = a2 nach dem Satz von
Pythagoras gilt. Subtrahieren wir die zweite von der ersten Gleichung, so ergibt sich
|AD|2 − |DB|2 = b2 − a2 . Die anderen beiden Gleichungen beweist man analog.
Sind D, E und F die Höhenfußpunkte, wie sie in Satz 25 eingeführt wurden, dann folgt
|AD|2 − |DB|2 + |BE|2 − |EC|2 + |CF |2 − |F A|2 = b2 − a2 + c2 − b2 + a2 − c2 = 0 aus eben
diesem Satz. Aus Satz 11 erhalten wir dann, dass die drei Senkrechten durch D, E und F
auf die jeweilige Dreieckseite, das sind die drei Höhen, einander in einem Punkt schneiden.
Neben den vier besonderen Punkten, die wir hier behandelt haben, gibt es noch viele
weitere Punkte, die ebenfalls als besondere Punkte des Dreiecks bezeichnet werden. Im
folgenden Satz behandeln wir einen dieser Punkte, den sogenannten Gergonnepunkt.
Satz 26: Sei △ ABC ein Dreieck. Sei D der Punkt, in dem der Inkreis die Seite AB
berührt, E der Punkt, in dem der Inkreis die Seite BC berührt und F der Punkt, in dem
der Inkreis die Seite AC berührt. Dann schneiden die drei Geraden ℓ(A, E), ℓ(B, F ) und
ℓ(C, D) einander in einem Punkt.
Beweis: Es gilt |AD| = |AF |, da D und F die Berührpunkte der Tangenten von A an
den Inkreis sind. Ebenso gilt |BD| = |BE| und |CE| = |CF |. Da D immer zwischen A
|AD|
|BE|
|CF |
FC
DA
= − |BD|
. Ebenso folgt EB
und B liegt, ergibt sich DB
EC = − |CE| und F A = − |AF | . Wir
DA EB F C
erhalten damit DB
· EC · F A = −1. Aus Satz 8 folgt, dass die Geraden ℓ(A, E), ℓ(B, F )
und ℓ(C, D) einander in einem Punkt schneiden. Sie können ja nicht parallel liegen.
6. Eulergerade, Neunpunktkreis und zentrische Streckungen
Sei c ∈ R\{0, 1} und Z ein beliebiger Punkt in der Ebene. Wir definieren eine Abbildung
φ : R2 → R2 folgendermaßen: Ist P in R2 , aber ungleich Z, dann sei φ(P ) der eindeutig
bestimmte Punkt V auf der Geraden ℓ(Z, P ), für den ZV
ZP = c gilt. Weiters sei φ(Z) = Z.
Durch diese Abbildung wird die Ebene vom Punkt Z aus um den Faktor c gestreckt.
Ist |c| < 1, dann wird sie gestaucht. Bei negativem c wird außerdem um den Punkt
Z gespiegelt. Man nennt diese Abbildung die zentrische Streckung mit Zentrum Z und
Streckungsfaktor c. Zuerst beweisen wir Eigenschaften dieser zentrischen Streckungen.
Hilfssatz B: Sei φ die zentrische Streckung mit Zentrum Z und Streckungsfaktor c. Seien
P und Q Punkte, die ungleich Z sind. Sei V = φ(P ) und W = φ(Q). Dann liegt ℓ(P, Q)
parallel zu ℓ(V, W ) und es gilt |V W | = |c| · |P Q|.
Beweis: Wenn Z auf der Gerade ℓ(P, Q) liegt, dann tun das auch V und W , da nach
Definition von φ ja V auf ℓ(Z, P ) und W auf ℓ(Z, Q) liegt. Es gilt also ℓ(P, Q) = ℓ(V, W ).
Weiters gilt V W = V Z + ZW = c · P Z + c · ZQ = c · (P Z + ZQ) = c · P Q. Setzt man
Beträge, so ergibt sich |V W | = |c| · |P Q|.
20
Elementargeometrie
Es bleibt der Fall, dass Z nicht auf ℓ(P, Q) liegt. Nach Definition von φ haben wir zwei
Gerade g und h, die einander im Punkt Z schneiden, mit P und V auf der Geraden g und
ZW
mit Q und W auf der Geraden h, sodass ZV
ZP = c und ZQ = c gilt. Aus Satz 4 folgt, dass
die Geraden ℓ(P, Q) und ℓ(V, W ) parallel zueinander liegen. Aus Satz 3 folgt jetzt, dass
ZV
VW
VW
P Q = ZP , also P Q = c gilt. Daraus ergibt sich |V W | = |c| · |P Q|.
Damit können wir die Sätze über die Eulergerade und den Neunpunktkreis beweisen.
Satz 27: In einem Dreieck △ ABC liegen der Höhenschnittpunkt H, der Schwerpunkt S
SU
= − 21 . Die Gerade durch
und der Umkreismittelpunkt U auf einer Geraden und es gilt SH
diese drei Punkte heißt Eulersche Gerade.
C
Beweis: Sei φ die zentrische Streckung mit Streckungsfaktor c = − 12 , die
den Schwerpunkt S des Dreiecks als
H
Zentrum hat. Sei Mc der Mittelpunkt
der Seite AB und Ma der der Seite BC.
Mb
Ma
Nach Satz 16 liegen die Punkte S, Mc
S
und C auf einer Schwerlinie und es gilt
SMc
1
SC = − 2 , woraus φ(C) = Mc folgt.
U
Sei G = φ(H). Nach Hilfssatz B liegt
ℓ(G, Mc ) parallel zur Gerade ℓ(H, C),
Mc
B
die senkrecht auf ℓ(A, B) steht. Also A
steht auch ℓ(G, Mc ) senkrecht auf ℓ(A, B) und ist daher die Symmetrale der Dreieckseite
AB. Analog zeigt man, dass φ(A) = Ma gilt und ℓ(G, Ma ) die Symmetrale der Dreieckseite BC ist. Also liegt G sowohl auf der Symmetrale der Dreieckseite AB als auch auf
der Symmetrale der Dreieckseite BC und ist somit der Umkreismittelpunkt U . Wir haben
φ(H) = U gezeigt. Das bedeutet, dass die Punkte U , S und H auf einer Geraden liegen
SU
und dass SH
= − 21 gilt.
Sei △ ABC ein Dreieck mit Höhenschnittpunkt H, Umkreismittelpunkt U und Umkreisradius r. Sei N der Mittelpunkt der Strecke HU . Der Kreis mit Mittelpunkt N und Radius
r
2 heißt Neunpunktkreis. Er wird auch Feuerbachkreis oder Eulerkreis genannt.
Satz 28: Seien Ha , Hb und Hc die Höhenfußpunkte und Ma , Mb und Mc die Seitenmitten
eines Dreiecks △ ABC. Sei H der Höhenschnittpunkt und Ra , Rb und Rc die Mittelpunkte
der Strecken HA, HB und HC. (Diese werden manchmal Eulerpunkte genannt.) Dann
liegen die neun Punkte Ha , Hb , Hc , Ma , Mb , Mc , Ra , Rb und Rc auf dem Neunpunktkreis.
Beweis: Sei ψ die zentrische Streckung mit Streckungsfaktor c = 12 , die den Höhenschnittpunkt H als Zentrum hat. Für einen beliebigen Punkt P ̸= H gilt dann, dass
ψ(P ) der Mittelpunkt der Strecke HP ist. Daraus folgt, dass ψ(A) = Ra , ψ(B) = Rb ,
ψ(C) = Rc und ψ(U ) = N gilt. Aus Hilfssatz B folgt |N Ra | = 21 |U A|, |N Rb | = 12 |U B|
und |N Rc | = 12 |U C|. Da die Eckpunkte A, B und C des Dreiecks auf dem Umkreis liegen,
erhalten wir |U A| = r, |U B| = r und |U C| = r. Das ergibt |N Ra | = 2r , |N Rb | = 2r und
|N Rc | = 2r . Somit liegen die Punkte Ra , Rb und Rc auf dem Neunpunktkreis.
Sei φ die zentrische Streckung mit Streckungsfaktor c = − 12 , die den Schwerpunkt S des
Dreiecks als Zentrum hat. Das ist die selbe, die wir im letzten Beweis verwendet haben.
Dort wurde gezeigt, dass φ(C) = Mc gilt. Analog zeigt man φ(A) = Ma und φ(B) = Mb .
Wir überlegen uns, dass auch φ(U ) = N gilt.
Franz Hofbauer
21
Sei G = φ(U ). Im letzten Beweis wurde φ(H) = U gezeigt. Die vier Punkte U , S, G und
H liegen dann auf einer Gerade, das ist die oben eingeführte Eulergerade (Zeichnung links
unten). Wegen SU = − 12 SH und SG = − 12 SU gilt SH = 2U S und U S = 2SG. Es folgt
U G = U S + SG = 2SG + SG = 3SG
und
GH = GS + SH = GS + 2U S = −SG + 4SG = 3SG
Es gilt also U G = GH. Somit ist G der Mittelpunkt der Strecke HU , das heißt G = N .
Wir haben φ(U ) = N gezeigt.
Wie oben folgt jetzt |N Ma | = 21 |U A| = 2r , |N Mb | = 12 |U B| = 2r und |N Mc | = 12 |U C| = 2r .
Damit ist gezeigt, dass auch die Punkte Ma , Mb und Mc auf dem Neunpunktkreis liegen.
C
Mb
C
H
H
Ma
G
P
N
S
U
U
A
Mc
Q
B
A
Hc
F
Mc
B
Wir zeigen, dass die Punkte Ha , Hb und Hc auf dem Neunpunktkreis liegen (Zeichnung
rechts). Sei F der Fußpunkt des Lotes von N auf die Seite AB. Wir zeichnen eine Parallele
durch N zur Seite AB. Sie schneidet die Höhe durch C im Punkt P und die Symmetrale der
Seite AB im Punkt Q. Da die Höhe durch C, das Lot von N auf AB und die Symmetrale
der Seite AB parallel sind, gilt einerseits |N P | = |F Hc | und |N Q| = |F Mc |, andererseits
NP
NH
NH
folgt N
Q = N U aus dem Strahlensatz. Da N die Strecke HU halbiert, gilt N U = −1 und
NP
somit auch N
Q = −1. Es folgt |N P | = |N Q|, also auch |F Hc | = |F Mc |.
Es gilt ] N F Hc = ] N F Mc = 900 . Daher erhalten wir |N Hc |2 = |N F |2 + |F Hc |2 und
|N Mc |2 = |N F |2 + |F Mc |2 aus dem Satz von Pythagoras. Wegen |F Hc | = |F Mc | ergibt
sich |N Hc | = |N Mc |. Oben wurde |N Mc | = 2r gezeigt. Es folgt |N Hc | = 2r . Somit liegt
auch Hc auf dem Neunpunktkreis.
Analog zeigt man, dass auch die beiden anderen Höhenfußpunkte Ha und Hb auf dem
Neunpunktkreis liegen.
7. Der Peripheriewinkelsatz
Sei AB eine Sehne in einem Kreis k. Ist C ein Punkt auf k, dann heißt der Winkel bei
C im Dreieck △ ABC Peripheriewinkel über der Sehne AB. Ist M der Mittelpunkt von
k, dann heißt der Winkel bei M im Dreieck △ ABM Zentriwinkel über der Sehne AB.
Satz 29 (Peripheriewinkelsatz) Sei AB eine Sehne im Kreis k, dessen Mittelpunkt M
Zentriwinkel α über der Sehne AB habe. Sei C ein Punkt auf dem Kreis, der jedoch weder
A noch B ist. Sei γ der Peripheriewinkel von C über der Sehne AB. Liegt M auf der
selben Seite von AB wie C oder auf AB, dann gilt γ = 12 α. Liegt M auf der anderen Seite
von AB als C oder auf AB, dann gilt γ = 1800 − 21 α.
22
Elementargeometrie
Beweis: Die Punkte A, B und C liegen auf dem Kreis k. Dieser Kreis ist daher der
Umkreis des Dreiecks △ ABC und M ist der Umkreismittelpunkt. Der Winkel beim
Eckpunkt C in diesem Dreieck ist der Peripheriewinkel γ.
Wir behandeln zuerst den Fall, dass M im Dreieck △ ABC liegt. Dieser Fall ist in der
linken Zeichnung dargestellt. Die Dreiecke △ AM C und △ BM C sind gleichschenkelig.
Die Schenkel M A, M B und M C dieser Dreiecke sind ja Radien des Kreises k.
C
γ
M
α
M
α
A
B
A
γC
B A
M
α
B
γ
C
0
Es gilt ] AM C + ] BM C = 360 − α und ] ACM + ] BCM = γ. Aus der zweiten Gleichung folgt ] CAM +] CBM = γ, da die Dreiecke △ AM C und △ BM C gleichschenkelig
sind und somit ] CAM = ] ACM und ] CBM = ] BCM gilt (Satz 23). Addition dieser
drei Gleichungen ergibt 1800 + 1800 = 3600 − α + 2γ, da Dreiecke Winkelsumme 1800
haben. Es folgt 2γ = α. (Dieser Beweis funktioniert auch, wenn M auf AC, auf BC oder
auf AB liegt, es treten nur Winkel mit 00 auf.)
Der Fall, wo M auf der selben Seite von AB wie C liegt, aber nicht mehr im Dreieck
△ ABC, ist in der mittleren Zeichnung dargestellt. Es gilt ] AM C − ] BM C = α und
−] ACM + ] BCM = γ. Es folgt −] CAM + ] CBM = γ, da die Dreiecke △ AM C und
△ BM C gleichschenkelig sind und somit ] CAM = ] ACM und ] CBM = ] BCM gilt
(Satz 23). Subtraktion der zweiten und dritten Gleichung von der ersten Gleichung ergibt
1800 − 1800 = α − 2γ, da Dreiecke Winkelsumme 1800 haben. Es folgt 2γ = α.
Der Fall, wo M und C auf verschiedenen Seiten der Sehne AB liegen, ist in der dritten
Zeichnung dargestellt. Es gilt ] AM C + ] BM C = α und ] ACM + ] BCM = γ. Daraus
folgt ] CAM + ] CBM = γ, da die Dreiecke △ AM C und △ BM C gleichschenkelig sind
und ] CAM = ] ACM und ] CBM = ] BCM gilt. Addition der drei Gleichungen ergibt
1800 + 1800 = α + 2γ, da Dreiecke Winkelsumme 1800 haben. Es folgt 2γ = 3600 − α.
Bemerkung: Oft wird Satz 29, der Peripheriewinkelsatz, so verwendet: Ist AB eine
Sehne im Kreis k und sind P und Q Punkte auf k, dann gilt ] AP B = ] AQB, wenn P
und Q auf derselben Seite der Sehne AB liegen, und ] AP B = 1800 − ] AQB, wenn P
und Q auf verschiedenen Seiten der Sehne AB liegen. Das folgt unmittelbar aus Satz 29.
Der Spezialfall von Satz 29, bei dem die Sehne durch den Mittelpunkt des Kreises geht,
heißt Satz von Thales. Der Zentriwinkel ist dann 1800 und der Peripheriwinkel somit 900 .
Satz 30 (Satz von Thales) Sei k ein Kreis mit Mittelpunkt M . Sei AB eine Sehne im
Kreis k, die durch M geht. Dann hat jeder Punkt C auf dem Kreis, der ungleich A und
B ist, einen rechten Winkel als Peripheriewinkel über der Sehne AB.
Wandert der Punkt C den Kreis entlang in den Punkt A, dann wird aus dem Peripheriewinkel ein Tangentenwinkel. Dieser Grenzfall wird im folgenden Satz behandelt.
Franz Hofbauer
23
Satz 31 (Tangentenwinkelsatz) Sei AB eine Sehne im Kreis k, dessen Mittelpunkt M
Zentriwinkel α über der Sehne AB habe. Sei t die Tangente an den Kreis k im Punkt A
und γ der Winkel zwischen AB und t, der auf der anderen Seite der Sehne AB liegt als
M (oder M liegt auf AB). Dann gilt γ = 12 α.
M
Beweis: Die Strecke M A vom Mittelpunkt des
k
α
Kreises k zum Berührpunkt A steht senkrecht auf
die Tangente t. Es folgt ] M AB = 900 − γ. Das
Dreieck △ AM B ist gleichschenkelig, da sowohl
A γ
B
|AM | als auch |BM | der Radius des Kreises k ist.
Aus Satz 23 folgt ] M BA = ] M AB = 900 − γ.
t
Die Winkelsumme im Dreieck △ AM B ist 1800 .
Wir erhalten daher 900 − γ + 900 − γ + α = 1800 . Daraus folgt dann γ = 12 α.
Satz 31 besagt, dass die Winkel zwischen einer Sehne AB in
einem Kreis k und der Tangente t im Punkt A an k gleich α2 und
1800 − α2 sind, wobei α der Zentriwinkel des Mittelpunkts M des
Kreises über der Sehne AB ist. Aus dem Peripheriewinkelsatz
folgt dann, dass der Peripheriewinkel eines Punktes auf k gleich
ist dem Winkel zwischen der Sehne AB und der Tangente t,
wobei dieser Winkel jedoch auf der anderen Seite der Sehne AB
liegt als der Peripheriewinkel. Nebenstehendes Bild zeigt zwei
Peripheriewinkel und die jeweils gleich großen Tangentenwinkel.
A
B
t
Es gilt auch die Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes. Wir formulieren sie so
Satz 32: Sei AB eine Sehne im Kreis k. Sei C ein weiterer Punkt auf k und γ = ] ACB.
Die Gerade ℓ(A, B) teilt die Ebene in zwei Halbebenen (die ℓ(A, B) nicht enthalten). Sei
H1 die Halbebene in der C liegt und H2 die andere.
(a) Für einen Punkt P in H1 gilt: P liegt auf k ⇐⇒ ] AP B = γ
(b) Für einen Punkt P in H2 gilt: P liegt auf k ⇐⇒ ] AP B = 1800 − γ
Beweis: Wir beweisen (a). Der Punkt P liege in H1 .
C
P
Q
Sei g die Halbgerade, die von A aus durch P geht.
γ
t
Wegen Satz 31 ist der Winkel in H1 , den die Tangente
γ
t im Punkt A an den Kreis k mit der Sehne AB einschließt, gleich 1800 − γ. Wir unterscheiden zwei Fälle.
g
0
Fall 1: Es gelte ] BAP ≥ 180 − γ. Die Halbgerade g
H1
schneidet den Kreis k nur in A. Also liegt P nicht auf k.
A γ
B
Da die Winkelsumme eines Dreiecks 1800 beträgt, gilt
H
2
] BAP + ] AP B < 1800 , woraus ] AP B < γ folgt.
Im Fall 1 liegt weder P auf k noch gilt ] AP B = γ.
Fall 2: Es gelte ] BAP < 1800 − γ. Jetzt hat g einen Schnittpunkt Q ̸= A mit k. Aus
Satz 29 folgt ] AQB = γ, da Q auf derselben Seite der Sehne AB liegt wie C. Liegt P
auf k, dann muss P = Q gelten und somit auch ] AP B = γ. Gilt umgekehrt ] AP B = γ,
dann sind die Dreiecke △ ABP und △ ABQ kongruent, da sie die Seite AB und den Winkel
bei A gemeinsam haben und da ] AP B = ] AQB gilt. Es folgt |AP | = |AQ| und somit
P = Q. Das bedeutet, dass P auf k liegt. Damit ist gezeigt, dass im Fall 2 der Punkt P
genau dann auf k liegt, wenn ] AP B = γ gilt. Die Aussage (a) ist vollständig bewiesen.
Der Beweis von (b) ist ganz analog. Statt in H1 sind wir jetzt in H2 . Im obigen Beweis
ist nur γ durch 1800 − γ zu ersetzen und 1800 − γ durch γ.
24
Elementargeometrie
Wir kommen zu den Anwendungen des Peripheriewinkelsatzes und seiner Umkehrung.
Satz 33 (Südpolsatz) Im Dreieck △ ABC sei P der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale
durch den Eckpunkt C mit dem Umkreis. Dann hat P gleiche Abstände zu den Eckpunkten
A und B und zum Inkreismittelpunkt I.
C
Beweis: Wir wenden den Peripheriewinkelsatz auf
die Sehnen BP und AP im Umkreis an. Es folgt
γ
2
] BAP = ] BCP = γ2 und ] ABP = ] ACP = γ2 .
Das Dreieck △ ABP ist gleichschenkelig (Satz 23).
Der Punkt P hat gleiche Abstände zu den EckpunkI
ten A und B. Es bleibt zu zeigen, dass der Inkreismittelpunkt I den selben Abstand vom Punkt P
hat wie der Eckpunkt A. Es gilt ] BAP = γ2 und
] BAI = α2 , da I auf der Winkelsymmetrale durch
A
B
γ
A liegt. Daraus folgt ] P AI = α+γ
2 . Der Win2
kel ] P IA ist der Außenwinkel des Dreiecks △ ACI
beim Eckpunkt I und daher gleich der Summe der
P
beiden Innenwinkel bei den Eckpunkten A und C.
Da die Seiten AI und CI auf den Winkelsymmetralen liegen, erhalten wir ] CAI = α2 und
] ACI = γ2 . Es folgt ] P IA = α+γ
2 . Das Dreieck △ AP I ist gleichschenkelig (Satz 23).
Der Inkreismittelpunkt I hat den selben Abstand vom Punkt P und vom Punkt A.
Satz 34: Spiegelt man den Höhenschnittpunkt H eines Dreiecks △ ABC an den (Verlängerungen der) drei Seiten, dann liegen die gespiegelten Punkte auf dem Umkreis.
Beweis: Wir beweisen den Satz für die Spiegelung
C
des Höhenschnittpunkts H an der Seite AB. Sei G
ε
der Schnittpunkt des Umkreises mit der Verlängerung der Höhe durch C und F ihr Fußpunkt. Wir
H
bezeichnen den Winkel ] F CB mit ε.
Das Dreieck △ ABC sei zuerst einmal spitzwinkelig.
Die Winkel ] HAF und ] F CB sind gleich groß,
da die Schenkel AH und AB des einen Winkels
ε
B
senkrecht auf den Schenkeln BC und BF des ande- A ε
F
ren Winkels stehen (Orthogonalwinkel). Somit gilt
] HAF = ε. Da ] GAB und ] GCB = ε Peripheriewinkel im Umkreis des Dreiecks über der Sehne
GB sind, folgt ] GAB = ε, das heißt ] GAF = ε.
G
Die Dreiecke △ AGF und △ AHF sind kongruent,
da sie die Seite AF gemeinsam, bei A beide den Winkel ε und bei F beide einen rechten
Winkel haben. Es folgt |HF | = |F G|. Somit ist G der an der Seite AB gespiegelte
Höhenschnittpunkt H. Und G liegt auf dem Umkreis.
Ist γ ≥ 900 , dann geht es genauso. Ist α = 900 , dann gilt H = G = A. Ist α > 900 ,
dann liegt H unterhalb und G oberhalb der Gerade ℓ(A, B). Ähnlich wie oben ergibt sich
] HAF = ε (Orthogonalwinkel). Den Winkel ] GAB bestimmen wir wieder mit dem
Peripheriewinkelsatz: Liegt C oberhalb von G, dann gilt ] GAB = 1800 − ] GCB =
1800 − ε. Liegt C unterhalb von G, dann gilt ] GAB = ] GCB = 1800 − ε. Gilt G = C,
das heißt die Höhe durch C ist Tangente an den Umkreis, dann folgt ] GAB = 1800 − ε
aus dem Tangentenwinkelsatz. In allen Fällen gilt ] GAF = 1800 − ] GAB = ε.
Franz Hofbauer
25
Die folgenden vier Sätze sind nicht wichtig. Es gibt viele derartige Sätze. Es wurden
vier ausgewählt, um weitere Anwendungsbeispiele für den Peripheriewinkelsatz zu haben.
Die Beweise werden auch nur für spitzwinkelige Dreiecke gegeben. Sie müssen meistens
ein wenig modifiziert werden, um die Beweise für stumpfwinkelige Dreiecke zu erhalten.
Satz 35: Sei △ ABC ein Dreieck und t die Tangente im Eckpunkt C an den Umkreis. Sei
P ein Punkt auf t und U und V die Fußpunkte der Lote von P auf ℓ(A, C) und ℓ(B, C).
Dann steht ℓ(U, V ) senkrecht auf ℓ(A, B).
Beweis: Wir führen den Beweis für ein spitzwinkeliges Dreieck. Wir nehmen an, dass P auf der anderen Seite der Geraden ℓ(B, C) liegt als A.
Aus dem Tangentenwinkelsatz für die Sehne BC
im Umkreis folgt ] P CB = α. Daraus ergibt sich
U
P
C
] U CP = 180 − ] P CB − γ = 180 − α − γ = β.
0
0
t
V
Sei k der Kreis durch die Punkte C, P und U . Nun
gilt ] CU P = 900 und ] CV P = 900 . Daher liegt
nach Satz 32 auch V auf dem Kreis k. Aus dem
Peripheriewinkelsatz angewendet auf die Sehne U P
im Kreis k folgt ] P V U = ] P CU = β. Wegen
] CV P = 900 ergibt sich ] CV U = 900 − β.
A
B
Sei D der Schnittpunkt der Geraden ℓ(V, U ) und
D
0
ℓ(B, A). Dann gilt ] BV D = ] CV U = 90 − β
(Scheitelwinkel). Wegen ] DBV = β und da die Winkelsumme im Dreieck △ DBV gleich
1800 ist, muss der Winkel ] V DB gleich 900 sein.
Satz 36 (Archimedes) Sei △ ABC ein Dreieck mit Höhenschnittpunkt H. Sei k der Kreis
mit Durchmesser AB. Sei P der Schnittpunkt ̸= B des Kreises k mit der Geraden ℓ(B, C)
und Q der Schnittpunkt ̸= A des Kreises k mit der Geraden ℓ(A, C). Sei T der Schnittpunkt
der beiden Tangenten an den Kreis k in den Punkten P und Q. Dann liegt der Punkt T
auf der Höhe durch C und hat gleichen Abstand von den Punkten C, H, P und Q.
Beweis: Wir beweisen den Satz für ein spitzC
winkeliges Dreieck. Da AB ein Durchmesser
γ
des Kreises k ist und P und Q auf k liegen,
folgt ] AP B = 900 und ] AQB = 900 aus dem
Satz von Thales. Somit ist AP die Höhe durch
T
A und BQ die Höhe durch B. Ihr Schnittpunkt
ist der Höhenschnittpunkt H.
Q
α
Die Winkelsumme in einem Viereck ist 3600 ,
β P
da man es sich aus zwei Dreiecken zusammengesetzt denken kann. Das Viereck P CQH hat
bei P und Q rechte Winkel und bei C den WinH
k
0
kel γ. Es folgt ] QHP = 180 − γ.
Der Tangentenwinkelsatz für die Sehne QB im
α
β
B
Kreis k ergibt ] T QB = ] QAB = α. Für die A
Sehne P A ergibt er ] T P A = ] P BA = β.
Das Viereck QHP T hat daher bei Q und P die Winkel α und β und bei H den Winkel
1800 − γ. Es folgt ] P T Q = 3600 − α − β − (1800 − γ) = 2γ, da ja 1800 − α − β = γ gilt.
26
Elementargeometrie
Es gilt |T P | = |T Q|, da P und Q die Berührpunkte der Tangenten von T aus an den
Kreis k sind. Sei l der Kreis mit Mittelpunkt T durch P und Q. Der Zentriwinkel des
Mittelpunkts T über der Sehne P Q ist 2γ. Ein Punkt auf l auf derselben Seite der Sehne
P Q wie T hat Peripheriewinkel γ nach Satz 29. Da C auf derselben Seite der Sehne P Q
liegt wie T und ] P CQ = γ gilt, liegt C nach Satz 32 auf dem Kreis l. Ebenso ergibt sich,
dass auch H auf dem Kreis l liegt, da H auf der anderen Seite der Sehne P Q liegt als T
und ] QHP = 1800 − γ gilt. Damit ist |T P | = |T Q| = |T C| = |T H| gezeigt.
Nun ist CH eine Sehne im Kreis l und P ist ein Punkt auf dem Kreis l mit Peripheriewinkel 900 über der Sehne CH. Der Zentriwinkel des Mittelpunkts T über der Sehne CH ist
daher 1800 nach Satz 29, das heißt T liegt auf CH und somit auch auf der Höhe durch C,
da H ja der Höhenschnittpunkt ist.
Satz 37: Sei △ ABC ein Dreieck mit Höhenschnittpunkt H. Sei M der Mittelpunkt der
Seite AB. Sei k der Kreis mit Durchmesser HC und P der Schnittpunkt ̸= C von k mit
dem Umkreis. Dann liegen P , H und M auf einer Gerade.
Beweis: Wir führen den Beweis für ein spitzC
winkeliges Dreieck und nehmen an, dass P auf
k
dem Bogen des Umkreises zwischen C und
P
B liegt. Wir führen einige Hilfspunkte ein.
Sei G der an der Seite AB gespiegelte Höhenschnittpunkt H. Nach Satz 34 liegt G
F
auf dem Umkreis. Sei E der an der SymH
metrale sc der Seite AB gespiegelte Punkt
sc
G. Da der Umkreis bei dieser Spiegelung in
sich selbst übergeht, liegt E ebenfalls auf dem
A
B
Umkreis. Da die beiden Spiegelungsachsen
M
AB und sc aufeinander senkrecht stehen, gilt
auch ] EGH = 900 und der Schnittpunkt
M der beiden Achsen ist der Mittelpunkt der
Strecke EH. Es genügt daher zu zeigen, dass
G
E
P , H und E auf einer Gerade liegen.
Sei F der Fußpunkt der Höhe durch A und φ = ] F CP = ] BCP . Da HC ein Durchmesser
des Kreises k ist, der Zentriwinkel also 1800 beträgt, und ] HF C = 900 gilt, folgt mit Hilfe
von Satz 29 und Satz 32, dass F auf k liegt. Aus dem Peripheriewinkelsatz angewendet
auf die Sehne F P im Kreis k folgt ] F HP = ] F CP = φ. Aus dem Peripheriewinkelsatz angewendet auf die Sehne BP im Umkreis erhalten wir ] BEP = ] BCP = φ.
Aus dem Peripheriewinkelsatz angewendet auf die Sehne EC im Umkreis folgt schließlich
] EBC = ] EGC = ] EGH = 900 . Da F der Fußpunkt der Höhe durch A ist und daher
auch ] AF C = 900 gilt, liegen die Strecken AF und EB parallel zueinander. Es folgt
] AHE = ] BEH = ] BEP = φ (Wechselwinkel).
Wir haben ] F HP = φ = ] AHE gezeigt. Da die Punkte A, H und F auf einer Geraden
liegen, nämlich auf der Höhe durch A, liegen die Punkte P , H und E ebenfalls auf einer
Geraden.
Satz 38: Sei △ ABC ein Dreieck mit Höhenschnittpunkt H und β ̸= α. Sei S der
Schnittpunkt der Winkelsymmetrale wc durch C mit dem Umkreis (Südpol) und R der an
der Seite AB gespiegelte Punkt S. Dann steht RH senkrecht auf wc .
Franz Hofbauer
27
Beweis: Sei G der an der Seite AB gespiegelte
C
Höhenschnittpunkt H. Nach Satz 34 liegt er auf
dem Umkreis. Wir führen den Beweis für ein spitzwinkeliges Dreieck und nehmen an, dass β > α gilt.
Es folgt ] ACH = 900 − α > 900 − β = ] BCH.
R
Daher liegen die Punkte S, G und B in dieser ReiH
henfolge auf dem Umkreis.
Im Beweis von Satz 33 wurde ] SBA = γ2 gezeigt.
Es folgt ] SBC = β + γ2 . Aus dem Peripheriewinwc
kelsatz angewendet auf die Sehne SC im Umkreis A
B
folgt ] SGC = ] SBC = β + γ2 . Da R und H die
Spiegelbilder von S und G an der Seite AB sind, gilt
auch ] RHG = ] SGH = ] SGC = β+ γ2 . Es folgt
G
] RHC = 1800 − ] RHG = 1800 − β − γ2 = α + γ2 .
S
γ
0
Wegen ] HCA = 90 − α und ] SCA = 2 erhalten
wir ] HCS = ] HCA − ] SCA = 900 − α − γ2 . Wegen ] HCS + ] RHC = 900 muss der
Winkel zwischen den Strecken RH und CS ebenfalls 900 betragen.
8. Umkreis, Inkreis, Ankreise und Fläche
Wir berechnen zuerst die Radien des Umkreises, des Inkreises und der Ankreise. Dann
beweisen wir die Heronsche Formel für die Fläche eines Dreiecks
Satz 39: Seien a, b und c die Längen der Seiten eines Dreiecks und sei F seine Fläche.
Ist r der Umkreisradius, dann gilt r = abc
4F .
C
Beweis: Wir können die Bezeichnung so wählen, dass
] BAC < 900 gilt. Sei G der Schnittpunkt ̸= C des
Umkreises mit der Geraden ℓ(C, U ). Die Dreieckseite BC
ist eine Sehne im Umkreis und A und G liegen auf dem
Umkreis auf der selben Seite dieser Sehne. Aus dem PeriU
pheriewinkelsatz folgt ] BAC = ] BGC. Sei h die Länge
der Höhe durch den Eckpunkt C und D ihr Fußpunkt.
A
B
Der Winkel ] ADC ist ein rechter, da CD als Höhe auf
D
AB senkrecht steht. Der Winkel ] GBC ist ebenfalls ein
rechter, da er ein Peripheriewinkel über dem Durchmesser
G
CG des Umkreises ist. Die Dreiecke △ GBC und △ ADC
|CG|
|CA|
b
sind daher ähnlich. Der Strahlensatz liefert |CB|
= |CD|
, das heißt 2r
a = h . Es gilt auch
abc
2F = ch. Multiplikation dieser Gleichungen ergibt 4rF
a = cb, also r = 4F .
Satz 40: Seien a, b und c die Längen der Seiten eines Dreiecks, F seine Fläche und
s = 12 (a + b + c) sein halber Umfang. Ist ϱ der Inkreisradius, dann gilt ϱ = Fs .
Beweis: Sei I der Inkreismittelpunkt. Das Dreieck △ ABC lässt sich in die drei Dreiecke
△ AIB, △ AIC und △ BIC zerlegen. Diese drei Dreiecke haben Höhe ϱ und ihre Flächen
sind 21 cϱ, 21 bϱ und 12 aϱ. Es gilt somit F = 12 aϱ + 12 bϱ + 12 cϱ = sϱ, also ϱ = Fs .
Satz 41: Seien a, b und c die Längen der Seiten eines Dreiecks, F seine Fläche und
s = 12 (a + b + c) sein halber Umfang. Sind ϱa , ϱb und ϱc die Radien der Ankreise an die
F
F
F
drei Seiten, dann gilt ϱa = s−a
, ϱb = s−b
und ϱc = s−c
.
28
Elementargeometrie
Beweis: Wir beweisen die erste der drei Formeln. Sei P der Mittelpunkt des Ankreises an
die Seite BC. Die Flächen der drei Dreiecke △ AP B, △ AP C und △ BP C sind dann 21 cϱa ,
1
1
2 bϱa und 2 aϱa . Die beiden Dreiecke △ ABC und △ BP C überdecken dieselbe Fläche wie
die beiden Dreiecke △ AP B und △ AP C. Daher gilt F + 12 aϱa = 12 cϱa + 12 bϱa . Es folgt
F
.
F = 21 (b + c − a)ϱa = (s − a)ϱa und daraus dann ϱa = s−a
Satz 42 (Heronsche Formel) Seien a, b und c die Seitenlängen√
eines Dreiecks, F seine
1
Fläche und s = 2 (a + b + c) sein halber Umfang. Dann gilt F = s(s − a)(s − b)(s − c).
Beweis: Sei D der Fußpunkt der Höhe durch den Eckpunkt C. Sei h = |CD| und
p = |AD|. Der Satz von Pythagoras angewendet auf die beiden Dreiecke △ ACD und
△ BCD ergibt b2 = h2 + p2 und a2 = h2 + (c ∓ p)2 . Das Vorzeichen von p hängt davon
ab, ob der Winkel α spitz oder stumpf ist. Subtrahiert man diese beiden Gleichungen, so
hat man a2 − b2 = c2 ∓ 2cp. Für beide Vorzeichen folgt 4c2 p2 = (a2 − b2 − c2 )2 . Mit Hilfe
obiger Gleichungen ergibt sich 16F 2 = 4c2 h2 = 4c2 b2 − 4c2 p2 = 4b2 c2 − (a2 − b2 − c2 )2 .
Durch wiederholtes Anwenden der Formel u2 − v 2 = (u + v)(u − v) erhält man
16F 2 = 4b2 c2 − (a2 − b2 − c2 )2 = (2bc − a2 + b2 + c2 )(2bc + a2 − b2 − c2 )
= ((b + c)2 − a2 )(a2 − (b − c)2 ) = (b + c + a)(b + c − a)(a + b − c)(a − b + c)
= 2s(2s − 2a)(2s − 2c)(2s − 2b)
Daraus folgt dann F 2 = s(s − a)(s − b)(s − c).
Um die Abstände der Eckpunkte eines Dreiecks zu den Berührpunkten des Inkreises
und der Ankreise zu berechnen, verwenden wir die Bemerkung nach Satz 20. Legt man
die beiden Tangenten von einem Punkt S an einen Kreis, dann sind die Abschnitte von S
bis zu den Berührpunkten gleich lang.
Satz 43: Sei △ ABC ein Dreieck mit Seitenlängen a, b und c und s = a+b+c
. Der Inkreis
2
berühre die Seite BC im Punkt Pa , die Seite AC im Punkt Pb und die Seite AB im Punkt
Pc . Dann gilt |APb | = |APc | = s − a, |BPa | = |BPc | = s − b und |CPa | = |CPb | = s − c.
Beweis: Es gilt |APb | = |APc |, |BPa | = |BPc | und |CPa | = |CPb | nach der erwähnten
Bemerkung. Wir bezeichnen diese Abstände der Reihe nach mit x, y und z. Dann haben
wir x + y = |APc | + |BPc | = c, x + z = |APb | + |CPb | = b, und y + z = |BPa | + |CPa | = a.
Es folgt 2x = b + c − a = 2s − 2a, 2y = a + c − b = 2s − 2b und 2z = a + b − c = 2s − 2c.
Satz 44: Sei △ ABC ein Dreieck mit Seitenlängen a, b und c und s = a+b+c
. Der Ankreis
2
an die Seite BC berühre diese im Punkt Ra , die Verlängerung der Seite AC im Punkt
Rb und die Verlängerung der Seite AB im Punkt Rc . Dann gilt |ARb | = |ARc | = s,
|BRa | = |BRc | = s − c und |CRa | = |CRb | = s − b.
Beweis: Wie im letzten Beweis gilt |ARb | = |ARc |, |BRa | = |BRc | und |CRa | = |CRb |.
Wir bezeichnen diese Abstände der Reihe nach mit x, y und z. Damit erhalten wir dann
x − y = |ARc | − |BRc | = c, x − z = |ARb | − |CRb | = b, und y + z = |BRa | + |CRa | = a.
Es folgt 2x = a + b + c = 2s, 2y = a + b − c = 2s − 2c und 2z = a + c − b = 2s − 2b.
Analoge Resultate gelten natürlich auch für die Ankreise an die Seiten AB und AC.
II. Trigonometrie
1. Trigonometrische Funktionen
In der Dreiecksgeometrie hat man es mit Winkeln im Bereich von 00 bis 1800 zu tun.
Wir erweitern jetzt diesen Bereich und lassen sowohl Winkel > 1800 als auch Winkel < 00
(negatives Vorzeichen) zu. Dabei ist jedoch zu beachten, dass Winkel, die sich um ein
Vielfaches von 3600 unterscheiden, identifiziert werden müssen.
Der Einheitskreis ist der Kreis im Koordinatensystem, der Mittelpunkt (0, 0) und Radius 1 hat. Um sin α und cos α zu definieren, zeichnen wir vom Punkt (0, 0) aus eine Halbgerade, die mit der x-Achse den Winkel α einschließt (für α > 0 im Gegenuhrzeigersinn, für
α < 0 im Uhrzeigersinn). Die Koordinaten des Schnittpunktes dieser Halbgerade mit dem
Einheitskreis sind dann cos α und sin α. Da man für die Winkel α und α + 3600 den selben
Punkt am Einheitskreis erhält, ergibt sich sin(α + 3600 ) = sin α und cos(α + 3600 ) = cos α.
sin α
1
cos α
Weiters definiert man tan α = cos
α und cot α = tan α = sin α .
Satz 45: Für sin und cos gelten folgende Gleichungen
(a) sin2 α + cos2 α = 1
(b) sin 0 = sin 1800 = 0, sin 900 = 1, cos 0 = 1, cos 1800 = −1, cos 900 = 0
(c) sin(−α) = − sin α, cos(−α) = cos α
(d) sin(α + 900 ) = cos α, cos(α + 900 ) = − sin α
(e) sin(α + 1800 ) = − sin α, cos(α + 1800 ) = − cos α
Beweis: Es gilt (a), da der Punkt mit den Koordinaten cos α und sin α auf dem Einheitskreis liegt. Auch (b) folgt sofort aus der Definition, indem man die Koordinaten der
Punkte abliest, die man für die Winkel 0, 900 und 1800 erhält. Da die Punkte, die man
für die Winkel α und −α erhält, symmetrisch zur x-Achse liegen, folgt (c). Den Vektor
( cos(α+900 ) )
α
0
erhält man, indem man den Vektor ( cos
sin α ) um 90 nach links verdreht. Dasin(α+900 )
(
0 )
)
α
raus folgt (d). Den Vektor cos(α+180
erhält man, indem man den Vektor ( cos
0
sin α ) um
sin(α+180 )
den Nullpunkt spiegelt. Daraus folgt (e).
Ist α ein Winkel in einem rechtwinkeligen Dreieck, der nicht der rechte ist, dann heißt
die am Winkel α anliegende Kathete die Ankathete und die nicht anliegende Kathete heißt
Gegenkathete. Aus dem Strahlensatz folgt dann
|Ankathete|
|Gegenkathete|
|Gegenkathete|
cos α =
und tan α =
sin α =
|Hypotenuse|
|Hypotenuse|
|Ankathete|
Satz 46 (Summensätze) Für beliebige Winkel α und β gelten die beiden Formeln
(a) sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β
(b) cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β
Beweis: Misst man von der x-Achse aus am Einheitskreis im Gegenuhrzeigersinn den
Winkel α, so kommt man zum Punkt (cos α, sin α). Misst man von der x-Achse aus am
Einheitskreis im Uhrzeigersinn den Winkel β, so kommt man zum Punkt (cos β, − sin β).
Der Winkel zwischen den Halbgeraden zu diesen Punkten ist α + β. Der Winkel zwischen
den Halbgeraden zu den Punkten (1, 0) und (cos(α + β), sin(α + β)) ist ebenfalls α + β.
Daher ist auch der Abstand vom Punkt (cos α, sin α) zum Punkt (cos β, − sin β) gleich dem
Abstand vom Punkt (1, 0) zum Punkt (cos(α + β), sin(α + β)). Das heißt
√
√
(cos α − cos β)2 + (sin α + sin β)2 = (1 − cos(α + β))2 + (sin(α + β))2
30
Trigonometrie
Man kann die Wurzeln auf beiden Seiten weglassen. Quadriert man aus, so erhält man
cos2 α − 2 cos α cos β + cos2 β + sin2 α + 2 sin α sin β + sin2 β
= 1 − 2 cos(α + β) + cos2 (α + β) + sin2 (α + β)
An drei verschiedenen Stellen kann man die Formel sin2 γ + cos2 γ = 1 anwenden, und
erhält 1 − 2 cos α cos β + 1 + 2 sin α sin β = 1 − 2 cos(α + β) + 1. Damit sind wir bei der
Formel cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β angelangt und (b) ist gezeigt.
Wir ersetzen in dieser soeben gezeigten Formel β durch β + 900 . Es gilt
cos(α + β + 900 ) = − sin(α + β), cos(β + 900 ) = − sin β und sin(β + 900 ) = cos β
Setzt man das ein, so hat man − sin(α + β) = cos α(− sin β) − sin α cos β. Das ist (a).
Wir geben auch noch einen geometrischen Beweis der Summensätze. Wir nehmen zuerst
an, dass die Winkel α und β zwischen 0 und 900 liegen. Wir messen die entsprechenden
Bögen am Einheitskreis und erhalten den Punkt A, der dem Winkel α, und den Punkt B,
der dem Winkel α + β entspricht. In der Zeichnung unten links ist der Fall dargestellt, wo
α + β < 900 gilt, während die Zeichnung rechts unten den Fall zeigt, wo α + β > 900 gilt.
B
B
A
D
C
A
D
C
F
M
E
M
F
E
Sei C der Fußpunkt des Lots vom Punkt B auf die Strecke M A. Wegen ] CM B = β
und ] BCM = 900 erhalten wir |M C| = cos β und |BC| = sin β. Sei E der Fußpunkt
des Lots von C auf die x-Achse. Wegen ] EM C = α und ] CEM = 900 erhalten wir
auch |CE| = |M C| sin α = cos β sin α und |M E| = |M C| cos α = cos β cos α. Sei F der
Fußpunkt des Lots von B auf die x-Achse und D der Fußpunkt des Lots von C auf die
Strecke BF . Es gilt ] DBC = ] EM C = α, da BD senkrecht auf M E und BC senkrecht
auf M C steht (Orthogonalwinkel). Damit erhalten wir |CD| = |BC| sin α = sin β sin α
und |BD| = |BC| cos α = sin β cos α. Nun folgt wegen ] BM F = α + β
sin(α + β) = |BF | = |DF | + |BD| = |CE| + |BD| = cos β sin α + sin β cos α
cos(α + β) = |M F | = |M E| − |EF | = |M E| − |CD| = cos β cos α − sin β sin α
Damit sind die Summensätze für Winkel α und β zwischen 0 und 900 bewiesen. Mit Hilfe
der Formeln aus Satz 45 (d) erhält man sie für alle Winkel.
Es folgen Sinus- und Cosinussatz.
Satz 47 (Sinussatz) In einem beliebigen Dreieck △ ABC mit Fläche F , mit Umkreisradius
a
b
c
r und den üblichen Bezeichnungen gilt 2r = abc
2F = sin α = sin β = sin γ .
Beweis: Sei h die Länge der Höhe durch C. Dann gilt 2F = ch. Weiters gilt sin α = hb
(wegen sin(1800 −α) = sin α gilt das auch, wenn α stumpf ist und daher die Höhe außerhalb
ab
ab
a
abc
b
des Dreiecks liegt). Daraus folgt abc
2F = h = b sin α = sin α . Analog zeigt man 2F = sin β
c
abc
und abc
2F = sin γ . Die Gleichung 2r = 2F wurde in Satz 39 bewiesen.
Franz Hofbauer
31
Satz 48 (Cosinussatz) In einem Dreieck △ ABC mit den üblichen Bezeichnungen gilt
a2 = b2 + c2 − 2bc cos α, b2 = a2 + c2 − 2ac cos β und c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ.
Beweis: Wir zeigen die erste der drei Gleichungen. Sei D der Fußpunkt der Höhe durch
den Eckpunkt C und h deren Länge. Wir nehmen zuerst an, dass α ≤ 900 gilt. Sei p
der Abstand von D zum Eckpunkt A. Es gilt dann cos α = pb , das heißt p = b cos α. Aus
dem Satz von Pythagoras folgt a2 = h2 + (c − p)2 und b2 = h2 + p2 . Durch Subtraktion
dieser Gleichungen ergibt sich a2 − b2 = (c − p)2 − p2 = c2 − 2pc. Wir setzen für p ein und
erhalten a2 − b2 = c2 − 2bc cos α, das heißt a2 = b2 + c2 − 2bc cos α.
Wir nehmen jetzt an, dass α > 900 gilt. Sei p wieder der Abstand von D zum Eckpunkt A.
Nun gilt aber cos(1800 − α) = pb , da die Höhe durch den Eckpunkt C außerhalb des
Dreiecks liegt. Wegen cos(1800 − α) = − cos α erhalten wir p = −b cos α. Aus dem Satz
von Pythagoras folgt a2 = h2 + (c + p)2 und b2 = h2 + p2 . Durch Subtraktion dieser
Gleichungen ergibt sich a2 − b2 = (c + p)2 − p2 = c2 + 2pc. Wir setzen für p ein und
erhalten a2 − b2 = c2 − 2bc cos α, das heißt a2 = b2 + c2 − 2bc cos α.
Die anderen beiden Gleichungen beweist man analog.
Der Cosinussatz gilt auch für ein Dreieck, dessen Eckpunkte auf einer Gerade liegen.
Die Winkel sind dann 00 und 1800 . Der Sinussatz gilt in diesem Grenzfall nicht mehr.
Mit Hilfe des Cosinussatzes beweisen wir die nächsten beiden Sätze.
Satz 49 (Dreiecksungleichung) Sind a, b und c die Längen der Seiten eines Dreiecks, dann
gilt a ≤ b + c, b ≤ a + c und c ≤ a + b. Gleichheit gilt genau dann, wenn der der links
stehenden Seite gegenüberligende Winkel 1800 beträgt (der der links stehenden Seite gegenüberliegende Eckpunkt liegt auf der Strecke zwischen den beiden anderen Eckpunkten).
Beweis: Da − cos γ ≤ 1 gilt, erhalten wir c2 ≤ a2 +b2 +2ab = (a+b)2 aus dem Cosinussatz.
Es folgt c ≤ a + b. Gleichheit gilt genau dann, wenn cos γ = −1 gilt, das heißt γ = 1800 .
Analog zeigt man die anderen Ungleichungen.
Satz 50 (Stewarts Formel) Sei △ ABC ein Dreieck mit Seitenlängen a, b und c. Sei D ein
2
2
b2
Punkt auf AB. Sei p = |DB|, q = |AD| und m = |CD|. Dann gilt acp + cq
−m
pq = 1.
Beweis: Sei φ = ] CDB und ψ = ] CDA. Es gilt ψ = 1800 − φ, woraus cos ψ = − cos φ
folgt. Wir wenden den Cosinussatz auf die Dreiecke △ CDB und △ CDA an
a2 = m2 + p2 − 2mp cos φ
b2 = m2 + q 2 − 2mq cos ψ = m2 + q 2 + 2mq cos φ
Wir multiplizieren die erste Gleichung mit q und die zweite mit p. Durch Addition der
Gleichungen erhalten wir a2 q + b2 p = m2 q + m2 p + p2 q + q 2 p. Wegen q + p = c folgt
2
2
b2
a2 q + b2 p = m2 c + pqc. Division durch pqc ergibt acp + cq
=m
pq + 1.
Wir geben noch eine Anwendung von Stewarts Formel.
Satz 51: Sei △ ABC ein Dreieck mit Seitenlängen a, b und c. Sei w die Länge der
c 2
) ).
Winkelsymmetrale durch den Eckpunkt C. Dann gilt w2 = ab(1 − ( a+b
Beweis: Sei D der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch C mit der Seite AB. Wir
2
2
b2
setzen p = |DB| und q = |AD|. Aus Satz 50 folgt acp + cq
− wpq = 1. Satz 24 besagt, dass
q
b
a
b
p = a gilt. Klarerweise gilt auch q + p = c. Es folgt p = a+b c und q = a+b c. Wir setzen
ein und erhalten
a(a+b)
c2
+
b(a+b)
c2
−
w2 (a+b)2
abc2
c 2
= 1. Das ergibt w2 = ab(1 − ( a+b
) ).
32
Trigonometrie
2. Die besonderen Punkte des Dreiecks
Abgesehen vom Schwerpunkt, kann man die besonderen Punkte des Dreiecks auch mit
trigonometrischen Methoden behandeln.
Satz 52: In einem beliebigen Dreieck schneiden die drei Höhen einander in einem Punkt,
dem Höhenschnittpunkt H.
C
Beweis: Ist das Dreieck nicht spitzwinkelig,
dann wählen wir die Bezeichnungen so, dass
γ der Winkel ≥ 900 ist. Die Winkel α und
β sind jedenfalls spitz. Sei D der Fußpunkt
der Höhe durch den Eckpunkt C und H der
H
b
Schnittpunkt der Höhen durch die Eckpunkte
C und A. Da die Winkel α und β spitz sind,
β
liegt H oberhalb von D und D rechts von A.
x
Sei x der Abstand der Punkte D und H. Sei
u der Abstand der Punkte A und D. Es gilt
β
] ADC = 900 und ] DHA = ] ABC = β,
u
A
D
B
da die Höhe durch A senkrecht auf BC und
die Höhe durch C senkrecht auf AB steht (Orthogonalwinkel). Es folgt u = b cos α und
cos α
tan β = ux . Daraus ergibt sich x = tanu β = btan
β .
Sei jetzt G der Schnittpunkt der Höhen durch die Eckpunkte C und B und y der Abstand
cos β
der Punkte D und G. Wie oben erhält man, dass G oberhalb von D liegt und y = atan
α
gilt. Aus dem Sinussatz folgt b sin α = a sin β, das heißt b cos α tan α = a cos β tan β. Damit
ist x = y gezeigt. Somit gilt G = H. Die drei Höhen schneiden einander im Punkt H.
Satz 53: In einem beliebigen Dreieck schneiden die drei Winkelsymmetralen einander in
einem Punkt, dem Inkreismittelpunkt I.
C
Beweis: Sei D der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch den Eckpunkt C mit der
γ
2
Seite AB und I der Schnittpunkt der Winkelsymmetralen durch die Eckpunkte C und
A. Sei x der Abstand der Punkte D und I
und u der Abstand der Punkte A und D. Wir
wenden den Sinussatz im Dreieck △ ADC an.
Wegen ] ADC = 1800 − α − γ2 = β + γ2 und
b
b
] ACD = γ2 gilt sinu γ = sin(β+
γ , woraus
)
2
sin γ
b sin(β+2 γ )
2
2
I
u =
folgt. Wir wenden noch einmal den Sinussatz an und zwar jetzt im Dreieck △ ADI. Wegen ] AID = 900 − β2 und
] DAI = α2 gilt sin(90u0 − β ) = sinx α , woraus
sin
α
sin
x = u sin(9002− β ) = u cos
2
2
α
2
β
2
x
2
sin
α
sin
γ
2
2
für u ein, so hat man x = b cos β sin(β+
γ .
)
2
β+ γ2
α
2
folgt. Setzt man
A
u
D
B
2
Sei jetzt J der Schnittpunkt der Winkelsymmetralen durch die Eckpunkte C und B und y
sin
β
sin
γ
2
2
gilt. Aus
der Abstand der Punkte D und J. Wie oben erhält man, dass y = a cos α sin(α+
γ
)
2
2
Franz Hofbauer
33
dem Sinussatz folgt b sin α = a sin β und daraus 2b sin α2 cos α2 = 2a sin β2 cos β2 . Die Summe
der beiden Winkel α + γ2 und β + γ2 ist 1800 . Daher gilt sin(α + γ2 ) = sin(β + γ2 ). Aus
sin
α
sin
β
2
2
diesen beiden Gleichungen folgt b cos β sin(β+
= a cos α sin(α+
γ . Damit ist x = y gezeigt.
γ
)
)
2
2
2
2
Es folgt, dass J = I gilt. Die drei Winkelsymmetralen schneiden einander im Punkt I.
Für den nächsten Satz zeigen wir zuerst einen Hilfssatz.
Hilfssatz C: Für jedes Dreieck △ ABC mit den üblichen Bezeichnungen gelten die Gleichungen a2 − ac cos β = b2 − bc cos α und (a − c cos β) sin α = (b − c cos α) sin β.
Beweis: Der Cosinussatz besagt a2 = b2 + c2 − 2bc cos α und b2 = a2 + c2 − 2ac cos β.
Subtraktion dieser Gleichungen ergibt a2 − b2 = b2 − a2 − 2bc cos α + 2ac cos β, das heißt
2a2 − 2ac cos β = 2b2 − 2bc cos α. Division durch 2 ergibt die erste Gleichung.
Es gilt sina α = sinb β nach dem Sinussatz. Es folgt (a2 − ac cos β) sina α = (b2 − bc cos α) sinb β .
Kürzt man links durch a und rechts durch b, dann erhält man die zweite Gleichung.
Satz 54: In einem beliebigen Dreieck schneiden die drei Seitensymmetralen einander in
einem Punkt, dem Umkreismittelpunkt U .
Beweis: Ist das Dreieck nicht spitzwinkelig, dann wählen wir die Bezeichnungen so, dass
γ der Winkel ≥ 900 ist. Die Winkel α und β sind jedenfalls spitz. Sei U der Schnittpunkt der Symmetralen der Seiten AB und AC. Sei D der Mittelpunkt der Seite AB und
F der der Seite AC. Sei x der Abstand der
C
Punkte D und U , wobei x negativ ist, wenn U
unterhalb der Seite AB liegt. Weiters sei G der
Schnittpunkt der (Verlängerung der) Seite AB
mit der Symmetralen der Seite AC und u der
Abstand der Punkte D und G, wobei u negativ
F
ist, wenn G links von D liegt.
Wegen ] AF G = 900 und ] GAF = α ergibt
b
b
U
b
2
. Es folgt u = 2 cos
sich cos α = c +u
− 2c . We2
α
2
α
gen ] U DG = 900 und ] GU D = α erhalten
x
cos α
wir cot α = ux . Es folgt x = u cot α = b−c
2 sin α .
α
c
(Ist γ > 900 , dann sind u und x negativ. Ist
A
D u G
B
2
γ = 900 , dann gilt u = x = 0.)
Sei jetzt V der Schnittpunkt der Symmetralen der Seiten AB und BC. Sei y der Abstand
der Punkte D und V , wobei y negativ ist, wenn V unterhalb der Seite AB liegt. Eine
cos β
analoge Rechnung wie oben ergibt, dass y = a−c
gilt. In Hilfssatz C wurde die
2 sin β
Gleichung (a − c cos β) sin α = (b − c cos α) sin β gezeigt. Daraus folgt y = x. Damit ist
V = U gezeigt. Die drei Seitensymmetralen schneiden einander im Punkt U .
3. Die Sätze von Napoleon und Morley
Das sind zwei Sätze, die oft mit trigonometrischen Methoden bewiesen werden.
Satz 55 (Satz von Napoleon) Setzt man auf die drei Seiten eines beliebigen Dreiecks
gleichschenkelige Dreiecke mit Basiswinkel 300 , dann bilden die Spitzen dieser drei Dreiecke
ein gleichseitiges Dreieck.
34
Trigonometrie
Beweis: Sei D die Spitze des über der Seite AB als Basis errichteten gleichschenkeligen
Dreiecks, sei E die Spitze des über der Seite BC als Basis errichteten gleichschenkeligen
Dreiecks und sei F die Spitze des über der
C
Seite CA als Basis errichteten gleichschenke√b
3
γ
ligen Dreiecks. Sei x = |DF |, y = |DE|
√a
3
und z = |EF |. Zu zeigen ist x = y = z.
F
Wir zeigen nur x = y. Da die Winkel bei A
z
E
und B im Dreieck △ ABD gleich 300 sind,
folgt |BD| = |AD| = √c3 . Ebenso hat man
b
√
3
|BE| = |CE| = √a3 und |CF | = |AF | = √b3 .
√a
3
Wegen ] DAF = α+600 folgt aus dem Cosix
y
nussatz angewandt auf das Dreieck △ ADF ,
β
α
2
2
0
dass x2 = b3 + c3 − 2bc
)
gilt.
cos(α
+
60
3
A
B
√
Wegen 2 cos(α + 600 ) = cos α − 3 sin α
2
2
√c
√c
bc
√
3
3
ergibt sich x2 = b3 + c3 − bc
cos
α+
sin
α.
3
3
(Ist α größer als 1200 , dann muss man die
D
Gleichung cos(3600 − φ) = cos φ beachten.)
2
2
ac
√
Ganz analog erhält man die Gleichung y 2 = a3 + c3 − ac
3 cos β + 3 sin β . Es bleibt nur
noch zu überprüfen, dass y = x gilt.
2
2
Wir
gilt
√ α in Hilfssatz C gezeigt. Weiters
√
√ haben die√Gleichung a − ac cos2 β = b − bc cos
3ac sin β = 3bc sin α. Es folgt a − ac cos β + 3ac sin β = b2 − bc cos α + 3bc sin α
durch Addition dieser Gleichungen. Daraus ergibt sich y 2 = x2 und somit auch y = x.
Bemerkung: Satz 55 gilt auch, wenn man die drei gleichschenkeligen Dreiecke nicht
außen, sondern innen auf die drei Dreieckseiten aufsetzt.
Für den nächsten Satz, den Satz von Morley, zeigen wir zwei Hilfssätze.
Hilfssatz D: In jedem Dreieck gilt sin2 γ = sin2 α + sin2 β − 2 sin α sin β cos γ.
Beweis: Ist q = abc
2F , so folgen a = q sin α, b = q sin β und c = q sin γ aus dem Sinussatz.
Man setzt das in den Cosinussatz c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ ein und kürzt durch q 2 .
Hilfssatz E: Es gilt sin 3ψ = 4 sin ψ sin(600 + ψ) sin(600 − ψ).
√
√
Beweis: Wegen sin 600 = 23 und cos 600 = 12 gilt sin(600 + ψ) = 23 cos ψ + 12 sin ψ
√
und sin(600 − ψ) = 23 cos ψ − 12 sin ψ nach dem Summensatz für den Sinus. Daraus
ergibt sich dann 4 sin ψ sin(600 + ψ) sin(600 − ψ) = 3 sin ψ cos2 ψ − sin3 ψ.
Ebenso aus den Summensätzen folgt sin 2ψ = 2 sin ψ cos ψ und cos 2ψ = cos2 ψ − sin2 ψ,
und damit sin 3ψ = sin(2ψ + ψ) = sin 2ψ cos ψ + cos 2ψ sin ψ = 3 sin ψ cos2 ψ − sin3 ψ.
Satz 56 (Satz von Morley) Sei △ ABC ein Dreieck, dessen Winkel mit α, β und γ bezeichnet werden. Ins Innere dieses Dreiecks werden folgende drei Dreiecke gezeichnet: Über der
Seite AB als Basis wird ein Dreieck mit Winkel α3 bei A und β3 bei B errichtet. Sei P die
Spitze dieses Dreiecks. Über der Seite BC als Basis wird ein Dreieck mit Winkel β3 bei B
und γ3 bei C errichtet. Sei Q die Spitze dieses Dreiecks. Über der Seite CA als Basis wird
ein Dreieck mit Winkel γ3 bei C und α3 bei A errichtet. Sei R die Spitze dieses Dreiecks.
Das Dreieck △ P QR ist dann gleichseitig.
Franz Hofbauer
35
Beweis: Seien x = |P R|, u = |AP | und
C
v = |AR|. Insbesondere ist x die Länge
der Seite P R des Dreiecks △ P QR, von dem
gezeigt werden soll, dass es gleichseitig ist.
Sei µ = α3 , ν = β3 und σ = γ3 . Weiters sei
a
φ = ] AP B. Da µ, ν und φ die Winkel im
b
R
0
Q
Dreieck △ AP B sind, gilt µ + ν + φ = 180 .
0
=
60
erhält
Wegen µ + ν + σ = α+β+γ
x
3
v
man φ = 1200 + σ. Daraus ergibt sich dann
P
sin φ = sin(1800 − φ) = sin(600 − σ). Der Siu
nussatz angewendet auf das Dreieck △ AP B
c sin ν
liefert sinu ν = sinc φ oder u = sin(60
0 −σ) . Ist
c
A
B
r der Umkreisradius, dann gilt c = 2r sin γ
sin γ sin ν
wieder nach dem Sinussatz. Damit ergibt sich u = 2r sin(60
0 −σ) und aus Hilfssatz E erhält
man sin γ = sin 3σ = 4 sin σ sin(600 + σ) sin(600 − σ). Setzt man das ein, so hat man
u = 8r sin σ sin(600 + σ) sin ν. Ganz analog erhält man v = 8r sin ν sin(600 + ν) sin σ.
Der Cosinussatz angewendet
auf das Dreieck △ AP R ergibt x2 = u2 + v 2 − 2uv cos µ,) also
(
x2 = 64r2 sin2 ν sin2 σ sin2 (600 + σ) + sin2 (600 + ν) − 2 sin(600 + σ) sin(600 + ν) cos µ . Da
sich 600 +σ, 600 +ν und µ zu 1800 addieren und somit die Winkel eines Dreiecks sind, folgt
sin2 (600 +σ)+sin2 (600 +ν)−2 sin(600 +σ) sin(600 +ν) cos µ = sin2 µ aus Hilfssatz D. Damit
ist x2 = 64r2 sin2 ν sin2 σ sin2 µ gezeigt, das heißt x = 8r sin ν sin σ sin µ. Die Längen der
anderen Seiten des Dreiecks △ P QR erhält man durch dieselbe Rechnung, wobei aber a,
b und c ihre Plätze vertauschen und ebenso ν, σ und µ. Dadurch ändert sich jedoch das
Ergebnis nicht. Das zeigt, dass alle drei Seiten des Dreiecks △ P QR gleich x sind.
Bemerkung: Satz 56 gilt auch, wenn die Dreiecke außen sitzen, wobei der Winkel α3
durch 600 − α3 , der Winkel β3 durch 600 − β3 und der Winkel γ3 durch 600 − γ3 ersetzt wird.
4. Komplexe Zahlen
Rechnet man mit reellen Zahlen, dann hat man das Problem, dass nicht jedes Polynom
eine Nullstelle hat. Das Polynom x2 + 1 hat zum Beispiel keine. Um dieses Problem zu
beseitigen, führt man die komplexen Zahlen C = {x + yi : x ∈ R, y ∈ R} ein. Hier ist i
ein neues Symbol, das man einführt. Es wird imaginäre Einheit genannt. Man legt fest,
dass i2 = −1 gilt. Bezeichnet man die komplexe Zahl x + yi mit z, dann nennt man x den
Realteil von z und y den Imaginärteil von z.
Die Addition zweier komplexer Zahlen ist wie für Vektoren definiert
(x + yi) + (p + qi) = x + p + (y + q)i
Die Multiplikation wird in naheliegender Weise definiert, wobei i2 = −1 verwendet wird
(x + yi)(p + qi) = xp + xqi + ypi + yqi2 = xp − yq + (xq + yp)i
Zu jeder komplexen Zahl x + yi ̸= 0 existiert die inverse Zahl
1
x+yi
=
x−yi
(x+yi)(x−yi)
x−yi
x2 −xyi+xyi−y 2 i2
1
mit x
Bruch x+yi
=
=
x−yi
x2 +y 2
=
x
x2 +y 2
+
−y
x2 +y 2 i
− yi erweitert.
die man erhält, indem man den
Man prüft leicht nach, dass die Addition und die Multiplikation komplexer Zahlen assoziativ und kommutativ sind und dass das Distributivgesetz gilt. Man kann also mit
36
Trigonometrie
komplexen Zahlen genauso rechnen wie in allen anderen Zahlenbereichen. Die additive
Inverse zur komplexen Zahl x + yi ist −x − yi. Die multiplikative Inverse zur komplexen
−y
x
Zahl x + yi ist die oben berechnete Zahl x2 +y
2 + x2 +y 2 i. Somit bildet die Menge C der
komplexen Zahlen mit der Addition und der Multiplikation einen Körper.
Bezeichnet man die komplexe Zahl x+yi mit z, dann nennt man x−yi die zu z konjugiert
komplexe Zahl,
√ die man mit z bezeichnet. Den Betrag |z| der xkomplexen Zahl z definiert
man durch x2 + y 2 . Das entspricht der Länge des Vektors ( y ).
Satz 57: Aus jeder komplexen Zahl p + qi lässt sich die Wurzel ziehen. Ist die Zahl
√
√
reell, das heißt q = 0, dann sind ± p im Fall p ≥ 0 und ± −p i im Fall p < 0 Wurzeln
der Zahl
Ist q ̸= 0, dann sind x + yi und −x − yi Wurzeln der Zahl p + qi, wobei
√ p. √
p
q
1
x = 2 + 2 p2 + q 2 und y = 2x
zu setzen sind.
√
√
Beweis: Ist q = 0 und p ≥ 0, dann sind ± p Wurzeln von p, da (± p)2 = p gilt. Ist
√
√
q = 0 und p < 0, dann sind ± −p i Wurzeln von p, da (± −p i)2 = −p i2 = p gilt.
Wir nehmen jetzt q ̸= 0 an und berechnen die Wurzel aus p + qi, das heißt wir lösen
die Gleichung (x + yi)2 = p + qi. Es folgt x2 − y 2 + 2xyi = p + qi. Diese Gleichung
gilt genau dann, wenn die auf den beiden Seiten der Gleichung stehenden komplexen
Zahlen gleichen Real- und gleichen Imaginärteil haben. Es muss also x2 − y 2 = p und
2xy = q gelten. Wir quadrieren die beiden Gleichungen und addieren sie dann. Das
√ ergibt
2
2
p2 + q 2 .
x4 + y 4 + 2x2 y 2 = p2 + q 2 . Zieht man die Wurzel, dann hat man x
+
y
=
√
Addiert
Gleichung x2 − y 2 = p, so erhält man 2x2 = p + p2 + q 2 . Damit ist
√ man die
√
√
x = ± p2 + 12 p2 + q 2 bereits berechnet. Wegen q ̸= 0 gilt −p ≤ |p| < p2 + q 2 , woraus
√
p
1
p2 + q 2 > 0 und somit auch x ̸= 0 folgt.
2 + 2
Für x haben wir zwei Lösungen erhalten, die sich nur durch das Vorzeichen voneinder
unterscheiden. Das jeweils zugehörige y ergibt sich aus der Gleichung 2xy = q. Wählt
q
man x als die positive Lösung und berechnet damit y = 2x
, dann sind x + yi und −x − yi
die Wurzeln der Zahl p + qi.
Beispiel: Um die Wurzel aus 3 − 4i zu ziehen, können wir die Gleichung x2 − y 2 + 2xyi =
3−4i, das heißt x2 −y 2 = √
3 und 2xy = −4, lösen oder in die Formeln aus Satz 57 einsetzen.
3
1
2
Wir erhalten x = 2 + 2 9 + 16 = 4, also x = 2, und y = −4
2x = −1. Die Wurzeln aus
3 − 4i sind daher 2 − i und −2 + i.
Man kann ein viel stärkeres Resultat zeigen als Satz 57. Der Fundamentalsatz der Algebra besagt, dass jedes Polynom mit komplexen Koeffizienten eine Nullstelle in C besitzt.
5. Polarkoordinaten
In der Ebene legt man einen Punkt P üblicherweise durch seine kartesischen Koordinaten
x und y fest. Man kann den Punkt P aber auch dadurch festlegen, dass man seinen
Abstand r vom Nullpunkt angibt und den Winkel φ, den man erhält, wenn man von der
positiven x-Achse im Gegenuhrzeigersinn bis zum Ortsvektor des Punktes P wandert. Die
Koordinaten des Punktes sind dann r und φ. Man nennt sie Polarkoordinaten. Da die
Punkte (0, 0), (x, 0) und (x, y) die Ecken eines rechtwinkeligen Dreiecks bilden, erhalten
wir x = r cos φ und y = r sin φ. Diese Formeln geben den Zusammenhang zwischen
kartesischen Koordinaten und Polarkoordinaten an. Eine Ausnahme bildet der Punkt
(0, 0). Für diesen kann man natürlich keinen Winkel φ festlegen.
Franz Hofbauer
37
Man kann komplexe Zahlen x + iy graphisch
als Punkte (x, y) in der Ebene darstellen. Die
Addition der komplexen Zahlen entspricht dann
der Addition der zugehörigen Ortsvektoren. Um
auch die Multiplikation geometrisch zu deuten,
r
führen wir die oben beschriebene Polarkoordinay
tendarstellung für√komplexe Zahlen ein.
Dazu sei r = x2 + y 2 wieder der Abstand
φ
des Punktes (x, y) vom Nullpunkt (der Betrag
der komplexen Zahl x + iy) und φ wieder der
x
Winkel zwischen der positiven x-Achse und dem
Ortsvektor zum Punkt (x, y). Dieser Winkel φ wird das Argument der komplexen Zahl
z = x + iy genannt und mit arg z bezeichnet. Es gilt dann x + iy = r(cos φ + i sin φ). Es
ist nützlich, eine Kurzschreibweise für den Ausdruck in der Klammer einzuführen.
Für einen Winkel α definieren wir die komplexe Zahl eiα durch
eiα = cos α + i sin α
(Eulersche Formel)
Dann lässt sich die Polarkoordinatendarstellung schreiben als x + iy = reiφ . Warum man
die komplexe Zahl cos α + i sin α mit eiα bezeichnet, wird aus dem nächsten Satz klar. Es
gelten Rechenregeln wie für die Exponentialfunktion.
Satz 58: Für Winkel α und β gilt ei(α+β) = eiα eiβ .
Beweis: Das folgt aus den Summensätzen für die trigonometrischen Funktionen. Es gilt
ei(α+β) = cos(α + β) + i sin(α + β) = cos α cos β − sin α sin β + i sin α cos β + i cos α sin β und
eiα eiβ = (cos α+i sin α)(cos β+i sin β) = cos α cos β+i sin α cos β+i cos α sin β−sin α sin β.
Daraus erkennt man die gesuchte Gleichung.
Nun kann man auch die Multiplikation von zwei komplexen Zahlen geometrisch deuten.
Wir schreiben sie in Polarkoordinatendarstellung als r1 eiφ1 und r2 eiφ2 . Mit Hilfe von
Satz 58 folgt r1 eiφ1 · r2 eiφ2 = r1 r2 ei(φ1 +φ2 ) . Das Produkt zweier komplexer Zahlen erhält
man also, indem man die Beträge der beiden Zahlen multipliziert und die Winkel addiert.
√
√
Daraus ergibt sich auch, dass reiφ/2 und − reiφ/2 die beiden Wurzeln der komplexen
Zahl reiφ sind. Die Wurzel (abgesehen vom Vorzeichen) erhält man, indem man die Wurzel
aus dem Betrag zieht und den Winkel halbiert.
Das Rechnen mit trigonometrischen Funktionen erweist sich manchmal als schwierig.
Mit Hilfe der Eulerformel können wir den Sinus und den Cosinus durch die komplexe
Exponentialfunktion ausdrücken. Auf diese Weise lassen sich Produkte und Potenzen in
Summen von trigonometrischen Funktionen umwandeln.
Die Eulerformel besagt eiα = cos α + i sin α. Setzt man −α statt α ein, so hat man
−iα
e
= cos(−α) + i sin(−α) = cos α − i sin α. Durch Addition dieser beiden Gleichungen
ergibt sich eiα + e−iα = 2 cos α und daraus folgt
cos α = 12 (eiα + e−iα )
Ebenso erhalten wir eiα − e−iα = 2i sin α und daraus
sin α =
iα
1
2i (e
− e−iα )
Die folgenden Beispiele zeigen, wie man diese Darstellung von sin α und cos α verwenden
kann, um Potenzen und Produkte von trigonometrischen Funktionen auszurechnen.
38
Trigonometrie
Beispiel: Es soll sin2 α sin 2α als Summe von trigonometrischen Funktionen geschrieben
2iα
−2iα 2iα
e
−e−2iα
.
werden. Durch Einsetzen obiger Formeln erhält man sin2 α sin 2α = e −2+e
−4
2i
−2iα
−4iα
−e
Multiplikation dieser beiden Brüche ergibt e −2e +2e
. Diesen Bruch können
−8i
wir zerteilen, sodass wir wieder trigonometrische Funktionen einsetzen können. Wir erhal4iα
2iα
−2iα
−e−4iα
ten e −8i
+ 2e −2e
= − 14 sin 4α + 12 sin 2α. Das ist die gewünschte Summe.
8i
4iα
2iα
Beispiel: Wir zeigen sin 2α + sin 2β + sin 2γ = 4 sin α sin β sin γ für die Winkel eines
Dreiecks, also unter der Bedingung α + β + γ = 1800 . Wir beginnen mit 4 sin α sin β sin γ
1
und setzen sin φ = 2i
(eiφ − e−iφ ) ein. Durch Ausmultiplizieren ergibt sich
1
(ei(α+β+γ) − ei(α+β−γ) − ei(α−β+γ) + ei(α−β−γ)
− 2i
− ei(−α+β+γ) + ei(−α+β−γ) + ei(−α−β+γ) − ei(−α−β−γ) )
Fasst man diese Ausdrücke entsprechend zusammen, so erhält man
− sin(α + β + γ) + sin(α + β − γ) + sin(α − β + γ) + sin(−α + β + γ)
Wegen α + β + γ = 1800 und sin(1800 − φ) = sin φ ergibt sich sin 2α + sin 2β + sin 2γ.
6. Beweisen mit Hilfe komplexer Zahlen
Wir beweisen weitere Eigenschaften komplexer Zahlen, und zwar für die konjugiert komplexe Zahl z, für den Betrag |z| und das Argument arg z einer komplexen Zahl z.
Satz 59: Seien w und z in C. Dann gilt |z|2 = zz, z = z, |z| = |z| und z + z ≤ 2|z|.
Weiters gilt w + z = w + z, w − z = w − z und w · z = w · z. Ist q = wz , dann gilt q = wz .
Beweis: Sei w = p + qi und z = x + yi. Dann haben wir w = p − qi und z = x − yi.
Es folgt |z|2 = x2 + y 2 = x2 − y 2 i2 = (x + yi)(x − yi) = zz und z = x − (−y)i = x + yi = z.
Ebenso folgt |z|2 = x2 + (−y)2 = x2 + y 2 = |z|2 , woraus
wir |z| = |z| erhalten. Schließlich
√
2
folgt auch z + z = x + yi + x − yi = 2x ≤ 2|x| ≤ 2 x + y 2 = 2|z|.
Wegen w + z = (p + x) + (q + y)i erhalten wir w + z = (p + x) − (q + y)i = p − qi + x − yi.
Man sieht, dass w + z = w + z gilt. Ebenso ergibt sich w − z = w − z.
Es gilt w · z = px − qy + (py + qx)i und w · z = px − qy + (−py − qx)i. Es folgt w · z = w · z.
Ist q = wz , dann gilt q · z = w, woraus q · z = w und daher auch q = wz folgt.
Der nächste Satz behandelt den Betrag eines Produkts und einer Summe. Wir erhalten
eine Dreiecksungleichung für koplexe Zahlen.
Satz 60: Seien w und z in C. Dann gilt |w · z| = |w| · |z| und |w + z| ≤ |w| + |z|.
Beweis: Wir berechnen |w · z|2 = w · z · w · z = w · z · w · z = w · w · z · z = |w|2 · |z|2 mit
Hilfe der Resultate aus Satz 59. Damit ist |w · z| = |w| · |z| gezeigt.
Ähnlich gehen wir vor, um die Dreiecksungleichung zu beweisen. Es gilt
|w + z|2 = (w + z)(w + z) = (w + z)(w + z) = ww + wz + zw + zz = |w|2 + wz + zw + |z|2
Setzt man u = wz, dann hat man u = w z = w z. Wegen u + u ≤ 2|u| ergibt sich
wz + zw ≤ 2|wz| = 2|w| · |z| = 2|w| · |z|. Damit erhalten wir
|w + z|2 = |w|2 + wz + zw + |z|2 ≤ |w|2 + 2|w| · |z| + |z|2 = (|w| + |z|)2
Somit ist |w + z| ≤ |w| + |z| gezeigt.
Im folgenden Satz ist zu beachten, dass ein Winkel, der nicht im Bereich von 00 bis 3600
liegt, mit dem entsprechenden Winkel in diesem Bereich zu identifizieren ist.
Franz Hofbauer
Satz 61: Für w und z in C \ {0} gilt arg w · z = arg w + arg z und arg
39
w
z
= arg w − arg z.
Beweis: Das sieht man sofort aus der Polarkoordinatendarstellung. Gilt w = reiφ und
z = seiψ , dann folgt w · z = rsei(φ+ψ) . Wegen arg w = φ, arg z = ψ und arg w · z = φ + ψ
ist arg w · z = arg w + arg z gezeigt.
Setzen wir in diese Gleichung wz anstelle von w ein, so erhalten wir arg w = arg wz + arg z,
das heißt arg wz = arg w − arg z.
Komplexe Zahlen kann man als Punkte in der Ebene auffassen oder auch als Vektoren
im R2 . Die Addition komplexer Zahlen ist ja dieselbe wie die für Vektoren. Man kann
auch die Multiplikation geometrisch deuten und damit Sätze aus der Geometrie beweisen.
Sei r > 0 und 00 ≤ φ < 3600 . Sei v ∈ C. Wir stellen uns v als Punkt in der Ebene
vor. Das Produkt r · v ergibt dann den vom Nullpunkt aus um den Faktor r gestreckten
Punkt (zentrische Streckung mit Nullpunkt als Zentrum). Multipliziert man noch mit eiφ ,
dann wird auch um den Nullpunkt mit Winkel φ gedreht. Man erhält den Punkt, der
der komplexen Zahl reiφ · v entspricht. Er geht aus dem ursprünglichen Punkt durch eine
Drehstreckung hervor.
Setzt man z = reiφ , dann entspricht die Multiplikation mit z einer Drehstreckung mit
Faktor |z| und Drehwinkel arg z, deren Zentrum der Nullpunkt ist.
Satz 62: Sei r > 0 und 00 ≤ φ < 3600 . Seien u und v in C. Sei w = u + (v − u) · reiφ .
Dann entspricht w dem Punkt, der durch eine Drehstreckung mit u als Zentrum aus
dem Punkt v hervorgeht, wobei der Drehwinkel (im Gegenuhrzeigersinn) gleich φ und der
Streckungsfaktor gleich r ist.
Beweis: Die Abbildung v 7→ u + (v − u) · reiφ ist die Hintereinanderausführung folgender
drei Abbildungen:
(a)
Subtraktion von u: Translation, die den Punkt u in den Punkt 0 verschiebt
(b)
Multiplikation mit reiφ : Drehstreckung mit dem Nullpunkt als Zentrum
(c)
Addition von u: Translation, die den Punkt 0 in den Punkt u zurückschiebt
Die Zusammensetzung ergibt eine Drehstreckung mit u als Zentrum, wobei der Drehwinkel
gleich φ und der Streckungsfaktor gleich r ist.
Auf die Strecke vom Punkt (0, 0) zum Punkt (1, 0) als Basis setzen wir ein gleichschenkeliges Dreieck mit Basiswinkel φ. Die Spitze hat dann die Koordinaten ( 12 , tan2 φ ). Dieser
Punkt entspricht der komplexen Zahl w = 12 + i tan2 φ . Soll das gleichschenkelige Dreieck
unterhalb der Strecke sitzen, dann muss man − tan φ statt tan φ nehmen. Den Punkt w
erhält man durch eine Drehstreckung des Punktes (1, 0) mit Zentrum (0, 0). Gedreht
wird
√
1
um den Winkel φ, gestreckt (oder gestaucht) wird mit dem Faktor |w| = 2 1 + tan2 φ.
Diese Drehstreckung entspricht der Multiplikation mit der komplexen Zahl w.
Seien jetzt u und v beliebig. Wir setzen auf die Strecke von u nach v als Basis ein
gleichschenkeliges Dreieck mit Basiswinkel φ. Die Spitze des Dreiecks erhalten wir durch
eine Drehstreckung des Punktes v mit Zentrum u, die der Multiplikation mit der komplexen
Zahl w entspricht. Nach Satz 62 ist das die Abbildung v 7→ u + (v − u) · w. Wir stehen
im Punkt u und schauen zum Punkt v. Liegt die Spitze des aufgesetzten Dreiecks links,
dann ist w = 21 + i tan2 φ zu wählen. Liegt sie rechts, dann ist w = 12 − i tan2 φ zu wählen.
Damit können wir Sätze aus der Geometrie beweisen. Diese Sätze handeln von gleichschenkeligen Dreiecken, die auf den Seiten eines vorgegebenen Dreiecks aufgesetzt werden.
Insbesondere erhalten wir einen einfachen Beweis für den Satz von Napoleon.
40
Trigonometrie
Satz 63 (Satz von Napoleon) Setzt man auf die drei Seiten eines beliebigen Dreiecks
gleichschenkelige Dreiecke mit Basiswinkel 300 , dann bilden die Spitzen dieser drei Dreiecke
ein gleichseitiges Dreieck.
c
Beweis: Wir fassen die Eckpunkte des vorgegebenen
γ
Dreiecks als komplexe Zahlen a, b und c auf. Die Spitzen
f
der über den Dreieckseiten errichteten gleichschenkelie
gen Dreiecke entsprechen ebenfalls komplexen Zahlen,
die wir mit d, e und f bezeichnen. Wegen tan 300 = √13
gilt nach obigen Überlegungen:
1
1
1
d = a + (b − a)( 12 − i 2√
) = a( 21 + i 2√
) + b( 12 − i 2√
)
3
3
3
e = b + (c −
b)( 21
− i2
f = a + (c − a)( 12 +
1
√
)=
3
1
i 2 √3 )
b( 12
+ i2
1
√
= a( 21 − i 2
3
1
√
)+
3
c( 12
− i2
1
√
) + c( 12 + i 2
3
1
√
)
3
β
α
a
b
)
d
Daraus berechnen wir die Differenzen
d−f =
a · i √13
1
− i 2 3 ) − c( 12 + i 2√
) und
3
√
(d − f )( 21 + i 23 ), das heißt
+ b( 12
1
√
e−f =
−a( 12
− i 2 3 ) + b( 12
1
√
1
+ i 2√
) − c · i √13
3
0
Es folgt e − f =
e = f + (d − f )( 12 + i tan260 ). Somit ist e
der Punkt, den man erhält, wenn man d um den√Punkt f um 600 dreht, und zwar von f
aus gesehen nach links (die komplexe Zahl 12 + i 23 hat Betrag 1, daher keine Streckung).
Damit ist bewiesen, dass das Dreieck, dessen Eckpunkte den komplexen Zahlen d, e und
f entsprechen, gleichseitig ist.
Satz 64: Über jeder Seite eines beliebigen Dreiecks wird ein gleichschenkeliges Dreieck mit
Basiswinkel 450 errichtet. Wir zeichnen die Strecke zwischen den Spitzen von zweien dieser
Dreiecke, und die Strecke von der Spitze des dritten Dreiecks zum gegenüberliegenden
Eckpunkt des vorgegebenen Dreiecks. Diese beiden Strecken sind gleich lang und stehen
senkrecht aufeinander.
c
Beweis: Wir fassen die Eckpunkte des vorgegebee
nen Dreiecks als komplexe Zahlen a, b und c auf.
f
Die Spitzen der über den Dreieckseiten errichteten
gleichschenkeligen Dreiecke entsprechen komplexen
Zahlen, die wir mit d, e und f bezeichnen. Wegen
tan 450 = 1 erhalten wir wie im vorherigen Beweis
d = a + (b − a)( 12 − i 12 ) = a( 12 + i 21 ) + b( 12 − i 12 )
e = b + (c − b)( 12 − i 12 ) = b( 21 + i 12 ) + c( 12 − i 12 )
a
b
f = a + (c − a)( 12 + i 12 ) = a( 12 − i 12 ) + c( 12 + i 21 )
Daraus ergibt sich d − c = a( 12 + i 12 ) + b( 12 − i 21 ) − c
d
und e − f = −a( 21 − i 12 ) + b( 12 + i 21 ) − ci. Man
rechnet e − f = (d − c)i nach. Das bedeutet: Dreht man den Vektor, der von c nach d
führt, um 900 im Gegenuhrzeigersinn, dann erhält man den Vektor von f nach e. Damit
ist gezeigt, dass die beiden Vektoren gleich lang sind und aufeinander senkrecht stehen.
In den vorhergehenden Beweisen wurde die Multiplikation mit einer komplexen Zahl
als Drehstreckung gedeutet. Wir beweisen noch einen Satz über Vierecke, wobei jetzt die
Eigenschaften des Betrags und des Arguments eine wesentliche Rolle spielen.
Franz Hofbauer
41
Für ein Viereck führen wir folgende StandardD
c
bezeichnungen ein. Die Eckpunkte bezeichnen
δ
C
wir mit den Großbuchstaben A, B, C und D.
γ
Den Winkel bei jedem Eckpunkt bezeichnen wir
d
f
e
mit dem entsprechenden griechischen Buchstaben
b
α, β, γ und δ. Weiters seien a = |AB|, b = |BC|,
c = |CD| und d = |DA| die Längen der Viereckα
β
seiten, und e = |AC| und f = |BD| die Längen
A
B
a
der beiden Diagonalen.
Ein Viereck heißt konvex, wenn die Diagonalen innerhalb des Vierecks liegen, das heißt
A und C liegen auf verschiedenen Seiten der Diagonale BD, und B und D auf verschiedenen Seiten der Diagonale AC. Die Winkelsumme in einem konvexen Viereck beträgt 3600 ,
da man es aus zwei Dreiecken zusammensetzen kann. Ein konvexes Viereck heißt Sehnenviereck, wenn es einen Umkreis hat. Es gilt dann
Satz 65: Ein konvexes Viereck ABCD mit Winkel α, β, γ und δ ist genau dann ein
Sehnenviereck, wenn α + γ = 1800 gilt. Es gilt dann auch β + δ = 1800 .
Beweis: Sei k der Umkreis des Dreiecks △ ABD. Es gilt ] BAD = α. Weiters liegen
A und C auf verschiedenen Seiten der Sehne BD des Kreises k. Das Viereck ist ein
Sehnenviereck genau dann, wenn C auf k liegt. Nach Satz 32 ist das äquivalent dazu, dass
] BCD = 1800 − α gilt, das heißt α + γ = 1800 . Es gilt dann auch β + δ = 1800 , da die
Winkelsumme in einem konvexen Viereck 3600 beträgt.
Es folgt ein Cosinussatz für Vierecke, mit dem wir den Satz von Ptolemäus beweisen.
Satz 66: Sei ABCD ein konvexes Viereck. Mit den oben eingeführten Standardbezeichnungen gilt dann e2 f 2 = a2 c2 + b2 d2 − 2abcd cos(α + γ).
Beweis: Wir fassen die Eckpunkte A, B, C und D des Vierecks als komplexe Zahlen u,
v, w und z auf. Die Differenzen v − u, v − w, z − w und z − u entsprechen Vektoren,
die auf den Seiten des Vierecks liegen. Die Längen der Seiten und Diagonalen sind dann
a = |v − u|, b = |v − w|, c = |z − w|, d = |z − u|, e = |w − u| und f = |v − z|.
Sei t = (w − u)(v − z), p = (v − u)(z − w) und q = (v − w)(z − u). Dann gilt t = q − p, wie
man leicht nachrechnet. Die komplexen Zahlen p, q und t entsprechen Vektoren, die auf
den Seiten eines Dreiecks liegen. Sei φ der Winkel zwischen den Vektoren p und q. Der
Cosinussatz für dieses Dreieck ergibt dann |t|2 = |p|2 + |q|2 − 2|p| · |q| cos φ. Setzen wir für
t, p und q ein, so erhalten wir e2 f 2 = a2 c2 + b2 d2 − 2abcd cos φ.
Wir berechnen arg q − arg p = arg(v − w) + arg(z − u) − arg(v − u) − arg(z − w) mit Hilfe
von Satz 61. Weiters gilt α = arg(z − u) − arg(v − u) und γ = arg(v − w) − arg(z − w).
Es folgt arg q − arg p = α + γ. Da α + γ zwischen 00 und 3600 liegt, ist der Winkel φ
zwischen den Vektoren p und q entweder α + γ oder 3600 − (α + γ). Da diese beiden Winkel
denselben cos haben, können wir α + γ für φ einsetzen. Damit ist der Satz bewiesen.
Satz 67 (Satz von Ptolemäus) Seien a, b, c und d die Längen der Seiten eines konvexen
Vierecks und e und f die Längen der Diagonalen. Dann gilt ef ≤ ac + bd. Gleichheit gilt
genau dann, wenn das Viereck ein Sehnenviereck ist.
Beweis: Wegen cos(α + γ) ≥ −1 folgt e2 f 2 ≤ a2 c2 + b2 d2 + 2abcd aus Satz 66, das heißt
e2 f 2 ≤ (ac + bd)2 oder ef ≤ ac + bd. Gleichheit gilt genau dann, wenn cos(α + γ) = −1
gilt. Das ist genau dann der Fall, wenn α + γ = 1800 gilt, also für ein Sehnenviereck.
42
Trigonometrie
Lineal und Winkelmesser: Die Zahlengerade, auf der jedem Punkt eine reelle Zahl
zugeordnet wird, verwenden wir als Lineal, um den Abstand zweier Punkte A und B zu
messen. Wir legen die Zahlengerade durch die Punkte A und B und lesen die Koordinaten
der beiden Punkte ab. Den orientierten Abstand AB erhalten wir, indem wir die Koordinate von A von der Koordinate von B subtrahieren. Den üblichen, nicht orientierten
Abstand erhalten wir, indem wir die kleinere von der größeren Koordinate subtrahieren.
Anstatt reeller Zahlen können wir den Punkten auf der Zahlengerade auch Winkel zuordnen, indem wir Winkel > 1800 und negative Winkel zulassen. Wir wickeln diese Zahlengerade im Gegenuhrzeigersinn um den Einheitskreis herum, sodass 3600 , −3600 und alle
Vielfachen davon mit 00 zusammenfallen. Dadurch werden den Punkten auf dem Einheitskreis wie üblich die Winkel von 00 bis 3600 zugeordnet. Die anderen Winkel werden
so zugeordnet, dass Winkel, die sich um ein Vielfaches von 3600 unterscheiden, demselben Punkt auf dem Einheitskreis entsprechen. Diesen Einheitskreis verwenden wir als
Winkelmesser.
Sind A, S und B drei voneinander verschiedene Punkte, dann liegt der Winkel ] ASB im
Bereich von 00 bis 1800 . Die Grenzfälle 00 und 1800 treten nur auf, wenn A, S und B auf
einer Gerade liegen.
Um den Winkel ] ASB zu messen, legen wir den Einheitskreis so auf den Winkel, dass
sein Mittelpunkt im Scheitel S liegt. Wenn wir vom Scheitel S ins Winkelfeld schauen,
dann liegt ein Schenkel des Winkels links, der andere rechts. Wir lesen am Einheitskreis
den Winkel φ ab, der dem Punkt zugeordnet ist, durch den der linke Schenkel geht, und
den Winkel ψ, der dem Punkt zugeordnet ist, durch den der rechte Schenkel geht. Der
Winkel ] ASB ist dann gleich φ − ψ. Er liegt im Bereich von 00 bis 1800 , außer der Punkt
des Einheitskreises, dem der Winkel 00 zugeordnet ist, liegt im Winkelfeld. Dann ist φ − ψ
negativ. In diesem Fall müssen wir φ + 3600 statt φ ablesen. Das entspricht ja demselben
Punkt am Einheitskreis. (Oder wir lesen ψ − 3600 statt ψ ab.) So erreichen wir, dass dann
φ + 3600 − ψ im Bereich von 00 bis 1800 liegt und gleich ist dem Winkel ] ASB.
Mit dieser Methode könnten wir auch orientierte Winkel einführen, analog zu orientierten
Abständen. Wir tun das jedoch nicht, da wir sie nicht brauchen.
Diese Art, Winkel zu messen, ist insbesondere wichtig, wenn Geometrie mit Hilfe komplexer
Zahlen betrieben wird. In diesem Fall ist ein Koordinatensystem und damit auch der
Einheitskreis vorgegeben. Es soll der Winkel ] ASB gemessen werden. Seien a, s und b die
komplexen Zahlen, die den Punkten A, S und B entsprechen. Wir bilden die Differenzen
a − s und b − s und verschieben dadurch den Winkel so, dass sein Scheitel im Mittelpunkt
des Einheitskreises (Nullpunkt des Koordinatensystems) liegt. Die komplexen Zahlen a−s
und b − s liegen auf den Schenkeln des verschobenen Winkels. Den Punkten auf dem
Einheitskreis, durch die diese Schenkel gehen, sind dann die Winkel arg(a−s) und arg(b−s)
zugeordnet. Wenn a − s auf dem linken Schenkel liegt, dann ist der Winkel ] ASB gleich
arg(a − s) − arg(b − s). Wenn b − s auf dem linken Schenkel liegt, dann ist der Winkel
] ASB gleich arg(b − s) − arg(a − s). Sollte ein negativer Winkel auftreten, dann müssen
wir wie oben 3600 addieren.
III. Koordinaten und Vektoren
Wir betreiben Geometrie mit Hilfe der Vektorrechnung. Wir legen in der Ebene ein
Koordinatensystem fest und identifizieren sie dadurch mit dem R2 . Die Koordinaten eines
Vektors a im R2 werden immer mit a1 , a2 bezeichnet (und analog auch für andere Buchstaben anstelle von a). Genauso identifizieren wir den dreidimensionalen Raum mit dem
R3 und bezeichnen die Koordinaten eines Vektors a im R3 immer mit a1 , a2 , a3 . Wir
schreiben d für die Dimension, das heißt d = 2 oder d = 3.
Im Rd ist die Vektoraddition und die Skalarmultiplikation definiert.
1. Inneres Produkt und Vektorprodukt
∑d
Das innere Produkt zweier Vektoren a und b wird definiert
durch ⟨a, b⟩ = j=1 aj bj .
√
Aus dem Satz von Pythagoras folgt, dass durch ∥a∥ := ⟨a, a⟩ die Länge des Vektors a
gegeben ist. Das innere Produkt hat folgende Eigenschaften:
Satz 68: Für a, b, c in Rd und λ ∈ R gilt ⟨a, b⟩ = ⟨b, a⟩, ⟨a + b, c⟩ = ⟨a, c⟩ + ⟨b, c⟩ und
⟨λa, b⟩ = λ⟨a, b⟩. Weiters gilt ∥λa∥ = |λ| · ∥a∥.
Beweis: Diese Gleichungen folgen direkt aus der Definition des inneren Produkts.
Satz 69: Seien a und b zwei Vektoren in Rd \ {0} und γ der von ihnen eingeschlossene
Winkel. Dann gilt ⟨a, b⟩ = ∥a∥ · ∥b∥ cos γ.
Beweis: Bilden die beiden Vektoren a und b zwei Seiten eines Dreiecks, dann bildet a − b
die dritte Seite des Dreiecks. Daher sind ∥a − b∥, ∥a∥ und ∥b∥ die Längen der Dreiecksseiten und γ ist der der Seite ∥a − b∥ gegenüberliegende Winkel. Aus dem Cosinussatz
folgt ∥a − b∥2 = ∥a∥2 + ∥b∥2 − 2∥a∥ · ∥b∥ cos γ. Das gilt auch für γ = 00 und γ = 1800 .
Wegen ∥a − b∥2 = ⟨a − b, a − b⟩ = ⟨a, a⟩ − 2⟨a, b⟩ + ⟨b, b⟩ = ∥a∥2 + ∥b∥2 − 2⟨a, b⟩ folgt
daraus ⟨a, b⟩ = ∥a∥ · ∥b∥ cos γ.
Bemerkung: Aus Satz 69 folgt, dass ⟨a, b⟩ = 0 genau dann gilt, wenn cos γ = 0 ist, das
heißt wenn die Vektoren a und b senkrecht aufeinander stehen.
Mit Hilfe von Satz 69 beweisen wir
Satz 70 (Cauchy-Schwarzsche Ungleichung und Dreiecksungleichung) Für a und b in Rd
gilt ⟨a, b⟩ ≤ ∥a∥ · ∥b∥ und ∥a + b∥ ≤ ∥a∥ + ∥b∥. Gleichheit gilt nur dann, wenn ein Vektor
der Nullvektor ist oder der von den Vektoren eingeschlossene Winkel null ist.
Beweis: Ist einer der Vektoren der Nullvektor, dann haben wir ⟨a, b⟩ = ∥a∥ · ∥b∥ und
∥a + b∥ = ∥a∥ + ∥b∥. Sei also keiner der beiden Vektoren der Nullvektor.
Sei γ der von den beiden Vektoren a und b eingeschlossene Winkel. Wegen cos γ ≤ 1 folgt
⟨a, b⟩ ≤ ∥a∥ · ∥b∥ aus Satz 69. Um die zweite Ungleichung zu beweisen, berechnen wir
∥a + b∥2 = ⟨a + b, a + b⟩ = ⟨a, a⟩ + 2⟨a, b⟩ + ⟨b, b⟩ = ∥a∥2 + ∥b∥2 + 2⟨a, b⟩. Wegen
⟨a, b⟩ ≤ ∥a∥ · ∥b∥ ergibt sich daraus ∥a + b∥2 ≤ ∥a∥2 + ∥b∥2 + 2∥a∥∥b∥ = (∥a∥ + ∥b∥)2 .
Damit ist ∥a + b∥ ≤ ∥a∥ + ∥b∥ gezeigt. In beiden Ungleichungen gilt Gleichheit nur dann,
wenn cos γ = 1 ist. Das ist genau dann der Fall, wenn γ = 00 gilt.
Die Dreiecksungleichung in Satz 70 hängt mit der in Satz 49 zusammen. Seien A, B
−→
−→
−→
und C die Ecken eines Dreiecks im Rd . Ist a = AB und b = BC, dann gilt a + b = AC.
Satz 70 besagt dann, dass |AC| ≤ |AB| + |BC| gilt. Das ist die Dreiecksungleichung aus
Satz 49. Die Dreiecksungleichung in Satz 60 ist mit der in Satz 70 identisch.
44
Koordinaten und Vektoren
Satz 71: Seien a und b zwei Vektoren im Rd . Sei F die Fläche des von a und b aufgespannten Parallelogramms. Dann gilt F 2 = ∥a∥2 ∥b∥2 − ⟨a, b⟩2 . Im R2 gilt F = |a1 b2 − a2 b1 |.
Beweis: Sei γ der von den beiden Vektoren a und b eingeschlossene Winkel. Die Höhe
des Parallelogramms auf die Seite ∥a∥ ist gleich ∥b∥ sin γ. Für die Fläche erhalten wir
⟨a,b⟩2
daher F = ∥a∥∥b∥ sin γ. Aus Satz 69 folgt sin2 γ = 1 − cos2 γ = 1 − ∥a∥
2 ∥b∥2 . Setzt man
2
2
2
2
das ein, dann ergibt sich F = ∥a∥ ∥b∥ − ⟨a, b⟩ .
Im R2 gilt ∥a∥2 = a21 + a22 , ∥b∥2 = b21 + b22 und ⟨a, b⟩ = a1 b1 + a2 b2 . Damit ergibt sich
F 2 = a21 b22 + a22 b21 − 2a1 b1 a2 b2 = (a1 b2 − a2 b1 )2 , das heißt F = |a1 b2 − a2 b1 |.
Seien a und b Vektoren im R3 . Das Vektorprodukt wird durch
( a2 b3 −a3 b2 )
a × b = a3 b1 −a1 b3
a1 b2 −a2 b1
definiert. Daraus ergibt sich sofort
Satz 72: Für drei Vektoren a, b und c im R3 gilt
⟨a × b, c⟩ = a2 b3 c1 − a3 b2 c1 + a3 b1 c2 − a1 b3 c2 + a1 b2 c3 − a2 b1 c3 .
Ausgehend vom Einheitswürfel kann man die Formel V = abc für des Volumen eines
Quaders mit Seitenlängen a, b und c genauso herleiten, wie wir es für die Rechtecksfläche
getan haben. Daraus erhält man dann die Formel für das Volumen eines Parallelepipeds.
Dieses Volumen ist das Produkt einer Grundfläche und der Länge der zugehörigen Höhe.
Für einen Quader, dessen Grundfläche ein Parallelogramm ist, erhält man diese Volumsformel, indem man mit der Grundfläche genauso verfährt wie mit dem Parallelogramm in
Satz 2. Dann kann man sich überlegen, dass sich das Volumen eines Parallelepipeds nicht
ändert, wenn man das Parallelogramm, das die Deckfläche bildet, in Richtung einer seiner
Seiten verschiebt. So kommt man schließlich zur oben formulierten Volumsformel für das
Parallelepiped. Diese verwenden wir im folgenden Satz.
Satz 73: Seien a, b und c Vektoren in R3 \ {0}. Der Vektor a × b steht orthogonal auf
die beiden Vektoren a und b. Die Fläche des von den Vektoren a und b aufgespannten
Parallelogramms ist ∥a×b∥. Das Volumen des von den Vektoren a, b und c aufgespannten
Parallelepipeds ist |⟨a × b, c⟩|.
Beweis: Aus Satz 72 folgt ⟨a × b, a⟩ = 0 und ⟨a × b, b⟩ = 0. Somit steht der Vektor a × b
orthogonal auf die beiden Vektoren a und b.
Sei F die Fläche des von den Vektoren a und b aufgespannten Parallelogramms. Nach
Satz 71 gilt F 2 = ∥a∥2 ∥b∥2 − ⟨a, b⟩2 = (a21 + a22 + a23 )(b21 + b22 + b23 ) − (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )2 .
Das ist gleich (a2 b3 − a3 b2 )2 + (a3 b1 − a1 b3 )2 + (a1 b2 − a2 b1 )2 = ∥a × b∥2 , wie man durch
Ausmultiplizieren und Vergleichen leicht erkennt. Damit ist F = ∥a × b∥ gezeigt.
Sei h die Länge der Höhe des Parallelepipeds auf die Grundfläche, die von den Vektoren
a und b aufgespannt wird. Das Volumen V des Parallelepipeds ist dann F · h. Sei γ der
Winkel zwischen dem Vektor c und dem Normalvektor a × b auf die Grundfläche. Dann
gilt h = ∥c∥ · cos γ, wenn γ spitz ist, und h = ∥c∥ · cos(1800 − γ), wenn γ stumpf ist.
Im ersten Fall gilt cos γ ≥ 0, im zweiten Fall gilt cos(1800 − γ) = − cos γ = | cos γ|. Wir
⟨a×b,c⟩
erhalten h = ∥c∥ · | cos γ| in beiden Fällen. Aus Satz 69 folgt cos γ = ∥a×b∥·∥c∥
. Das ergibt
h=
|⟨a×b,c⟩|
∥a×b∥
und V = |⟨a × b, c⟩|.
Franz Hofbauer
45
2. Determinante und Geraden
Seien a = ( aa12 ) und b = ( bb12 ) zwei Vektoren im R2 . Wir definieren det(a, b) = a1 b2 −a2 b1
als die Determinante dieser beiden Vektoren. Man bezeichnet sie auch mit aa12 bb12 .
Bemerkung: Nach Satz 71 ist | det(a, b)| die Fläche des von den Vektoren a und b
aufgespannten Parallelogramms. Das gilt auch, wenn ein Vektor (oder beide) gleich 0 ist.
Man kann die Determinante daher als orientierte Parallelogrammfläche interpretieren.
Satz 74: Für a, b und c in R2 und λ in R gilt
(a) det(a + c, b) = det(a, b) + det(c, b) und det(a, b + c) = det(a, b) + det(a, c)
(b) det(λa, b) = λ det(a, b) und det(a, λb) = λ det(a, b)
(c) det(b, a) = − det(a, b)
Beweis: Diese Rechenregeln folgen unmittelbar aus der Definition.
Wir behandeln Geradengleichungen und zwar die Normalvektorform.
Satz 75: Sei (p, q) ein Punkt auf einer Geraden und ( ab ) ein Normalvektor. Dann ist
ax + by = c
mit
c = ap + bq
die Gleichung dieser Geraden.
Beweis: Ein Punkt (x, y) liegt genau dann auf der Gerade, wenn ( xy ) − ( pq ) senkrecht
auf ( ab ) steht, das heißt genau dann, wenn ⟨( xy ) − ( pq ), ( ab )⟩ = 0 gilt. Das aber ergibt
ax + by = ap + bq, womit die Gleichung der Gerade gefunden ist.
Wir werden diese Gleichung auch oft in der Form (x − p)a + (y − q)b = 0 schreiben.
Beispiel: Seien (3, 1) und (5, −2) zwei Punkte in der Ebene. Die Gerade g durch diese
2
2
beiden Punkte hat Richtungsvektor ( −3
) und Parameterdarstellung ( 31 ) + t( −3
). Ein
3
Normalvektor ist ( 2 ). Die Gleichung der Gerade g ist daher 3(x − 3) + 2(y − 1) = 0, oder
3x + 2y = 11.
Wir untersuchen die Lage zweier Geraden zueinander. Die Gleichungen dieser Geraden
seien a1 x + b1 y = c1 und a2 x + b2 y = c2 . Sei L1 = {(x, y) : a1 x + b1 y = c1 } die Menge aller
Punkte auf der ersten und L2 = {(x, y) : a2 x + b2 y = c2 } die auf der zweiten Geraden. Der
Durchschnitt L = L1 ∩ L2 ist die Menge aller Punkte, die auf beiden Geraden liegen. Oft
fasst man die beiden Geradengleichungen zu einem linearen Gleichungssystem zusammen:
a1 x + b1 y = c1
(1)
a2 x + b2 y = c2
Man nennt dann L auch die Lösungsmenge des Gleichungssystems. Die verschiedenen
Fälle, die dabei auftreten können, behandeln wir in den nächsten beiden Sätzen.
Satz 76: Sei aa12 bb12 ̸= 0. Dann hat das Gleichungssystem (1) genau eine Lösung, nämlich
−c2 b1
−a2 c1
x = cc12 bb12 / aa12 bb12 = ac11 bb22 −a
y = aa12 cc12 / aa12 bb12 = aa11 cb22 −a
2 b1
2 b1
( c b −c b a c −a c )
1 2
2 1
1 2
2 1
das heißt L = { a1 b2 −a2 b1 , a1 b2 −a2 b1 }.
Beweis: Wir nehmen zuerst a1 ̸= 0 an. Wir multiplizieren die erste Gleichung in (1)
mit aa12 und subtrahieren sie von der zweiten. Wir erhalten (wobei wir die erste Gleichung
unverändert übernehmen)
a1 x + b1 y = c1
(b2 −
a2 b1
a1 )y
= c2 −
a2 c1
a1
46
Koordinaten und Vektoren
Diese beiden Gleichungen sind äquivalent zum Gleichungssystem (1). Indem wir das
a2
wir ja zum ursprünglichen
a1 −fache der ersten Gleichung zur zweiten addieren, können
a1 b Gleichungssystem (1) zurückkehren. Wegen a1 b2 − a2 b1 = a2 b12 ̸= 0 erhalten wir jetzt
2 c1
y = aa11 cb22 −a
−a2 b1 aus der zweiten Gleichung. Aus der ersten Gleichung ergibt sich dann
c1 a1 b2 −b1 a1 c2
−c2 b1
2 c1
a1 x = c1 − b1 y = c1 − b1 aa11 cb22 −a
und daraus x = ac11 bb22 −a
. Damit haben
−a2 b1 =
a1 b2 −a2 b1
2 b1
wir das Gleichungssystem (1) gelöst und genau eine Lösung gefunden.
Ist a1 = 0, dann muss a2 ̸= 0 gelten, sonst wäre aa12 bb12 gleich Null. Wir vertauschen die
beiden Gleichungen. Dann können wir so vorgehen wie oben.
Satz 77: Sei aa12 bb12 = 0 und keine der Zeilen dieser Determinante enthalte nur Nullen.
Dann gilt L = ∅ oder L = L1 = L2 für die Lösungsmenge L des Gleichungssystems (1).
Beweis: Wir nehmen zuerst a1 ̸= 0 an. Wäre a2 = 0, dann
wir b2 ̸= 0 (sonst ent a hätten
1 b1 hielte die zweite Zeile der Determinante nur Nullen) und a2 b2 = a1 b2 − a2 b1 = a1 b2 ̸= 0.
Also muss auch a2 ̸= 0 gelten. Das Gleichungssystem (1) ist äquivalent zu
x+
=
c1
a1
x+
b2
a2 y
y=
c1
b1
c1
b1
y=
c2
b2
b1
a1 y
=
c2
a2
Wegen a1 b2 − a2 b1 = aa12 bb12 = 0 gilt auch ab11 = ab22 . Die linken Seiten der beiden
Gleichungen stimmen überein. Gilt jetzt ac11 ̸= ac22 , dann gibt es keine Lösung. Wir haben
L = ∅. Gilt hingegen ac11 = ac22 , dann sind die beiden Gleichungen identisch. Wir haben
L1 = L2 und somit auch L = L1 = L2 .
Sei a1 = 0. Dann ist b1 ̸= 0. Wegen 0 = aa12 bb12 = a1 b2 − a2 b1 = −a2 b1 folgt a2 = 0 und
daraus dann b2 ̸= 0. Das Gleichungssystem (1) ist äquivalent zu
Wie oben ergibt sich L = ∅ im Fall
̸=
c2
b2
und L = L1 = L2 im Fall
c1
b1
=
c2
b2 .
Geometrische Interpretation: Normalvektoren der beiden Geraden a1 x + b1 y = c1
und a2 x + b2 y = c2 sind ( ab11 ) und ( ab22 ). Die Geraden sind parallel genau dann, wenn die
Normalvektoren parallel sind,
heißt, wenn das von
a das
aihnen
aufgespannte Parallelogramm
1 b1 1 a2 Fläche null hat und somit b1 b2 = 0 gilt. Wegen a2 b2 = a1 b2 − a2 b1 = ab11 ab22 sind
die Geraden a1 x + b1 y = c1 und a2 x + b2 y = c2 genau dann parallel, wenn aa12 bb12 = 0 gilt.
Das sehen wir auch in den obigen Sätzen. Gilt aa12 bb12 ̸= 0, dann haben die beiden
Geraden genau einen Schnittpunkt. Sie sind nicht parallel. Gilt hingegen aa12 bb12 = 0,
dann haben die beiden Geraden entweder keinen Schnittpunkt oder sie fallen zusammen.
In beiden Fällen sind sie parallel.
Wir behandeln noch homogene lineare Gleichungssysteme, da diese später für die Berechnung von Eigenvektoren wichtig sind. Das lineare Gleichungssystem (1) heißt homogen,
wenn die rechte Seite null ist, das heißt wenn c1 = 0 und c2 = 0 gilt. Wir erhalten
a1 x + b1 y = 0
(2)
a2 x + b2 y = 0
b1
Die Menge L1 = {t( −a
) : t ∈ R} gibt die Punkte an, die auf der Geraden a1 x + b1 y = 0
1
liegen, wobei L1 jetzt nicht die Punkte selbst, sondern die Ortsvektoren zu diesen Punkten
enthält (mit Vektoren kann man besser rechnen). Das ist auch die Lösungsmenge der
b2
ersten Gleichung in (2). Ebenso ist L2 = {t( −a
) : t ∈ R} die Lösungsmenge der zweiten
2
Gleichung in (2). Dabei wird vorausgesetzt, dass mindestens einer der Koeffizienten a1
Franz Hofbauer
47
und b1 ungleich null ist und ebenso mindestens einer der Koeffizienten a2 und b2 (sonst
wird eine Gleichung in (2) zu 0 = 0).
Die Lösungsmenge L = L1 ∩ L2 des homogenen linearen Gleichungssystems (2) behandeln wir im folgenden Satz, der später nützlich sein wird.
Satz 78: Wir nehmen an, dass nicht alle vier Koeffizienten a1 , b1 , a2 und b2 in (2)
gleich null sind. Die Lösungsmenge von (2) ist L = {( 00 )}, wenn ab11 ab22 ̸= 0 gilt. Gilt
a1 a2 b1
b2
b1 b2 = 0, dann ist L = {tv : t ∈ R} die Lösungsmenge, wobei v gleich ( −a1 ) oder ( −a2 )
gewählt werden kann (Normalvektor auf eine der Zeilen der Determinante), jedoch darf v
nicht der Nullvektor sein.
Beweis: Gilt ab11 ab22 ̸= 0, dann folgt L = {( 00 )} aus Satz 76 mit c1 = 0 und c2 = 0.
Sei ab11 ab22 = 0. Enthält keine der beiden Zeilen der Determinante nur Nullen, dann gilt
L = L1 = L2 nach Satz 77. Da sowohl L1 als auch L2 den Nullvektor enthält, ist L = ∅ ja
b1
nicht möglich. Die Lösungsmenge L besteht somit aus allen Vielfachen des Vektors ( −a
)
1
b2
oder des Vektors ( −a2 ), was die gleiche Menge ergibt.
Gilt a1 = 0 und b1 = 0, dann ist 0 = 0 die erste Gleichung in (2). Sie gilt immer. Es
b2
folgt L = L2 . Die Lösungsmenge L besteht aus allen Vielfachen des Vektors ( −a
). Gilt
2
a2 = 0 und b2 = 0, dann folgt L = L1 . Die Lösungsmenge L besteht aus allen Vielfachen
b1
des Vektors ( −a
).
1
( a1 )
( b1 )
( c1 )
Wir gehen noch kurz auf den R3 ein. Seien a = a2 , b = b2 und c = c2 drei
a3
b3
Vektoren im R . Als Determinante dieser drei Vektoren definiert man
c3
3
det(a, b, c) = a1 b2 c3 + a2 b3 c1 + a3 b1 c2 − a3 b2 c1 − a1 b3 c2 − a2 b1 c3
a b c 1 1 1
Diese Determinante wird auch mit a2 b2 c2 bezeichnet.
a
c
3
b3
3
Bemerkung: Nach Satz 72 und 73 ist | det(a, b, c)| das Volumen des von den Vektoren
a, b und c aufgespannten Parallelepipeds. Man kann diese Determinante daher als orientiertes Volumen des Parallelepipeds interpretieren.
Für die Determinante im R3 gelten analoge Rechenregeln wie für die im R2 . Der Beweis
dieser Rechenregeln ergibt sich wieder unmittelbar aus der Definition.
Satz 79: Für a, b, c und d in R3 und λ in R gilt
(a) det(a + d, b, c) = det(a, b, c) + det(d, b, c), det(a, b + d, c) = det(a, b, c) + det(a, d, c)
det(a, b, c + d) = det(a, b, c) + det(a, b, d)
(b) det(λa, b, c) = det(a, λb, c) = det(a, b, λc) = λ det(a, b, c)
(c) det(b, a, c) = − det(a, b, c), det(c, b, a) = − det(a, b, c), det(a, c, b) = − det(a, b, c)
Jetzt behandeln wir Ebenengleichungen und zwar wieder die Normalvektorform.
(a)
Satz 80: Sei (p, q, r) ein Punkt in einer Ebene, die b als Normalvektor hat. Dann ist
c
ax + by + cz = d
die Gleichung dieser Ebene.
mit
d = ap + bq + cr
(x) (p)
Beweis: Ein Punkt (x, y, z) liegt genau dann in der Ebene, wenn y − q senkrecht
z
r
(a)
⟨ ( x ) ( p ) ( a )⟩
y − q , b
auf b steht, das heißt genau dann, wenn
= 0 gilt. Das aber ergibt
z
r
c
c
ax + by + cz = ap + bq + cr, womit die Gleichung der Ebene gefunden ist.
48
Koordinaten und Vektoren
Beispiel: Seien (−3, 1, 0), (1, 4, 2) und (−1,
2, 2)(drei)Punkte
(1)
( 4 ) im Raum.
( −1 )Die(Ebene
) durch
(2)
−3
−3
4
1
3
2
1
diese drei Punkte hat Richtungsvektoren
−
=
und
−
= 1 .
2
2( )
2)
0 )
2
(1)
(4)
( 20 )
(
(
4
2
4
Sie hat Parameterdarstellung 4 + t 3 + s 1 und 3 × 1 = −4 ist ein
2
2
2
2
2
−2
Normalvektor. Die Gleichung der Ebene ist daher 4(x + 1) − 4(y − 2) − 2(z − 2) = 0, oder
4x − 4y − 2z = −16. Man kann noch kürzen und erhält 2x − 2y − z = −8.
Sucht man einen Schnittpunkt dreier Ebenen, so führt das zum Gleichungssystem
a1 x + b1 y + c1 z = d1
a2 x + b2 y + c2 z = d2
a3 x + b3 y + c3 z = d3
Es können folgende Fälle eintreten: Die drei Ebenen sind parallel. Dann haben sie keinen
Schnittpunkt, außer die drei Ebenen sind identisch, dann ist die ganze Ebene Schnittmenge
und somit Lösungsmenge des Gleichungssystems.
Zwei der drei Ebenen sind nicht parallel. Sie haben eine Gerade g als Schnittmenge. Ist
die dritte Ebene parallel zu g, dann haben die drei Ebenen keinen gemeinsamen Schnittpunkt, außer die Gerade g liegt auch in der dritten Ebene, dann ist die Gerade g die
Schnittmenge und somit Lösungsmenge des Gleichungssystems. Ist die dritte Ebene nicht
parallel zu g, dann hat sie genau einen Schnittpunkt mit g. Das ist dann auch der eindeutig
bestimmte Schnittpunkt der drei Ebenen und die einzige Lösung des Gleichungssystems.
Daraus erkennt man auch, dass das Gleichungssystem genau dann eindeutig lösbar ist,
wenn die Normalvektoren der drei Ebenen nicht in einer Ebene liegen, das heißt, wenn
das
des von den Normalvektoren
aufgespannten
Parellelepipeds
a ̸=b 0c ist,
a aVolumen
also
aa1 bb1 cc1 ab 1 ab 2 ab 3 a1 b1 c1 b 1 b 2 ab 3 1 2 3 ̸= 0 gilt. Wegen 2 2 2 = 1 2 3 ist das äquivalent zu 2 2 2 ̸= 0.
c1 c2 c3
a3 b3 c3
c1 c2 c3
a3 b3 c3
Bemerkung: In der linearen Algebra, die ja auch in höherdimensionalen Räumen arbeitet,
kommt man mit der hier verwendeten geometrischen Sprechweise nicht mehr aus. Man
hat es üblicherweise nicht mit zwei oder drei Vektoren zu tun, sondern allgemeiner mit n
Voktoren, für die man dann die Indexschreibweise verwendet, zum Beispiel v1 , v2 , . . . , vn .
Wir gehen kurz auf die entsprechenden Definitionen aus der linearen Algebra ein.
Sind v1 , v2 , . . . , vn Vektoren, dann nennt man die Summe
λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λn vn
mit
λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ R
eine Linearkombination dieser Vektoren. Hat man zum Beispiel zwei Vektoren v und w im
R3 , dann bildet die Menge aller Linearkombinationen {λ1 v + λ2 w : λ1 , λ2 ∈ R} eine Ebene
durch den Nullpunkt. Man sagt, die Ebene wird von den Vektoren v und w aufgespannt.
Eine weitere wichtige Definition ist die folgende: Die Vektoren v1 , v2 , . . . , vn nennt man
linear abhängig, wenn λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ R existieren, die nicht alle gleich 0 sind, sodass
λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λn vn = 0
gilt. Sie heißen linear unabhängig, wenn sie nicht linear abhängig sind, das heißt wenn
λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λn vn = 0 nur für λ1 = λ2 = · · · = λn = 0 gilt.
Zwei Vektoren a und b im R2 sind linear abhängig, wenn λ1 a+λ2 b = 0 gilt für λ1 , λ2 ∈ R,
die nicht beide null sind. Das ist genau dann der Fall, wenn ein Vektor ein Vielfaches des
anderen ist (a = − λλ21 b oder b = − λλ12 a), was wieder äquivalent zu det(a, b) = 0 ist.
Genauso kann man sich überlegen, dass drei Vektoren a, b und c im R3 genau dann linear
abhängig sind, wenn sie in einer Ebene liegen, was äquivalent zu det(a, b, c) = 0 ist.
Franz Hofbauer
49
3. Die besonderen Punkte des Dreiecks
Der besseren Übersicht halber verwenden wir auch die Schreibweise ( | ) anstelle von
( , ) für Punkte im R2 . Ein beliebiges Dreieck können wir so in ein Koordinatensystem
legen, dass der Eckpunkt A die Koordinaten (u|0), der Eckpunkt B die Koordinaten (v|0)
und der Eckpunkt C die Koordinaten (0|w) hat. Die Eckpunkte A und B liegen auf der
x-Achse und der Eckpunkt C liegt auf der y-Achse. Damit A links von B liegt, nehmen
wir immer
u < v an.√Außerdem können wir auch immer w > 0 annehmen. Wir setzen
√
2
a = v + w2 , b = u2 + w2 und c = v − u, das sind die Längen der drei Seiten des
Dreiecks. Weiters ist s = 12 (a + b + c) der halbe Umfang des Dreiecks.
Liegt ein Dreieck so wie oben beschrieben im Koordinatensystem, dann sagen wir, dass
es Standardlage hat. Alles, was wir für ein Dreieck in Standardlage beweisen, gilt für jedes
Dreieck, da wir ja jedes Dreieck in Standardlage bringen können.
Satz 81: Im Dreieck in Standardlage schneiden die drei Höhen einander im Punkt (0|− uv
w ),
dem Höhenschnittpunkt H.
Beweis: Die Gleichung der Höhe durch den Eckpunkt A ist (x − u)v − yw = 0, da sie
v
durch den Punkt (u|0) und senkrecht zu ( −w
), dem Vektor entlang der Seite BC, verläuft.
Die Höhe durch den Eckpunkt C liegt auf der y-Achse und hat daher die Gleichung x = 0.
Der Schnittpunkt ist (0| − uv
w ). Den Schnittpunkt der Höhen durch B und C erhält man
dadurch, dass man in dieser Rechnung u und v vertauscht, also (0| − vu
w ). Es ist derselbe
Punkt. Die drei Höhen schneiden einander in diesem Punkt, dem Höhenschnittpunkt H.
Satz 82: Im Dreieck in Standardlage schneiden die drei Seitensymmetralen einander im
w
uv
ab
Punkt ( u+v
2 | 2 + 2w ), dem Umkreismittelpunkt U . Der Umkreisradius r ist 2w .
Beweis: Die Symmetrale der Seite AC hat die Gleichung (x − u2 )u − (y − w2 )w = 0, da
u
), dem Vektor entlang
sie durch den Mittelpunkt ( u2 | w2 ) der Seite AC und sekrecht zu ( −w
der Seite AC, verläuft. Die Symmetrale der Seite AB hat die Gleichung x = u+v
2 , da sie
senkrecht zur x-Achse durch den Mittelpunkt ( u+v
|0)
der
Seite
AB
geht.
Der
Schnittpunkt
2
w
uv
ist ( u+v
2 | 2 + 2w ). Den Schnittpunkt der Symmetralen der Seiten AB und BC erhält man
w
vu
dadurch, dass man in dieser Rechnung u und v vertauscht, also ( v+u
2 | 2 + 2w ). Es ist
derselbe Punkt. Alle drei Seitensymmetralen schneiden einander in diesem Punkt, dem
Umkreismittelpunkt U .
2 2
w
uv 2
u2 w2 +v 2 w2 +w4 +u2 v 2
2
Der quadrierte Abstand von U nach C ist ( u+v
= a4wb2 .
2 ) +( 2 − 2w ) =
4w2
Die Wurzel daraus ist der Umkreisradius r.
Satz 83: Im Dreieck in Standardlage schneiden die drei Schwerlinien einander im Punkt
w
( u+v
3 | 3 ), dem Schwerpunkt S.
Beweis: Die Gleichung der Schwerlinie durch den Eckpunkt A ist (x−u)w −y(v −2u) = 0,
da sie durch die Punkte (u|0) und ( v2 | w2 ) geht und somit Richtungsvektor 21 ( v−2u
w ) hat.
Die Gleichung der Schwerlinie durch den Eckpunkt C ist 2xw + (y − w)(u + v) = 0, da
1 u+v
sie durch die Punkte (0|w) und ( u+v
2 |0) geht und somit Richtungsvektor 2 ( 2ȷw ) hat. Der
w
Schnittpunkt ist ( u+v
3 | 3 ). Den Schnittpunkt der Schwerlinien durch B und C erhält man
w
durch Vertauschen von u und v in dieser Rechnung, also ( v+u
3 | 3 ). Es ist derselbe Punkt.
Die drei Schwerlinien schneiden einander in diesem Punkt, dem Schwerpunkt S.
Satz 84: Im Dreieck in Standardlage schneiden die drei Winkelsymmetralen einander im
wc
wc
Punkt ( ua+vb
2s | 2s ), dem Inkreismittelpunkt I. Der Inkreisradius ϱ ist 2s .
50
Koordinaten und Vektoren
1 −v
Beweis: Die Einheitsvektoren in Richtung der Seiten BA und BC sind ( −1
0 ) und a ( w ).
1 −v
Ihre Summe ( −1
0 ) + a ( w ) ist ein Richtungsvektor der Winkelsymmetrale durch B. Daher
ist (x − v) wa + y(1 + av ) = 0 die Gleichung dieser Winkelsymmetrale. Ganz analog erhält
man die Gleichung (x − u) wb − y(1 − ub ) = 0 der Winkelsymmetrale durch A.
Wir multiplizieren die erste Gleichung mit a, die zweite mit b, bilden die Differenz und
erhalten y(v − u + a + b) = (v − u)w. Wegen v − u = c und c + a + b = 2s folgt y = wc
2s .
ua+vb
Aus einer der obigen Gleichungen ergibt sich dann x = 2s . Der Schnittpunkt der
wc
Winkelsymmetralen durch A und durch B ist daher ( ua+vb
2s | 2s ).
u
v
Die Einheitsvektoren in Richtung der Seiten CA und CB sind 1b ( −w
) und a1 ( −w
). Ihre
u
v
1
1
Summe b ( −w ) + a ( −w ) ist ein Richtungsvektor der Winkelsymmetrale durch den Eckpunkt C. Daher ist x( wa + wb ) + (y − w)( ub + av ) = 0 die Gleichung dieser Winkelsymmetrale. Da diese Gleichung die Summe der beiden obigen Gleichungen ist, liegt der Punkt
wc
( ua+vb
2s | 2s ) auch auf der Winkelsymmetrale durch C. Alle drei Winkelsymmetralen schneiden einander in diesem Punkt, dem Inkreismittelpunkt I.
Der Inkreisradius ϱ ist der Abstand des Punktes I zur Seite AB, also zur x-Achse. Dieser
ist gleich der y-Koordinate wc
2s von I.
Satz 85: In einem Dreieck liegen der Höhenschnittpunkt H, der Schwerpunkt S und der
Umkreismittelpunkt U auf einer Geraden und S teilt die Strecke U H im Verhältnis 1 : 2.
Die Gerade durch diese drei Punkte heißt Eulersche Gerade.
Beweis: Wir können annehmen, dass das Dreieck Standardlage hat. Wir berechnen
( uw+vw )
( uw+vw )
−→
−→
−→
−→
1
1
SH = − 3w
und SU = 6w
3uv+w2
3uv+w2 . Daraus erkennt man, dass 2SU = −SH
gilt. Die drei Punkte U , S und H liegen auf einer Gerade und S teilt die Strecke U H im
Verhältnis 1 : 2.
Für ein Dreieck mit Höhenschnittpunkt H und Umkreismittelpunkt U definieren wir
den Neunpunktkreis als den Kreis, dessen Mittelpunkt N der Mittelpunkt der Strecke U H
und dessen Radius der halbe Umkreisradius ist.
Satz 86: Seien Ma , Mb und Mc die Seitenmitten und Ha , Hb und Hc die Höhenfußpunkte
eines Dreiecks △ ABC. Sei H der Höhenschnittpunkt und Ra , Rb und Rc die Mittelpunkte
der Strecken HA, HB und HC. Dann liegen die neun Punkte Ha , Hb , Hc , Ma , Mb , Mc ,
Ra , Rb und Rc auf dem Neunpunktkreis.
Beweis: Es genügt, diesen Satz für ein Dreieck in Standardlage zu zeigen und für die
Punkte Mc , Hc und Rc . Wir können ja in einem beliebigen Dreieck jede der drei Seiten
auswählen und das Dreieck so in Standardlage ins Koordinatensystem legen, dass die
ausgewählte Seite auf der x-Achse liegt.
u+v w
uv
Für ein Dreieck in Standardlage ist (0| − uv
w ) der Höhenschnittpunkt H und ( 2 | 2 + 2w )
der Umkreismittelpunkt U wie in Satz 81 und Satz 82 gezeigt wurde. Der Mittelpunkt N
w
uv
ab
der Strecke U H ist daher ( u+v
4 | 4 − 4w ). Der halbe Umkreisradius ist 4w nach Satz 82.
Damit haben wir Mittelpunkt und Radius des Neunpunktkreises für ein Dreieck in Standardlage gefunden.
Der Mittelpunkt Mc der Seite AB ist ( u+v
2 |0). Sein quadrierter Abstand vom Mittelpunkt
N des Neunpunktkreises ist
w
2
( u+v
4 ) +(4 −
uv 2
4w )
=
u2 w2 +v 2 w2 +w4 +u2 v 2
16w2
=
a2 b2
16w2
ab 2
= ( 4w
)
Franz Hofbauer
51
Die Wurzel daraus ist der Radius des Neunpunktkreises. Damit ist gezeigt, dass Mc auf
dem Neunpunktkreis liegt.
Der Fußpunkt Hc der Höhe durch C ist (0|0). Sein quadrierter Abstand vom Mittelpunkt
w
uv 2
2
N des Neunpunktkreises ist ( u+v
4 ) + ( 4 − 4w ) . Obige Rechnung zeigt, dass das gleich
ab 2
( 4w
) ist. Die Wurzel daraus ist der Radius des Neunpunktkreises. Damit ist gezeigt, dass
Hc auf dem Neunpunktkreis liegt.
Der Höhenschnittpunkt H ist (0| − uv
w ). Der Mittelpunkt Rc des Höhenabschnitts HC
w
uv
ist (0| 2 − 2w ). Sein quadrierter Abstand vom Mittelpunkt N des Neunpunktkreises ist
w
uv 2
2
ebenfalls ( u+v
4 ) + ( 4 − 4w ) . Somit liegt auch Rc auf dem Neunpunktkreis.
4. Die Steinerschen Geraden
Wir beginnen mit einer Projektionsformel.
Satz 87: Projiziert man den Punkt (p|q) auf die Gerade g mit der Gleichung mx+ny = h,
2
m2 q−mnp+nh
dann erhält man ( n p−mnq+mh
|
). Spiegelt man den Punkt (p|q) um diese
2
2
m +n
m2 +n2
p+2mh−m p m
Gerade g, dann erhält man ( −2mnq+n
|
m2 +n2
2
2
2
q−2mnp+2nh−n2 q
).
m2 +n2
Beweis: Die Gerade durch (p|q) senkrecht auf g ist n(x − p) − m(y − q) = 0. Ihr Schnitt2
2
| m q−mnp+nh
), die Projektion von (p|q) auf g. Ist v der Ortspunkt mit g ist ( n p−mnq+mh
m2 +n2
m2 +n2
vektor dieses Schnittpunkts, dann ist v − (( pq ) − v) = 2v − ( pq ) der Ortsvektor zum gespie( n2 p−mnq+mh ) ( p )
( 2
2 )
p
2
gelten Punkt. Dieser ist m2 +n
− q = m2 1+n2 nm2p−2mnq+2mh−m
.
2
m2 q−mnp+nh
q−2mnp+2nh−n2 q
Mit Hilfe dieses Satzes beweisen wir
Satz 88: Sei △ ABC ein Dreieck und H sein Höhenschnittpunkt. Sei P ein Punkt und
Pa , Pb , Pc die Punkte, die man erhält, wenn man P an den (Verlängerungen der) drei
Seiten des Dreiecks spiegelt. Dann sind äquivalent
(a) P liegt auf dem Umkreis des Dreiecks
(b) drei der vier Punkte Pa , Pb , Pc und H liegen auf einer Gerade
(c) alle vier Punkte Pa , Pb , Pc und H liegen auf einer Gerade
Diese Gerade heißt zweite Steinersche Gerade.
Beweis: Das Dreieck sei in Standardlage. Seien (x|y) die Koordinaten des Punktes P .
Da die Seite AB auf der x-Achse liegt, sind (x| − y) die Koordinaten des Punktes Pc .
w
Die Trägergerade der Seite BC hat Normalvektor ( m
n ) = ( v ) und in ihrer Gleichung
v
auf der rechten Seite die Konstante h = ⟨( m
n ), ( 0 )⟩ = vw. Setzt man in die Formel aus
−w x w y−2vwx+2v w−v y
Satz 87 ein, so ergibt sich ( v x−2vwy+2vw
|
) für den Punkt Pa . Der
v 2 +w2
v 2 +w2
uv
Höhenschnittpunkt H ist (0| − w ) nach Satz 81.
( wx )
( vy−vw+wx )
−−→
−−→
Es folgt HPc = w1 uv−wy und Pa Pc = v22w
+w2 vx−wy−v 2 . Die drei Punkte Pc , Pa und
−−→
H liegen genau dann auf einer Gerade, wenn die Determinante mit den Vektoren HPc und
−−→
Pa Pc als Spalten gleich null ist, das heißt wenn
wx
vy − vw + wx uv − wy vx − wy − v 2 = 0
gilt. Rechnet man diese Determinante aus, kürzt und dividiert durch v, so erhält man
2
2
2
2
2
2
wx2 − vwx − uvy + uvw − uwx + wy 2 − w2 y = 0
52
Koordinaten und Vektoren
Dividiert man noch durch w und ergänzt zu vollständigen Quadraten, so ergibt sich
2
uv
w 2
x2 − (u + v)x + (u+v)
+ y 2 − ( uv
4
w + w)y + ( 2w + 2 ) =
u2
4
2
2 2
2
v
u v
uv
w
+ uv
2 + 4 + 4w2 + 2 + 4 − uv
Fasst man zusammen, dann hat man schließlich
(x −
u+v 2
2 )
uv
+ (y − ( 2w
+
w 2
2 ))
=
(u2 +w2 )(v 2 +w2 )
4w2
=
a2 b2
4w2
Nach Satz 82 ist das die Gleichung des Umkreises. Wir haben somit gezeigt, dass die drei
Punkte Pc , Pa und H genau dann auf einer Gerade liegen, wenn P auf dem Umkreis liegt.
Dasselbe Resultat gilt natürlich auch für die drei Punkte Pc , Pb und H und für die Punkte
Pa , Pb und H. Man muss ja nur jeweils eine andere Dreiecksseite auf die x-Achse legen.
Es bleibt zu zeigen, dass die drei Punkte Pa , Pb und Pc genau dann auf einer Geraden
( vy−vw+wx )
−−→
gezeigt.
liegen, wenn P auf dem Umkreis liegt. Oben wurde Pa Pc = v22w
+w2 vx−wy−v 2
Wenn man dieselbe Rechnung wie oben mit der Dreiecksseite AC statt mit BC, das heißt
( uy−uw+wx )
−−→
mit u statt mit v, durchführt, dann erhält man Pb Pc = u22w
2
ux−wy−u2 . Die drei
+w
Punkte Pc , Pa und Pb liegen genau dann auf einer Geraden, wenn die Determinante mit
−−→
−−→
den Vektoren Pa Pc und Pb Pc als Spalten gleich null ist, das heißt wenn
vy − vw + wx uy − uw + wx vx − wy − v 2 ux − wy − u2 = 0
gilt. Rechnet man diese Determinante aus, kürzt und fasst zusammen, so erhält man
(u − v)wx2 − (u2 − v 2 )wx + (u − v)wy 2 − (u − v)(w2 + uv)y + (u − v)uvw = 0
Dividiert man durch u − v, so hat man
wx2 − uwx − vwx + wy 2 − w2 y − uvy + uvw = 0
Wir haben bereits gesehen, dass das die Gleichung des Umkreises ist. Damit ist auch
gezeigt, dass die drei Punkte Pa , Pb und Pc genau dann auf einer Geraden liegen, wenn P
auf dem Umkreis liegt. Die Äquivalenz von (a) und (b) ist vollständig bewiesen.
Aus (c) folgt klarerweise (b). Es bleibt zu zeigen, dass (c) aus (a) folgt. Wenn (a) gilt,
dann liegen die drei Punkte Pc , Pb und H auf einer Geraden g und die drei Punkte Pa , Pb
und Pc auf einer Geraden h, wie oben gezeigt wurde. Da Pb und Pc sowohl auf g als auch
auf h liegen, müssen diese beiden Geraden übereinstimmen. Somit liegen alle vier Punkte
Pa , Pb , Pc und H auf einer Geraden.
Die Gerade im folgenden Satz ist die erste Steinersche Gerade. Wir behandeln nur die
erste Steinersche Gerade durch den Eckpunkt C. Es gibt jedoch auch je eine durch die
Eckpunkte A und B.
Satz 89: Sei P ein Punkt auf dem Umkreis eines Dreiecks. Sei Qc der Schnittpunkt ̸= P
des Lots von P auf die Seite AB mit dem Umkreis. Dann liegt die Gerade durch Qc und
den Eckpunkt C parallel zur zweiten Steinerschen Geraden.
Beweis: Das Dreieck sei in Standardlage. Da die Seite AB auf der x-Achse liegt, liegt das
Lot durch P auf die Seite AB parallel zur y-Achse. Der Punkt P hat Koordinaten (x|y)
w
uv
und der Umkreismittelpunkt U ist ( u+v
2 | 2 + 2w ). Der Schnittpunkt Qc ̸= P des Lots mit
−−→
uv
dem Umkreis hat daher die Koordinaten (x|2( w2 + 2w
) − y). Der Vektor CQc ist somit
(
)
−−→
wx
1
w uv−wy . Er ist gleich dem Vektor HPc aus dem letzten Beweis. Die erste Steinergerade
hat denselben Richtungsvektor wie die zweite Steinergerade. Sie sind daher parallel.
Franz Hofbauer
53
5. Der Satz von Feuerbach
Ein weiterer prominenter Satz über das Dreieck ist der Satz von Feuerbach. Er besagt,
dass der Inkreis den Neunpunktkreis berührt. Wir formulieren ihn so
Satz 90 (Satz von Feuerbach) Seien I und N die Mittelpunkte des Inkreises und des
Neunpunktkreises und ϱ und σ deren Radien. Dann gilt |IN | = |σ − ϱ|.
wc
Beweis: Das Dreieck sei in Standardlage. Nach Satz 84 gilt I = ( ua+vb
2s |ϱ) und ϱ = 2s . Im
2
w −uv
r
ab
Beweis von Satz 86 wird N = ( u+v
4 | 4w ) berechnet. Weiters gilt σ = 2 , wobei r = 2w
der Umkreisradius ist (siehe Satz 82). Wir erhalten
|IN |2 = ( ua+vb
−
2s
=
(ua+vb)2
4s2
2
2
u+v 2
4 )
−
−uv
+ ( w 4w
− ϱ)2
2
(ua+vb)(u+v)
+
4s
2
2
2
w −uv 2
w −uv
2
( u+v
+ ϱ2
4 ) + ( 4w ) − ϱ 2w
2
2
Es gilt c = v − u, a = v + w und b = u + w2 . Es folgt b2 − a2 = u2 − v 2 und damit
2s(b − a + u + v) = b2 − a2 + bu + bv + au + av + vb − va − ub + ua + v 2 − u2 = 2au + 2bv
2
woraus sich (ua+vb)
− (ua+vb)(u+v)
= (ua+vb)(b−a)
ergibt. Im Beweis von Satz 82 wird
4s2
4s
4s
2
w −uv 2
wc
2
r2 = ( u+v
2 ) + ( 2w ) gezeigt. Es gilt ϱ = 2s . Mit Hilfe dieser Gleichungen erhalten wir
(ua+vb)(b−a)
4s
2
2
2
|IN |2 =
+ ( 2r )2 −
cw2 −cuv
4s
+ ϱ2
Mit Hilfe von a2 = v 2 + w2 , b = u + w und c = v − u berechnen wir auch
(ua+vb)(b−a) = ab(u−v)+b2 v 2 −a2 u2 = −abc+u2 v+w2 v−v 2 u−w2 u = −abc−cuv+cw2
ab wc
abc
2w 2s = 4s und
2
−abc−cuv+cw2
−cuv
r 2
2
+( 2r )2 − cw 4s
+ϱ2 = − abc
4s
4s +( 2 ) +ϱ
r
2
Wir setzen das ein und beachten, dass rϱ =
σ=
gilt. Es ergibt sich
|IN |2 =
= −2σϱ+σ 2 +ϱ2 = (σ −ϱ)2
Wir ziehen die Wurzel und erhalten |IN | = |σ − ϱ|.
Satz 90 besagt, dass der Abstand der Mittelpunkte des Inkreises und des Neunpunktkreises gleich der Differenz ihrer Radien ist. Es folgt, dass einer der Kreise den anderen von
innen berührt. Welcher der beiden Kreise innerhalb des anderen liegt, geht aus Satz 90
jedoch nicht hervor. Ist das Dreieck gleichseitig, dann sind die beiden Kreise identisch
(beide gehen durch die Mittelpunkte der drei Dreiecksseiten). Ansonsten gibt es eine
Dreiecksseite, mit der der Neunpunktkreis zwei Schnittpunkte hat (Seitenmittelpunkt und
Höhenfußpunkt). Daher kann der Neunpunktkreis nicht innerhalb des Inkreises liegen.
Somit liegt der Inkreis innerhalb des Neunpunktkreises und berührt diesen von innen.
Damit ist auch klar, dass ϱ ≤ σ gilt, woraus 2ϱ ≤ r folgt.
Mit einer analogen Rechnung kann man auch folgenden Satz beweisen, der ebenfalls von
Feuerbach stammt: Seien Ic und N die Mittelpunkte des Ankreises an die Seite c und des
Neunpunktkreises und ϱc und σ deren Radien. Dann gilt |Ic N | = σ + ϱc . Es folgt, dass der
Ankreis an die Seite c den Neunpunktkreis von außen berührt. Natürlich berühren auch
die anderen Ankreise den Neunpunktkreis von außen.
Mit einer etwas aufwändigeren Rechnung kann man auch zeigen, dass |U I|2 = r2 − 2rϱ
gilt, wobei U der Umkreismittelpunkt ist. Ebenso gilt |U Ic |2 = r2 + 2rϱc . Analoge
Gleichungen gelten natürlich auch für die anderen Ankreise. Diese Formeln stammen von
Euler.
IV. Isometrien und Kegelschnitte
1. Lineare Abbildungen
Wir behandeln lineare Abbildungen im R2 .
Definition: Eine Abbildung φ : R2 → R2 heißt linear, wenn sie folgende zwei Eigenschaften erfüllt
(a) φ(x + y) = φ(x) + φ(y) für alle x und y in R2
(b) φ(λx) = λφ(x) für alle x ∈ R2 und λ ∈ R
1 +5x2
Beispiel: Sei φ : R2 → R2 definiert durch φ(x) = x1 ( 21 ) + x2 ( 52 ) = ( 2x
x1 +2x2 ). Es ist
leicht nachzuprüfen, dass φ(x + y) = φ(x) + φ(y) und φ(λx) = λφ(x) gilt.
Wir zeigen, dass alle linearen Abbildungen von dieser Art sind. Dazu führen wir die
Einheitsvektoren i = ( 10 ) und j = ( 01 ) ein.
Satz 91: Sei φ : R2 → R2 eine lineare Abbildung. Seien ( ab ) und ( dc ) die Bilder der
Einheitsvektoren i und j unter φ, das heißt φ(i) = ( ab ) und φ(j) = ( dc ). Für alle x = ( xx12 )
1 +cx2
in R2 gilt dann φ(x) = x1 ( ab ) + x2 ( dc ) = ( ax
bx1 +dx2 ).
Beweis: Sei x = ( xx12 ) in R2 . Es gilt x = x1 ( 10 ) + x2 ( 01 ) = x1 i + x2 j . Aus der Definition
einer linearen Abbildung erhalten wir dann
φ(x) = φ(x1 i + x2 j) = φ(x1 i) + φ(x2 j) = x1 φ(i) + x2 φ(j) = x1 ( ab ) + x2 ( dc )
ax1 +cx2
cx2
1
Aus den Rechenregeln für Vektoren folgt x1 ( ab ) + x2 ( dc ) = ( ax
bx1 ) + ( dx2 ) = ( bx1 +dx2 ).
Dieser Satz zeigt, dass eine lineare Abbildung φ : R2 → R2 bereits durch die Bilder ( ab )
und ( dc ) der Einheitsvektoren i und j bestimmt ist.
Um dieses Ergebnis besser aufschreiben zu können, führen wir Matrizen und die Matrixmultiplikation ein. Eine m × n-Matrix ist eine rechteckige Anordnung von Zahlen, die
aus m Zeilen und n Spalten besteht. Einen Vektor x ∈ R2 kann man als 2 × 1-Matrix
(
)
auffassen. Eine 2 × 2-Matrix hat zwei Vektoren des R2 als Spalten, zum Beispiel 23 57 .
Eine 1 × 2-Matrix ist ein Zeilenvektor, zum Beispiel (3 7).
Das Produkt C = AB einer m × k-Matrix A und einer k × n-Matrix B bestimmt man
so: Man bildet das innere Produkt der ersten Zeile der Matrix A mit den Spalten der
Matrix B. Die Ergebnisse, die man erhält, schreibt man in die erste Zeile der Matrix C.
Dann bildet man das innere Produkt der zweiten Zeile der Matrix A mit den Spalten der
Matrix B. Die Ergebnisse, die man erhält, schreibt man in die zweite Zeile der Matrix C.
Hat die Matrix A mehr als zwei Zeilen, dann macht man so weiter. (Hat die Matrix A nur
eine Zeile, dann ist man nach dieser einen Zeile bereits fertig.)
(
)
(
)
Ist zum Beispiel A = 23 57 und B = pr qs , dann erhalten wir
(
)(
) (
)
( p q )( 2 5 ) ( 2p+3q 5p+7q )
2q+5s
AB = 23 57 pr qs = 2p+5r
und
BA
=
r s
3p+7r 3q+7s
3 7 = 2r+3s 5r+7s
Hier sieht man auch, dass die Multiplikation von zwei Matrizen nicht kommutativ ist. Man
kann jedoch nachrechnen, dass (AB)C = A(BC) gilt. Die Multiplikation von Matrizen ist
assoziativ. Man darf daher ABC schreiben, ohne Klammern zu setzen, da es keinen Unterschied macht, welche Matrixmultiplikation man zuerst ausführt. Man darf die Matrizen
jedoch nicht vertauschen.
Franz Hofbauer
55
Genauso funktioniert die Multiplikation einer
mit einem Vektor. Man fasst den
( 2 5Matrix
)
Vektor einfach als 2 × 1-Matrix auf. Ist A = 3 7 und B = x = ( xx12 ), dann erhalten wir
(
)
1 +5x2
AB = Ax = 23 57 ( xx12 ) = ( 2x
3x1 +7x2 )
Ebenso kann man größere Matrizen multiplizieren. Damit man das Matrixprodukt AB
bilden kann, muss A eine m × k-Matrix und B eine k × n-Matrix sein. Die Zeilen von A
müssen so lang sein wie die Spalten von B. Das Produkt AB ist eine m × n-Matrix.
Wir kommen zu Satz 91 zurück. Seien ( ab ) und ( dc ) die Bilder der Einheitsvektoren i
(
)
und j unter der linearen Abbildung φ. Sei M = ab dc die Matrix, die diese Bilder ( ab ) und
( dc ) als Spalten hat. Aus der Definition der Matrixmultiplikation und aus Satz 91 folgt
)
(
c
a
1 +cx2
M x = ab dc ( xx12 ) = ( ax
bx1 +dx2 ) = ( b )x1 + ( d )x2 = φ(x)
(
)
Es gilt also φ(x) = M x. Man nennt M = ab dc die Matrix der linearen Abbildung φ.
Man kann jede lineare Abbildung φ : R2 → R2 durch eine 2 × 2-Matrix ausdrücken.
Man kann zwei Matrizen der gleichen Größe (auch)addieren. (Das macht
man so wie für
)
r u
a c
Vektoren, die ja 2 × 1-Matrizen sind. Sind A = b d und B = s v zwei 2 × 2-Matrizen,
(
)
c+u
2
dann definiert man A + B = a+r
b+s d+v . Ist x ∈ R , dann gilt (A + B)x = Ax + Bx. (Das
gilt auch für eine 2 × 2-Matrix C anstelle von x.)
Auch
( a die
) Skalarmultiplikation definiert man für Matrizen genauso
( ta tcwie
) für Vektoren. Ist
c
A = b d eine Matrix und t ∈ R, dann definiert man tA = tb td . Für t und s in R
und 2 × 2-Matrizen A und B gilt dann (s + t)A = sA + tA und t(A + B) = tA + tB.
Satz 92: Seien φ : R2 → R2 und ψ : R2 → R2 linear. Dann ist ψ ◦ φ : R2 → R2 ebenfalls
linear. Ist A die Matrix der linearen Abbildung φ und B die Matrix der linearen Abbildung
ψ, dann ist das Matrixprodukt BA die Matrix der linearen Abbildung ψ ◦ φ.
Beweis: Seien x und y in R2 und λ ∈ R. Da ψ und φ linear sind, erhalten wir
ψ(φ(x+y)) = ψ(φ(x)+φ(y)) = ψ(φ(x))+ψ(φ(y)) und ψ(φ(λx)) = ψ(λφ(x)) = λψ(φ(x))
Das zeigt, dass auch ψ ◦ φ eine lineare Abbildung ist.
(
)
(
)
Sei φ(i) = ( ab ) und φ(j) = ( dc ). Dann gilt A = ab dc . Ist B = rs uv , dann folgt
(
)
(r u) c
c
rc+ud
ψ(φ(i)) = B( ab ) = rs uv ( ab ) = ( ra+ub
)
und
ψ(φ(j))
=
B(
)
=
d
s v ( d ) = ( sc+vd )
sa+vb
(
)
rc+ud
Die Matrix der linearen Abbildung ψ ◦ φ ist daher ra+ub
sa+vb sc+vd . Das ist BA.
(1 0)
Die Matrix I2 = 0 1 heißt Einheitsmatrix. Es gilt ja I2 x = x für alle x in R2 .
Lineare Gleichungssysteme kann man ebenfalls mit Hilfe von Matrizen aufschreiben.
Liegt das lineare Gleichungssystem
a1 x + b1 y = c1
( a1
)
b1
a2 x + b2 y = c2
vor, dann setzt man M = a2 b2 und c = ( cc12 ). Das Gleichungssystem wird dann zu
M x = c, wobei x für den Vektor ( xy ) steht. Man schreibt dann auch det M anstelle von
a b a1 1 . Wenn det M ̸= 0 ist, dann hat das Gleichungssystem nach Satz 76 genau eine
2 b2
Lösung. Wenn det M = 0 ist, dann hat das Gleichungssystem nach Satz 77 entweder keine
Lösung oder beide Gleichungen haben dieselbe Lösungsmenge, die auch Lösungsmenge des
Gleichungssystems ist.
56
Isometrien und Kegelschnitte
2. Eigenwerte und Eigenvektoren
Eigenwerte und Eigenvektoren treten bei der Hauptachsentransformation von Kegelschnitten auf. Wir beschränken uns wieder auf den R2 . Analoge Resultate gelten aber
auch in höheren Dimensionen.
Definition: Sei A eine 2 × 2-Matrix. Ein Vektor v ̸= 0 heißt Eigenvektor der Matrix A,
wenn Av = λv für eine Zahl λ gilt. Die Zahl λ nennt man Eigenwert der Matrix A.
Ist A = rI2 mit r ∈ R, dann gilt Av = rv für alle v ∈ R2 . Jeder Vektor ̸= 0 ist somit ein
Eigenvektor zum Eigenwert r. Wir nehmen daher im Folgenden an, dass A kein Vielfaches
der Einheitsmatrix I2 ist.
Wie finden wir Eigenwerte und Eigenvektoren? Nach den Rechenregeln für Matrizen
können wir Ax = λx auch schreiben als (A − λI2 )x = 0. Das ist das homogene lineare
Gleichungssystem M x = 0 mit M = A−λI2 . Wenn det M ̸= 0 gilt, dann ist 0 nach Satz 78
die einzige Lösung. Da Eigenvektoren ungleich 0 sind, erhalten wir keinen Eigenvektor
und λ ist auch kein Eigenwert. Ist hingegen det M = 0, dann folgt aus Satz 78, dass
L = {tv : t ∈ R} die Lösungsmenge des Gleichungssystems M x = 0 ist, wobei wir v als
Normalvektor auf eine der beiden( Zeilen
) der Matrix M wählen können, die nicht nur aus
0 0
Nullen besteht. (Es gilt ja M ̸= 0 0 , sonst wäre A ein Vielfaches von I2 .) Es existiert
ein Vektor v ∈ R2 \ {0} mit M v = 0, das heißt Av = λv. Somit ist λ ein Eigenwert
und v ein Eigenvektor der Matrix A. Es kann allerdings auch der Fall eintreten, dass die
Eigenwerte komplexe Zahlen sind. Dann sind auch die Eigenvektoren im C2 .
Wir haben gezeigt, dass die Eigenwerte
Zahlen
λ sind,
( einer
) Matrix A gerade diejenigen
(
)
c
für die det(A − λI2 ) = 0 gilt. Ist A = ab dc , dann gilt A − λI2 = a−λ
und
d−λ
b
det(A − λI2 ) = (a − λ)(d − λ) − bc = λ2 − (a + d)λ + ad − bc
Das ist ein Polynom in der Variablen λ. Man nennt es das charakteristische Polynom
der Matrix A. Die Eigenwerte der Matrix A sind dann die Lösungen der quadratischen
Gleichung λ2 − (a + d)λ + ad − bc = 0. Die Eigenwerte sind also
√
√
1
1
1
2
(∗)
λ1,2 = 2 (a + d) ± 4 (a + d) − ad + bc = 2 (a + d) ± 14 (a − d)2 + bc
Es gibt drei mögliche Fälle, entweder zwei verschiedene reelle Eigenwerte, oder einen
zweifachen reellen Eigenwert, oder zwei zueinander konjugiert komplexe Eigenwerte.
Sucht man einen Eigenvektor zum Eigenwert λ dann bildet man die Matrix M = A−λI2
und löst das lineare Gleichungssystem M v = 0. Eine Lösung v erhält man als Normalvektor auf eine Zeile der Matrix M , die nicht nur aus Nullen besteht. Jedes Vielfache dieses
Vektors v, außer dem Nullvektor, ist ein Eigenvektor. Das funktioniert auch, wenn die
Eigenwerte komplex sind. In diesem Fall sind auch die Eigenvektoren in C2 .
(
)
Beispiel: Sei A = 53 13 . Gesucht sind Eigenwerte und Eigenvektoren.
(
)
1
Wir bilden A − λI2 = 5−λ
3 3−λ und berechnen die Determinante (5 − λ)(3 − λ) − 3 =
2
λ − 8λ + 12. Das ist das charakteristische Polynom der Matrix A. Die Nullstellen sind
λ1 = 6 und λ2 = 2. Damit sind die Eigenwerte der Matrix A gefunden.
(
)
1
Wir berechnen A − λ1 I2 = −1
u zum Eigenwert λ1 = 6 erhalten
3 −3 . Einen Eigenvektor
( −1 1 )
wir als Normalvektor der ersten Zeile der Matrix 3 −3 , also u = ( 11 ).
(
)
Ebenso berechnen wir A − λ2 I2 = 33 11 . Einen Eigenvektor v zum Eigenwert λ2 = 2
(
)
erhalten wir als Normalvektor der ersten Zeile der Matrix 33 11 , also v = ( −1
3 ).
Franz Hofbauer
Beispiel: Sei A =
(4
5
)
−2
2 . Gesucht sind Eigenwerte
( 4−λ −2 )
5 2−λ und berechnen die
57
und Eigenvektoren.
Wir bilden A − λI2 =
Determinante (4 − λ)(2 − λ) + 10 =
2
λ − 6λ + 18. Das ist das charakteristische Polynom der Matrix A. Die Nullstellen sind
λ1 = 3 + 3i und λ2 = 3 − 3i. Die Eigenwerte der Matrix A sind konjugiert komplex.
(
)
−2
Wir berechnen A − λ1 I2 = 1−3i
−1−3i . Einen Eigenvektor u zum Eigenwert λ1 = 3 + 3i
5
(
)
−2
2
erhalten wir als Normalvektor der ersten Zeile der Matrix 1−3i
−1−3i , also u = ( 1−3i ).
5
(Wir können nachrechnen, dass u auch ein Normalvektor der zweiten Zeile ist.)
(
)
−2
2
Wegen A−λ2 I2 = 1+3i
−1+3i ist v = ( 1+3i ) ein Eigenvektor zum Eigenwert λ2 = 3−3i.
5
Jedes Vielfache ̸= 0 eines Eigenvektors ist ebenfalls Eigenvektor zum selben Eigenwert.
( 5 4)
Beispiel: Sei A = −1
1 . Gesucht sind Eigenwerte und Eigenvektoren.
(
)
4
Wir bilden A − λI2 = 5−λ
und berechnen (5 − λ)(1 − λ) + 4 = λ2 − 6λ + 9,
−1 1−λ
das charakteristische Polynom. Es hat λ = 3 als zweifache
( 2 4 ) Nullstelle. Das ist der einzige
2
Eigenwert der Matrix A. Wir berechnen A−λI2 = −1
−2 . Ein Eigenvektor ist u = ( −1 ).
3. Symmetrische Matrizen
1
Ist w = ( w
Vektor wt der entsprechende
w2 ) ein Spaltenvektor, dann ist der (transponierte
)
Zeilenvektor (w1 w2 ). Für eine Matrix A = ab dc definiert man die Transponierte At
(
)
durch At = ac db , das ist die an der Diagonale gespiegelte Matrix.
Satz 93: Für 2 × 2-Matrizen A und B und für Vektoren u und v in R2 gilt
(a) (At )t = A
(b) (Au)t = ut At und (AB)t = B t At
(c) ⟨u, v⟩ = ut v und ⟨Au, v⟩ = ⟨u, At v⟩
Beweis: Wir erhalten (a) sofort aus der Definition.
(a b)
t t
1 +cu2 t
)
=
(au
+
cu
bu
+
du
)
=
(u
u
)
Es gilt (Au)t = ( au
1
2
1
2
1
2
bu1 +du2
c d = u A . Damit ist
(a c)
(p r)
die erste Gleichung von (b) gezeigt. Setzt man A = b d und B = q s , dann gilt
(
)
(
) ( p q )( a b )
ar+cs t
bp+dq
t t
ebenso (AB)t = ap+cq
= ap+cq
bp+dq br+ds
ar+cs br+ds = r s
c d =B A .
Es gilt ⟨u, v⟩ = u1 v1 + u2 v2 = (u1 u2 )( vv12 ) = ut v. Das ergibt die erste Gleichung von (c).
Damit und mit (b) erhalten wir ⟨Au, v⟩ = (Au)t v = (ut At )v = ut (At v) = ⟨u, At v⟩, die
zweite Gleichung in (c).
(
)
Definition: Eine Matrix A = ab dc nennt man symmetrisch, wenn At = A gilt. Das ist
gleichbedeutend damit, dass b = c gilt.
(
)
Satz 94: Sei A = ab dc symmetrisch, aber nicht gleich rI2 für ein r ∈ R. Dann hat A
zwei verschiedene reelle Eigenwerte λ1 und λ2 . Ist u ein Eigenvektor zu λ1 und v einer zu
λ2 , dann gilt ⟨u, v⟩ = 0, das heißt u und v sind orthogonal.
√
1
Beweis: Aus (∗) folgt λ1,2 = 2 (a + d) ± 14 (a − d)2 + b2 wegen c = b. Wegen A ̸= rI2
für alle r ∈ R gilt entweder a ̸= d oder b ̸= 0. Es folgt 14 (a − d)2 + b2 > 0. Somit sind λ1
und λ2 reell und verschieden.
Es gilt Au = λ1 u, Av = λ2 v und At = A. Mit Hilfe der Rechenregeln für das innere
Produkt und für die Transponierte (Satz 93) erhalten wir
λ1 ⟨u, v⟩ = ⟨λ1 u, v⟩ = ⟨Au, v⟩ = ⟨u, At v⟩ = ⟨u, Av⟩ = ⟨u, λ2 v⟩ = λ2 ⟨u, v⟩
Wegen λ1 ̸= λ2 muss ⟨u, v⟩ = 0 gelten.
58
Isometrien und Kegelschnitte
4. Isometrien der Ebene
Wir untersuchen Isometrien der Ebene, die wir als R2 auffassen.
Definition: Eine Abbildung f : R2 → R2 heißt Isometrie, wenn ∥f (x) − f (y)∥ = ∥x − y∥
für alle x und y in R2 gilt.
Beispiel: Sei a ∈ R2 fest. Die Abbildung (Translation) h(x) = x + a ist eine Isometrie.
Es gilt ja h(x) − h(y) = x − y und daher auch ∥h(x) − h(y)∥ = ∥x − y∥ für alle x, y ∈ R2 .
Gilt g(p) = p, dann heißt p Fixpunkt der Abbildung g. Ist f : R2 → R2 eine Isometrie,
dann ist g : R2 → R2 definiert durch g(x) = f (x) − f (0) eine Isometrie mit 0 als Fixpunkt.
Es gilt ja g(0) = 0 und ∥g(x) − g(y)∥ = ∥f (x) − f (y)∥ = ∥x − y∥ für alle x und y in R2 .
Insbesondere gilt ∥g(x)∥ = ∥x∥ für alle x in R2 (Das ist der Spezialfall y = 0).
Satz 95: Eine Isometrie g mit 0 als Fixpunkt ist eine lineare Abbildung.
Beweis: Zuerst zeigen wir g(λx) = λg(x) für alle x ∈ R2 und alle λ ∈ R. Wegen g(0) = 0
gilt diese Gleichung für λ = 0. Wir können λ ̸= 0 annehmen.
Sei k1 der Kreis mit Mittelpunkt 0 und Radius r1 = ∥x∥ und
λx
k2 der mit Mittelpunkt 0 und Radius r2 = ∥λx∥ = |λ| · ∥x∥.
Dann liegt x auf k1 und wegen ∥g(x)∥ = ∥x∥ auch g(x).
x
k2
Ebenso liegt λx auf k2 und wegen ∥g(λx)∥ = ∥λx∥ auch
0
k1
g(λx). Nun gilt ∥g(λx) − g(x)∥ = ∥λx − x∥ = |λ − 1| · ∥x∥.
Ist λ > 0, dann gilt ∥g(λx) − g(x)∥ = |r1 − r2 |, sodass g(λx)
g(x)
der Punkt auf k2 ist, der g(x) am nächsten liegt (Zeichnung).
g(λx)
Ist λ < 0, dann gilt ∥g(λx) − g(x)∥ = r1 + r2 , sodass g(λx)
der Punkt auf k2 ist, der den größten Abstand von g(x) hat.
In beiden Fällen liegt g(λx) auf der Gerade durch 0 und g(x) und es gilt g(λx) = λg(x).
Wir zeigen g(x + y) = g(x) + g(y) für alle x und y in R2 . Ist x = 0 oder y = 0, dann gilt
diese Gleichung. Ist y = λx für ein λ ∈ R, dann folgt sie aus der oben gezeigten Gleichung:
g(x + y) = g((1 + λ)x) = (1 + λ)g(x) = g(x) + λg(x) = g(x) + g(λx) = g(x) + g(y)
Ansonsten bilden die Punkte 0, x, y und x + y ein Parallelogramm. Die Punkte g(0) = 0,
g(x), g(y) und g(x + y) bilden ein kongruentes Parallelogramm, da die Abstände zwischen
den vier Punkten bei der Abbildung unverändert bleiben. Es folgt g(x + y) = g(x) + g(y).
Somit ist g eine lineare Abbildung, da die Eigenschaften aus der Definition einer linearen
Abbildung erfüllt sind.
Zweiter Beweis: Es gilt 2⟨x, y⟩ = ∥x∥2 + ∥y∥2 − ∥x − y∥2 . Setzt man g(x) für x und
g(y) für y ein, so erhält man 2⟨g(x), g(y)⟩ = ∥g(x)∥2 + ∥g(y)∥2 − ∥g(x) − g(y)∥2 . Für die
Isometrie g mit Fixpunkt 0 gilt ∥g(x)∥ = ∥x∥, ∥g(y)∥ = ∥y∥ und ∥g(x) − g(y)∥ = ∥x − y∥.
Damit ergibt sich ⟨g(x), g(y)⟩ = ⟨x, y⟩ für alle x und y in R2 .
Jetzt zu Satz 95. Seien x und y in R2 . Wir setzen u = g(x), v = g(y) und w = g(x + y).
Aus obiger Gleichung folgt ⟨u, u⟩ = ⟨x, x⟩, ⟨v, v⟩ = ⟨y, y⟩, ⟨w, w⟩ = ⟨x + y, x + y⟩,
⟨u, v⟩ = ⟨x, y⟩, ⟨w, u⟩ = ⟨x + y, x⟩ und ⟨w, v⟩ = ⟨x + y, y⟩. Damit erhalten wir
∥w − u − v∥2 = ⟨w − u − v , w − u − v⟩
= ⟨w, w⟩ + ⟨u, u⟩ + ⟨v, v⟩ − 2⟨w, u⟩ − 2⟨w, v⟩ + 2⟨u, v⟩
= ⟨x + y, x + y⟩ + ⟨x, x⟩ + ⟨y, y⟩ − 2⟨x + y, x⟩ − 2⟨x + y, y⟩ + 2⟨x, y⟩
= ⟨x, x⟩ + 2⟨x, y⟩ + ⟨y, y⟩ + ⟨x, x⟩ + ⟨y, y⟩ − 2⟨x, x⟩ − 4⟨x, y⟩ − 2⟨y, y⟩ + 2⟨x, y⟩ = 0
Franz Hofbauer
59
Somit gilt ∥w − u − v∥ = 0, also auch w − u − v = 0. Es folgt w = u + v. Damit ist
g(x + y) = g(x) + g(x) gezeigt.
Sei x ∈ R2 und λ ∈ R. Wir setzen u = g(x) und v = g(λx). Wie oben folgt
∥v − λu∥2 = ⟨v − λu , v − λu⟩ = ⟨v, v⟩ − 2λ⟨v, u⟩ + λ2 ⟨u, u⟩
= ⟨λx, λx⟩ − 2λ⟨λx, x⟩ + λ2 ⟨x, x⟩ = λ2 ⟨x, x⟩ − 2λ2 ⟨x, x⟩ + λ2 ⟨x, x⟩ = 0
Somit gilt ∥v − λu∥ = 0, also v − λu = 0. Es folgt v = λu, das heißt g(λx) = λg(x).
Wir haben gezeigt, dass die Eigenschaften aus der Definition einer linearen Abbildung
erfüllt sind. Somit ist g eine lineare Abbildung.
Satz 96: Sei g eine Isometrie mit Fixpunkt
α, sodass die
) existiert ein( cos
) Matrix
( α0.−Dann
α sin α
sin α
oder
S
=
der linearen Abbildung g entweder Rα = cos
α
sin α − cos α ist.
sin α cos α
(
)
Beweis: Sei M = ab dc die Matrix der linearen Abbildung g. Da g eine Isometrie mit
Fixpunkt 0 ist, gilt ∥g(x)∥2 = ∥x∥2 , das heißt (ax1 + cx2 )2 + (bx1 + dx2 )2 = x21 + x22 oder
(a2 + b2 )x21 + (c2 + d2 )x22 + 2(ac + bd)x1 x2 = x21 + x22 . Das gilt für alle x1 , x2 ∈ R. Es folgt
a2 + b2 = 1,
c2 + d2 = 1
und
ac + bd = 0
( ab )
Der Vektor
hat Länge 1 und ist daher der Ortsvektor eines Punktes am Einheitskreis.
Es existiert ein Winkel α mit a = cos α und b = sin α. Weiters gilt ⟨( ab ), ( dc )⟩ = ac + bd = 0
√
und ∥( dc )∥ = c2 + d2 = 1. Der Vektor ( dc ) steht senkrecht auf ( ab ) und hat ebenfalls
c
sin α
sin α
Länge 1. Daraus folgt, dass entweder ( dc ) = ( −cos
α ) oder ( d ) = ( − cos α ) gilt.
Satz 97: Die Abbildung mit Matrix Rα ist eine Drehung (Rotation) um den Nullpunkt
mit Winkel α (im Gegenuhrzeigersinn).
α
− sin α
Beweis: Es gilt Rα x = ( cos
sin α )x1 +( cos α )x2 . Die
α
− sin α
Vektoren ( cos
sin α ) und ( cos α ) haben Länge 1 und
stehen senkrecht aufeinander. Sie sind die Einheitsvektoren für ein um den Winkel α verdrehtes
Koordinatensystem. Daher erhält man Rα x, wenn
man den Vektor x = ( xx12 ) ins gedrehte Koordinatensystem zeichnet. Somit ist Rα x der um den
Nullpunkt mit Winkel α gedrehte Vektor x.
Rα x
x
α
Satz 98: Die Abbildung mit Matrix Sα ist die Spiegelung an der Gerade g, die durch den
( cos α )
Nullpunkt geht und Richtungsvektor sin α2 hat.
2
x
g
( cos α2 )
( − sin α2 )
Beweis: Sei a = sin α und b = cos α . Der
2
2
Vektor b steht normal auf a. Matrixmultiplikation und die Summensätze für sin und cos zeigen,
Sα x
dass Sα a = a und Sα b = −b gilt. Da a und b
orthogonal aufeinander stehen, existieren für jedes
a
b
α
x ∈ R2 Zahlen p und q in R mit x = pa + qb. Es
2
folgt Sα x = pSα a + qSα b = pa − qb. Das zeigt,
dass Sα x der an der Gerade g gespiegelte Punkt x
−b
ist, da g ja die Gerade durch den Nullpunkt mit
Richtungsvektor a ist.
60
Isometrien und Kegelschnitte
Die durch die Matrizen Rα und Sα gegebenen linearen Abbildungen sind alle Isometrien,
die 0 als Fixpunkt haben. Ist f irgendeine Isometrie und u = f (0), dann ist g(x) = f (x)−u
eine Isometrie mit 0 als Fixpunkt. Es gilt also f (x) = Rα (x) + u oder f (x) = Sα (x) + u.
Für Winkel α und u ∈ R2 definieren wir Rα,u : R2 → R2 und Sα,u : R2 → R2 durch
Rα,u (x) = Rα x + u
und
Sα,u (x) = Sα x + u
Das sind dann alle möglichen Isometrien des R2 .
Satz 99: Ist α = 00 dann ist Rα,u die Translation um den Vektor u. Ist α ̸= 00 , dann ist
Rα,u die Drehung um den Punkt w mit Winkel α, wobei (I2 − Rα )w = u gilt.
Beweis: Für α = 00 gilt Rα = I2 und Rα,u (x) = x + u.
α
sin α 2
2
Für α ̸= 00 gilt 1−cos
− sin α 1−cos α = (1 − cos α) + sin α = 2 − 2 cos α ̸= 0, das heißt
det(I2 − Rα ) ̸= 0. Daher hat (I2 − Rα )w = u eine eindeutige Lösung, das heißt w ist
eindeutig bestimmt. Es folgt u = w − Rα w und Rα,u (x) = Rα (x − w) + w. Die Abbildung
Rα,u ist die Hintereinanderausführung folgender drei Abbildungen:
(a) Translation mit Vektor −w: der Punkt w wird in den Punkt 0 verschoben
(b) Drehung um den Punkt 0 mit Winkel α
(c) Translation mit Vektor w: der Punkt 0 wird zurück in den Punkt w verschoben
Die Zusammensetzung ergibt die Drehung um den Punkt w mit Winkel α.
Satz 100: Die Abbildung Sα,u ist eine Schubspiegelung (Gleitspiegelung), und zwar die
Hintereinanderausführung der Spiegelung an der Geraden, die durch den Punkt 12 u geht
( cos α )
und Richtungsvektor sin α2 hat, und der Translation mit dem Vektor w = 12 (u + Sα u).
2
Der Vektor w hat die Richtung der Spiegelungsgeraden.
Beweis: Es gilt Sα,u (x) = Sα (x − 21 u) + 21 u + w. Die Abbildung x 7→ Sα (x − 21 u) + 12 u
ist die Hintereinanderausführung folgender drei Abbildungen:
(a) Translation mit Vektor − 12 u: der Punkt 12 u wird in den Punkt 0 verschoben
( cos α )
(b) Spiegelung an der Geraden durch den Punkt 0 mit Richtungsvektor sin α2
2
(c) Translation mit Vektor 21 u: der Punkt 0 wird zurück in den Punkt 12 u verschoben
Die Zusammensetzung dieser Abbildungen ergibt die Spiegelung an der Geraden durch
( cos α )
den Punkt 21 u mit Richtungsvektor sin α2 . Dazu kommt noch die Translation mit dem
2
Vektor w. Das ergibt dann die Abbildung Sα,u .
Wir bestimmen die Richtung von w. Da Sα u der an einer Gerade durch den Punkt 0 gespiegelte Punkt u ist, hat w = 12 (u+Sα u) dieselbe Richtung wie diese Spiegelungsgerade.
Wir haben alle möglichen Isometrien der Ebene bestimmt. Es sind Translationen,
Drehungen und Schubspiegelungen. Wir überlegen uns noch, was sich bei Hintereinanderausführung dieser Isometrien ergibt.
Satz 101: Es gilt Rα Rβ = Rα+β , Rα Sβ = Sα+β , Sα Rβ = Sα−β und Sα Sβ = Rα−β .
Beweis: Wir rechnen die erste Gleichung mit Hilfe der Summensätze nach
( α − sin α )( cos β − sin β ) ( cos α cos β−sin α sin β − cos α sin β−sin α cos β )
Rα Rβ = cos
= sin α cos β+cos α sin β − sin α sin β+cos α cos β
sin α cos α
sin β cos β
( cos(α+β) − sin(α+β) )
= sin(α+β) cos(α+β) = Rα+β
Die anderen Gleichungen erhält man ganz analog, wobei man − sin β = sin(−β) beachten
muss.
Franz Hofbauer
61
Es gilt Rα Rβ = Rα+β . Die Hintereinanderausführung von zwei Drehungen um denselben
Punkt ergibt wieder eine Drehung um diesen Punkt, wobei sich die Drehwinkel addieren.
Es gilt auch Sα Sβ = Rα−β . Die Hintereinanderausführung von zwei Spiegelungen ergibt
eine Drehung um den Schnittpunkt der beiden Spiegelungsgeraden, wobei der Drehwinkel
der doppelte Winkel zwischen den Spiegelungsgeraden ist.
Die beiden anderen Gleichungen besagen, dass man eine Spiegelung erhält, wenn man
eine Spiegelung mit einer Drehung um einen Punkt auf der Spiegelungsgerade verknüpft.
Der obige Satz lässt sich leicht verallgemeinern.
Satz 102: Es gilt Rα,u ◦ Rβ,v = Rα+β,Rα v+u , Rα,u ◦ Sβ,v = Sα+β,Rα v+u , Sα,u ◦ Rβ,v =
Sα−β,Sα v+u und Sα,u ◦ Sβ,v = Rα−β,Sα v+u .
Beweis: Wir rechnen nur die erste Gleichung mit Hilfe von Satz 101 nach
Rα,u (Rβ,v (x)) = Rα,u (Rβ x+v) = Rα (Rβ x+v)+u = Rα+β x+Rα v+u = Rα+β,Rα v+u (x)
Das beweist Rα,u ◦ Rβ,v = Rα+β,Rα v+u . Die anderen Gleichungen erhält man analog.
5. Kegelschnitte
Wir berechnen die Gleichungen der Kegelschnitte in Hauptlage. Damit ist gemeint, dass
die Koordinatenachsen auch die Achsen der Kegelschnitte sind.
Ellipse: Wir suchen die Gleichung der Ellipse mit Brennpunkten F1 (−e, 0) und F2 (e, 0) und mit großer Halbachse
der Länge a, wobei e < a gilt. Sie ist die Menge aller
Punkte P = (x, y), deren Abstandssumme von den beiden
Brennpunkten gleich 2a ist, das heißt |P F1 | + |P F2 | = 2a.
Die Gleichung dieser Ellipse ist daher
√
√
(1)
(x + e)2 + y 2 + (x − e)2 + y 2 = 2a
P
F1
F2
Quadriert man diese Gleichung, fasst zusammen und dividiert durch 2, so hat man
√
√
(2)
x2 + e2 + y 2 + (x + e)2 + y 2 (x − e)2 + y 2 = 2a2
Unter der ersten Wurzel steht e2 + x2 + y 2 + 2ex und e2 + x2 + y 2 − 2ex unter der zweiten.
Das Produkt ist (e2 + x2 + y 2 )2 − 4e2 x2 . Setzt man das ein und formt um, so erhält man
√
(3)
(e2 + x2 + y 2 )2 − 4e2 x2 = 2a2 − (e2 + x2 + y 2 )
Quadriert man, so fällt (e2 + x2 + y 2 )2 weg. Man kann durch 4 dividieren und es bleibt
−e2 x2 = a4 − a2 (e2 + x2 + y 2 )
(4)
Durch Ausmultiplizieren und Umformen ergibt sich jetzt
(5)
x2
a2
+
y2
a2 −e2
= 1 oder
x2
a2
+
y2
b2
= 1 wenn man b2 = a2 − e2 setzt.
Damit ist die Gleichung der Ellipse mit Brennpunkten F1 (−e, 0) und F2 (e, 0) und mit
großer Halbachse der Länge a gefunden.
Die beiden Punkte (−a, 0) und (a, 0) erfüllen die Ellipsengleichung und liegen daher
auf der Ellipse. Sie heißen Hauptscheitel. Die Strecke dazwischen heißt Hauptachse der
Ellipse. Auf ihr liegen die beiden Brennpunkte. Sie wird durch den Mittelpunkt (0, 0)
der Ellipse in die beiden großen Halbachsen der Länge a unterteilt. Die beiden Punkte
(0, −b) und (0, b), die ebenfalls auf der Ellipse liegen, heißen Nebenscheitel. Die Strecke
dazwischen heißt Nebenachse der Ellipse. Sie wird durch den Mittelpunkt der Ellipse in
die beiden kleinen Halbachsen der Länge b unterteilt.
62
Isometrien und Kegelschnitte
Vertauscht man die Variablen x und y, dann erhält man die an der Diagonale gespiegelte
2
2
Ellipse mit Brennpunkten auf der y-Achse. Diese hat daher die Gleichung xb2 + ay2 = 1.
Hyperbel: Analog lässt sich die Gleichung der Hyperbel
mit Brennpunkten F1 (−e, 0) und F2 (e, 0) und mit HalbP
achse der Länge a finden, wobei aber jetzt e > a gilt. Sie
ist die Menge aller Punkte P = (x, y), deren Abstandsdifferenz von den beiden Brennpunkten gleich 2a ist, das
F1
F2
heißt |P F1 | − |P F2 | = 2a oder |P F2 | − |P F1 | = 2a, wobei
die erste dieser beiden Gleichungen den rechten Ast der
Hyperbel darstellt und die zweite den linken Ast. Diese
Hyperbel hat daher ebenfalls die Gleichung (1), wobei aber eine der Wurzeln als die negative Wurzel aufzufassen ist. Führt man dieselbe Rechnung durch wie oben, so verschwinden
die Vorzeichen der Wurzeln beim Quadrieren und man erhält wieder die Gleichung
(5)
x2
a2
+
y2
a2 −e2
= 1 oder
x2
a2
−
y2
b2
= 1 wenn man b2 = e2 − a2 setzt.
Damit ist die Gleichung der Hyperbel mit Brennpunkten F1 (−e, 0) und F2 (e, 0) und mit
Halbachse der Länge a gefunden.
Die beiden Punkte (−a, 0) und (a, 0) erfüllen die Hyperbelgleichung. Es sind die Scheitel
der Hyperbel. Die Strecke dazwischen wird durch den Mittelpunkt (0, 0) der Hyperbel in
die beiden Halbachsen der Länge a unterteilt.
Die Hyperbel besitzt zwei Asymptoten. Eine Asymptote ist eine Gerade, der sich eine
Kurve, in diesem Fall die Hyperbel, im Unendlichen
immer mehr annähert. Die Gleichung
√
der Hyperbel lässt sich schreiben als y = ± ab x
1−
a2
x2 .
Wenn x gegen +∞ oder −∞ geht,
2
dann geht xa2 gegen 0 und die Hyperbel nähert sich immer mehr der Gerade y = ab x oder
der Gerade y = − ab x. Somit sind diese beiden Geraden Asymptoten der Hyperbel.
Vertauscht man die Variablen x und y, dann erhält man die an der Diagonale gespiegelte
2
2
Hyperbel mit Brennpunkten auf der y-Achse. Diese hat daher die Gleichung − xb2 + ay2 = 1.
Bemerkung: Oben wurde (1) ⇒ (5) gezeigt, das heißt jeder Punkt, der auf der Ellipse
bzw. Hyperbel liegt, erfüllt die Gleichung (5). Es gilt auch die Umkehrung. Jeder Punkt,
der (5) erfüllt, liegt auf der Ellipse bzw. Hyperbel. Dazu müssen wir (5) ⇒ (1) zeigen.
Gilt y = 0 (Punkt auf der x-Achse), dann ist sowohl (1) als auch (5) äquivalent zur
Gleichung |x| = a. Es gilt also (1) ⇔ (5). Wir können y ̸= 0 (Punkt nicht auf der x-Achse)
annehmen. In diesem Fall zeigen wir (5) ⇒ (1) durch einen indirekten Beweis.
√
√
Wir nehmen an, dass (1) nicht gilt. Es gilt also (x + e)2 + y 2 + (x − e)2 + y 2 = 2ã
für ein ã ̸= a. Im Fall der Ellipse haben beide Wurzeln positives Vorzeichen und wegen
der Dreiecksungleichung muss ã > e gelten. Im Fall der Hyperbel hat eine Wurzel positives Vorzeichen, die andere aber negatives Vorzeichen und wegen der Dreiecksungleichung
2
2
muss ã < e gelten. Wie in obiger Rechnung folgt dann, dass auch xã2 + ã2y−e2 = 1 gilt.
Für ã < a gelten
x2
ã2
x2
ã2
≥
x2
a2
x2
a2
und
y2
ã2 −e2
y2
2
ã −e2
2
y2
a2 −e2
2
< a2y−e2
2
2
>
, also folgt
x2
a2
x2
a2
+
y2
a2 −e2
y2
2
a −e2
<
x2
ã2
x2
ã2
+
y2
ã2 −e2
y2
2
ã −e2
= 1.
Für ã > a gelten
≤
und
, also folgt
+
>
+
= 1.
2
Dabei ist zu beachten, dass ã − e und a − e entweder beide positiv (Ellipse) oder beide
2
2
negativ (Hyperbel) sind. In jedem Fall ergibt sich xa2 + a2y−e2 ̸= 1, ein Widerspruch zu (5).
Damit ist (5) ⇒ (1) bewiesen.
Franz Hofbauer
Parabel: Schließlich bestimmen wir die Gleichung der Parabel mit
Brennpunkt F ( p2 , 0) und Leitlinie l, die die Gleichung x = − p2 hat.
Die Parabel ist die Menge aller Punkte (x, y), die von Brennpunkt F
und Leitlinie l gleichen Abstand haben. Ihre Gleichung ist daher
√
(x − p2 )2 + y 2 = x + p2
63
F
Quadriert man diese Gleichung und kürzt, so erhält man y 2 = 2px.
Das ist die Gleichung der Parabel mit Brennpunkt F und Leitlinie l.
l
Ist p > 0, dann können nur Punkte rechts von l gleichen Abstand von
F und l haben. Die Parabel liegt rechts von der Leitlinie l und ist
nach rechts offen, wie in der Zeichnung. Ist p < 0, dann hat man eine Parabel, die links
von der Leitlinie l liegt und nach links offen ist (die Zeichnung an der y-Achse gespiegelt).
Vertauscht man die Variablen x und y, dann erhält man die an der Diagonale gespiegelte
Parabel mit der Gleichung x2 = 2py. Sie ist entweder nach oben oder nach unten offen.
Der Punkt (0, 0) erfüllt die Parabelgleichung. Man nennt ihn den Scheitel der Parabel.
Bemerkung: Zum Abschluss dieses Kapitels stellen wir noch einige Überlegungen an, die
wir im nächsten Kapitel über die Tangentenkonstruktion verwenden werden. Es geht um
Ungleichungen, die für die Punkte gelten, die nicht auf dem Kegelschnitt liegen.
Liegt P auf der Ellipse mit Brennpunkten F1 und F2 und Hauptachsenlänge 2a, dann
gilt |F1 P | + |P F2 | = 2a. Wir beweisen: Liegt Q im Innern dieser Ellipse, dann gilt
|F1 Q| + |QF2 | < 2a. Liegt Q außerhalb dieser Ellipse, dann gilt |F1 Q| + |QF2 | > 2a.
Sei P der Schnittpunkt der Ellipse mit der Halbgerade von F1 aus durch Q. Für einen
Punkt Q im Innern der Ellipse erhalten wir |F1 Q| + |QF2 | < |F1 Q| + |QP | + |P F2 | =
|F1 P | + |P F2 | = 2a mit Hilfe der Dreiecksungleichung. Für einen Punkt Q außerhalb der
Ellipse erhalten wir |F1 Q| + |QF2 | = |F1 P | + |P Q| + |QF2 | > |F1 P | + |P F2 | = 2a wieder
mit Hilfe der Dreiecksungleichung.
Für eine Hyperbel mit Brennpunkten F1 und F2 und Hauptachsenlänge 2a liegt P auf dem
rechten Hyperbelast genau dann, wenn |F1 P | − |P F2 | = 2a gilt. Wir beweisen: Liegt Q
rechts vom rechten Hyperbelast, dann gilt |F1 Q| − |QF2 | > 2a. Liegt Q links vom rechten
Hyperbelast, dann gilt |F1 Q| − |QF2 | < 2a.
Liegt Q rechts vom rechten Hyperbelast, dann sei P der Schnittpunkt des rechten Hyperbelastes mit der Halbgerade von F1 aus durch Q. Es gilt |QF2 | < |P Q| + |P F2 | nach der
Dreiecksungleichung. Es folgt |F1 Q| − |QF2 | = |F1 P | + |P Q| − |QF2 | > |F1 P | − |P F2 | = 2a.
Liegt Q links vom rechten Hyperbelast, dann sei P der Schnittpunkt des rechten Hyperbelastes mit der Halbgerade von F2 aus durch Q. Es gilt |QF1 | < |QP | + |F1 P | nach der
Dreiecksungleichung. Es folgt |F1 Q| − |QF2 | = |F1 Q| − |QP | − |P F2 | < |F1 P | − |P F2 | = 2a.
Liegt P auf der Parabel mit Brennpunkt F und Leitlinie l, dann gilt |P F | = d(P, l), wobei
d(P, l) den Normalabstand von P zur Geraden l bezeichnet. Wir beweisen: Liegt Q im
Innern dieser Parabel (dort wo der Brennpunkt liegt), dann gilt |QF | < d(Q, l). Liegt Q
außerhalb dieser Parabel, dann gilt |QF | > d(Q, l).
Sei P der Schnittpunkt der Parabel mit der Senkrechten auf l durch Q. Für einen Punkt Q
im Innern der Parabel ergibt sich |QF | < |QP |+|P F | = |QP |+d(P, l) = d(Q, l) mit Hilfe der
Dreiecksungleichung. Für einen Punkt Q außerhalb der Parabel gilt |P Q| + |QF | > |P F |
nach der Dreiecksungleichung und somit |QF | > |P F | − |P Q| = d(P, l) − |P Q| = d(Q, l).
64
Isometrien und Kegelschnitte
6. Tangentenkonstruktion
Zwei Gerade, die einander in einem Punkt S schneiden, bilden vier Winkel. Man
erhält zwei Paare von einander gegenüberliegenden Winkeln, die gleich groß sind und eine
gemeinsame Winkelsymmetrale haben, wenn man die Winkelsymmetrale als eine durch den
Schnittpunkt S hindurchgehende Gerade auffasst. Jedes Winkelpaar hat also eine Winkelsymmetrale und diese beiden Winkelsymmetralen stehen senkrecht aufeinander. Wir
nennen sie einfach die Winkelsymmetralen der einander schneidenden Geraden.
Gegeben ist ein Punkt P auf einem Kegelschnitt. Gesucht ist die Tangente im Punkt
P an den Kegelschnitt. Die folgenden Sätze geben eine Methode zur Konstruktion dieser
Tangente.
Satz 103: Sei P ein Punkt auf einer Ellipse mit Brennpunkten F1 und F2 . Sei g die
Winkelsymmetrale der Geraden ℓ(F1 , P ) und ℓ(F2 , P ), die die Strecke F1 F2 nicht schneidet.
Dann ist g die Tangente an die Ellipse im Punkt P .
F1∗
Beweis: Sei a die Länge der großen Halbachse. Sei F1∗ der
an g gespiegelte Punkt F1 . Da P auf g liegt, erhalten wir
g
|F1∗ P | = |F1 P |. Da g die Winkelsymmetrale der Geraden
P
ℓ(F1 , P ) und ℓ(F2 , P ) ist, liegt F1∗ auf ℓ(F2 , P ). Da F1∗ auf
∗
der anderen Seite von g liegt als F2 , liegen die Punkte F1 ,
P und F2 in dieser Reihenfolge auf ℓ(F2 , P ). Da weiters P
F1
F2
auf der Ellipse liegt, erhalten wir
|F1∗ F2 | = |F1∗ P | + |P F2 | = |F1 P | + |P F2 | = 2a
Sei Q jetzt irgendein Punkt auf g, der ungleich P ist. Aus
der Dreiecksungleichung folgt |F1∗ Q| + |QF2 | > |F1∗ F2 | = 2a, da Q nicht auf der Geraden
durch F1∗ und F2 liegt. Da Q auf der Winkelsymmetrale g liegt, gilt auch |F1 Q| = |F1∗ Q|.
Es folgt |F1 Q| + |QF2 | > 2a, das heißt Q liegt außerhalb der Ellipse. Da alle Punkte der
Gerade g außer P außerhalb der Ellipse liegen, ist g eine Tangente.
Die Tangentenkonstruktion für die Hyperbel ist sehr ähnlich.
Satz 104: Sei P ein Punkt auf einer Hyperbel mit Brennpunkten F1 und F2 . Sei g
die Winkelsymmetrale der Geraden ℓ(F1 , P ) und ℓ(F2 , P ), die die Strecke F1 F2 schneidet.
Dann ist g die Tangente an die Hyperbel im Punkt P .
Beweis: Wir nehmen an, dass P auf dem rechten Hyperbelast liegt. Dann gilt |F1 P | − |P F2 | = 2a, wobei a die
P
Länge der Halbachse ist. Sei F1∗ der an g gespiegelte Punkt
F1 . Da P auf g liegt, erhalten wir |F1 P | = |F1∗ P |. Da g
F2
die Winkelsymmetrale der Geraden ℓ(F1 , P ) und ℓ(F2 , P )
F1
∗
ist, liegt F1 auf ℓ(F2 , P ), und zwar auf der anderen Seite
von g als F1 und somit auf derselben Seite von g wie F2 .
g
Wegen |F1 P | − |P F2 | = 2a gilt auch |F1∗ P | − |P F2 | = 2a.
F1∗
∗
Damit erhalten wir schließlich |F1 F2 | = 2a.
Sei Q jetzt irgendein Punkt auf g, der ungleich P ist. Aus der Dreiecksungleichung folgt
|F1∗ F2 | + |QF2 | > |F1∗ Q|, da Q nicht auf der Geraden durch F1∗ und F2 liegt. Da Q auf der
Winkelsymmetrale g liegt, gilt auch |F1 Q| = |F1∗ Q|. Es folgt |F1 Q| − |QF2 | < |F1∗ F2 | = 2a.
Somit liegt Q links vom rechten Hyperbelast, dort wo F1 liegt. Da alle Punkte der Gerade
g außer P links vom rechten Hyperbelast liegen, ist g eine Tangente.
Franz Hofbauer
65
Schließlich kommen wir zur Parabel.
Satz 105: Sei P ein Punkt auf einer Parabel mit Brennpunkt F und Leitlinie l. Sei h
die Senkrechte auf l durch P und E ihr Schnittpunkt mit l. Sei g die Winkelsymmetrale
der Geraden ℓ(F, P ) und h, die die Strecke F E schneidet. Dann ist g die Tangente an die
Parabel im Punkt P .
Beweis: Es gilt |F P | = |EP |, da P auf der Parabel liegt.
Da weiters g die Symmetrale des Winkels ] F P E ist, ist E
h
der an g gespiegelte Punkt F . Sei jetzt Q irgendein Punkt
E
P
auf der Gerade g, der ungleich P ist. Sei D der Fußpunkt
des Lotes von Q auf die Leitlinie l. Wegen Q ̸= P gilt
D ̸= E und daher auch |DQ| < |EQ|. Da E der an der
g
Gerade g gespiegelte Punkt F ist und Q auf g liegt, gilt
F
auch |F Q| = |EQ|. Wir erhalten daher |DQ| < |F Q|. Das
zeigt, dass der Abstand von Q zur Leitlinie l kleiner ist
l
als der zum Brennpunkt F . Somit liegt Q außerhalb der
Parabel, das heißt auf der Seite der Parabel, auf der sich die Leitlinie l befindet. Da alle
Punkte der Gerade g außer P auf dieser Seite der Parabel liegen, ist g eine Tangente.
Diese Tangentenkonstruktion hat praktische Anwendungen. Ein Lichtstrahl, der vom
Brennpunkt F1 einer Ellipse ausgeht, die Ellipse im Punkt P trifft und an dieser gespiegelt
wird, geht dann durch den Brennpunkt F2 . Der einfallende Lichtstrahl schließt ja mit
der Tangente im Punkt P denselben Winkel ein wie der ausfallende. Da die Tangente
die Winkelsymmetrale der Gerade durch F1 und P , das ist die Bahn des einfallenden
Lichtstrahls, und der Gerade durch F2 und P ist, muss der ausfallende Lichtstrahl entlang
dieser zweiten Geraden verlaufen und somit auch durch F2 . Lichtstrahlen einer Lampe im
Brennpunkt F1 werden im Brennpunkt F2 gebündelt.
Ähnliches gilt für die Hyperbel. Ein Lichtstrahl, der vom Brennpunkt F1 einer Hyperbel
ausgeht, die Hyperbel im Punkt P trifft und an dieser gespiegelt wird, verläuft dann so als
ob er aus dem Brennpunkt F2 kommen würde. Lichtstrahlen einer Lampe im Brennpunkt
F1 werden gestreut.
Eine Parabel erzeugt parallele Lichtstrahlen. Ein Lichtstrahl, der vom Brennpunkt F
einer Parabel ausgeht, die Parabel im Punkt P trifft und an dieser gespiegelt wird, verläuft
dann senkrecht zur Leitlinie l. Die Tangente ist ja die Winkelsymmetrale der Gerade durch
F und P und der Senkrechten auf die Leitlinie l durch P . Lichtstrahlen einer Lampe im
Brennpunkt F werden an der Parabel so reflektiert, dass sie dann senkrecht zur Leitlinie,
also parallel zueinander laufen.
66
Isometrien und Kegelschnitte
7. Tangentengleichung
Wir suchen die Gleichung der Tangente im Punkt (x0 , y0 ) an einen Kegelschnitt in
Hauptlage.
Satz 106: Sei (x0 , y0 ) ein Punkt auf der Ellipse
yy0
0
in diesem Punkt ist dann xx
a2 + b2 = 1.
x2
a2
2
+ yb2 = 1. Die Gleichung der Tangente
Beweis: Sei u der Vektor vom Punkt (x0 , y0 ) zum Brennpunkt (−e, 0) und v der Vektor
vom Punkt (x0 , y0 ) zum Brennpunkt (e, 0). Die Tangente ist die Winkelsymmetrale der
beiden Geraden durch den Punkt (x0 , y0 ) mit den Richtungsvektoren u und v, und zwar
1
1
u + ∥v∥
v
die, die nicht in dem von diesen Vektoren gebildeten Winkel liegt. Daher ist ∥u∥
ein Normalvektor der Tangente.
e−x0
0
Es gilt u = ( −e−x
−y0 ) und v = ( −y0 ). Da das die Vektoren von einem Punkt auf der
Ellipse zu den beiden Brennpunkten sind, muss ∥u∥ + ∥v∥ = 2a gelten. Um ∥u∥ − ∥v∥ zu
berechnen, berechnen wir zuerst ∥u∥2 − ∥v∥2 = (e + x0 )2 + y02 − (e − x0 )2 − y02 = 4x0 e.
Dividiert man links durch ∥u∥ + ∥v∥ und rechts durch 2a, was ja das gleiche ist, dann
erhält man ∥u∥ − ∥v∥ = 2xa0 e .
1
1
u + ∥v∥
v ein Normalvektor der Tangente
Wir haben bereits oben herausgefunden, dass ∥u∥
im Punkt (x0 , y0 ) an die Ellipse ist. Unter Verwendung obiger Resultate ist dieser gleich
( (−e−x0 )∥v∥+(e−x0 )∥u∥ )
( x0 (∥u∥+∥v∥)−e(∥u∥−∥v∥) )
( a2 x0 −e2 x0 )
1
−1
−2
= ∥u∥·∥v∥
= a∥u∥·∥v∥
∥u∥·∥v∥
−y0 ∥v∥−y0 ∥u∥
y0 (∥u∥+∥v∥)
a2 y
0
2
Berücksichtigt man noch, dass a − e = b gilt, dann erhält man, dass auch ( ab 2xy00 )
ein Normalvektor der Tangente ist. Da die Tangente durch den Punkt (x0 , y0 ) geht, ist
x20
y02
yy0
0
(x − x0 )b2 x0 + (y − y0 )a2 y0 = 0 ihre Gleichung. Umformen ergibt xx
+
=
+
2
2
2
a
b
a
b2 . Da
2
2
(x0 , y0 ) ein Punkt auf der Ellipse ist, gilt auch
als Gleichung der Tangente.
2
x20
a2
y2
+ b20 = 1. Damit erhält man
xx0
a2
0
+ yy
b2 = 1
Ein analoges Resultat gilt für die Hyperbel.
Satz 107: Sei (x0 , y0 ) ein Punkt auf der Hyperbel
yy0
0
Tangente in diesem Punkt ist dann xx
a2 − b2 = 1.
x2
a2
−
y2
b2
= 1. Die Gleichung der
1
1
Beweis: Der Beweis verläuft so wie beim vorigen Satz. Nur ist jetzt ∥u∥
u − ∥v∥
v ein
2x0 e
Normalvektor der Tangente und es gilt ∥u∥ − ∥v∥ = 2a und ∥u∥ + ∥v∥ = a . (Am
anderen Ast der Hyperbel muss man a durch −a ersetzen.)
Bei der Parabel ist es einfacher.
Satz 108: Sei (x0 , y0 ) ein Punkt auf der Parabel y 2 = 2px. Die Gleichung der Tangente
in diesem Punkt ist dann yy0 = px + px0 .
Beweis: Sei u der Vektor vom Punkt (x0 , y0 ) zum Brennpunkt ( p2 , 0) und v der Vektor
vom Punkt (x0 , y0 ) normal zur Leitlinie und bis zu dieser. Da (x0 , y0 ) auf der Parabel liegt,
sind diese beiden Vektoren gleich lang. Die Tangente ist die Winkelsymmetrale der beiden
Geraden durch den Punkt (x0 , y0 ) mit den Richtungsvektoren u und v, und zwar die, die
in dem von diesen Vektoren gebildeten Winkel liegt. Daher ist u − v ein Normalvektor
p
1 −p−2x0
0
) erhalten wir u − v = ( −y
der Tangente. Wegen u = 21 ( p−2x
). Da
−2y0 ) und v = 2 (
0
0
die Tangente durch den Punkt (x0 , y0 ) geht, ist p(x − x0 ) − y0 (y − y0 ) = 0 ihre Gleichung.
Wegen y02 = 2px0 wird das zu yy0 = px + px0 .
Franz Hofbauer
67
Berührbedingungen: Gegeben ist ein Kegelschnitt und eine Gerade. Gesucht ist eine
Bedingung dafür, dass die Gerade Tangente an den Kegelschnitt ist. Die Geradengleichung
schreiben wir in der Form ux + vy = w mit u, v, w ∈ R. Eine Gerade, die durch den
Nullpunkt geht, kann nicht Tangente einer Ellipse oder Hyperbel in Hauptlage sein, da
yy0
xx0
a2 ± b2 = 1 die Tangentengleichung ist. Daher können wir in diesen Fällen w ̸= 0
annehmen und die Geradengleichung in der Form ux + vy = 1 schreiben.
Satz 109: Die Gerade ux + vy = 1 ist Tangente an die Ellipse
wenn u2 a2 + v 2 b2 = 1 gilt.
x2
a2
+
y2
b2
= 1 genau dann,
Beweis: Wir nehmen an, dass ux + vy = 1 Tangente ist. Sei (x0 , y0 ) der Berührpunkt. Da
x2
y2
yy0
0
er auf der Ellipse liegt, gilt a20 + b20 = 1. Die Tangentengleichung ist dann xx
a2 + b2 = 1.
Das ist dieselbe Gerade wie ux+vy = 1. Es gilt daher u = xa20 und v = yb20 . Es folgt x0 = a2 u
4 2
4 2
und y0 = b2 v. Setzt man das in die Ellipsengleichung ein, so hat man aau2 + b bv2 = 1.
Durch Umformen erhält man u2 a2 + v 2 b2 = 1.
Wir nehmen an, dass u2 a2 + v 2 b2 = 1 gilt. Sei x0 = a2 u und y0 = b2 v. Dann liegt der
Punkt (x0 , y0 ) auf der Ellipse, da ja u2 a2 + v 2 b2 = 1 gilt. Die Gleichung der Tangente in
yy0
0
diesem Punkt ist xx
a2 + b2 = 1. Einsetzen von x0 und y0 und Kürzen ergibt ux + vy = 1.
Damit ist gezeigt, dass diese Gerade Tangente ist.
Satz 110: Die Gerade ux + vy = 1 ist Tangente an die Hyperbel
wenn u2 a2 − v 2 b2 = 1 gilt.
x2
a2
2
− yb2 = 1 genau dann,
Beweis: Man muss im vorhergehenden Beweis nur b2 durch −b2 ersetzen.
Satz 111: Die Gerade ux + vy = w ist Tangente an die Parabel y 2 = 2px genau dann,
wenn v 2 p = −2uw gilt.
Beweis: Wir nehmen an, dass ux + vy = w Tangente ist. Sei (x0 , y0 ) der Berührpunkt.
Da er auf der Parabel liegt, gilt y02 = 2px0 . Die Tangentengleichung ist −px + yy0 = px0 .
Das ist die Gerade ux + vy = w. Es gilt daher u = −λp, v = λy0 und w = λpx0 für ein
pv
λ ∈ R \ {0}. Es folgt u =
̸ 0 und λ = − up und daraus x0 = − w
u und y0 = − u . Setzt man
2 2
2
das in die Parabelgleichung ein, so hat man puv2 = − 2pw
u . Umformen ergibt v p = −2uw.
Wir nehmen an, dass v 2 p = −2uw gilt. Es muss u ̸= 0 gelten, sonst wäre auch v null
pv
und wir hätten keine Geradengleichung mehr. Sei x0 = − w
u und y0 = − u . Dann liegt
der Punkt (x0 , y0 ) auf der Parabel, da ja v 2 p = −2uw gilt. Die Gleichung der Tangente
in diesem Punkt ist yy0 = px + px0 . Setzt man x0 und y0 ein und formt um, dann erhält
man ux + vy = w. Damit ist gezeigt, dass diese Gerade Tangente ist.
Beispiel: Gesucht ist eine Ellipse in Hauptlage, die durch den Punkt (4, 65 ) geht und die
Gerade 3x + 10y = 25 als Tangente hat.
2
2
36
Die Gleichung der Ellipse ist xa2 + yb2 = 1. Es gilt also a162 + 25b
2 = 1. Die Berührbedingung
3
2
9 2
4 2
2 2
2 2
ist u a + v b = 1. Da die Gerade 25 x + 5 y = 1 Tangente ist, gilt auch 625
a + 25
b = 1,
9 2
16
36
das heißt 25b2 = 625
−
a
.
Setzt
man
das
in
die
Gleichung
+
=
1
ein
und
formt
4
4
a2
25b2
4
2
um, so ergibt sich 9a − 625a + 10000 = 0. Löst man diese quadratische Gleichung, so
625
9 2
2
erhält man a2 = 25 und a2 = 400
9 als Lösungen. Aus der Gleichung 25b = 4 − 4 a folgt
dann b2 = 4 im ersten und b2 = 94 im zweiten Fall.
2
2
2
2
4y
Wir erhalten die Ellipsen mit Gleichungen x25 + y4 = 1 und 9x
400 + 9 = 1 als Lösungen.
Beide gehen durch den Punkt (4, 65 ) und haben die Gerade 3x + 10y = 25 als Tangente.
68
Isometrien und Kegelschnitte
8. Tangenten von einem Punkt an einen Kegelschnitt
Gegeben ist eine Ellipse mit Brennpunkten F1 und F2 , deren große Halbachse Länge a
hat. Sei P ein Punkt, der außerhalb der Ellipse liegt. Die Tangenten vom Punkt P an die
Ellipse sind zu konstruieren.
Wir nehmen die im Beweis von Satz 103
H
verwendete Methode zu Hilfe. Wir konstru∗
ieren zuerst den Punkt F1 . Er hat Abstand
2a von F2 und von jedem Punkt der Tangente
P
denselben Abstand wie F1 , da die Tangente ja
die Symmetrale der Strecke F1 F1∗ ist. Somit
liegt F1∗ auf dem Kreis mit Mittelpunkt F2
und Radius 2a und auf dem Kreis mit MitF1
F2
telpunkt P durch F1 . Diese beiden Kreise
haben zwei Schnittpunkte G und H. Sie spieG
len die Rolle des Punktes F1∗ . Die Symmetralen der Strecken F1 G und F1 H sind dann
die beiden Tangenten durch P an die Ellipse.
Ihre Berührpunkte sind die Schnittpunkte der Geraden ℓ(F2 , G) und ℓ(F2 , H) mit der
Ellipse.
Für die Hyperbel funktioniert dieselbe Konstruktion, da auch in diesem Fall der Punkt
Abstand 2a von F2 hat und von jedem Punkt der Tangente denselben Abstand wie F1 .
F1∗
Im Fall der Parabel ist es ein wenig anders. Spiegelt man den Brennpunkt F an
H
einer Tangente, dann erhält man einen Punkt
E, der auf der Leitlinie l liegt. Das wird im
Beweis von Satz 105 gezeigt. Insbesondere
hat E von jedem Punkt der Tangente denselP
ben Abstand wie F . Wir zeichnen den Kreis
F
mit Mittelpunkt P durch F . Dann muss E
auf diesem Kreis und auf der Leitlinie liegen.
Es gibt zwei Schnittpunkte G und H dieses
G
Kreises mit der Leitlinie l. Sie spielen die
Rolle des Punktes E. Daher sind die Syml
metralen der Strecken F G und F H die beiden Tangenten durch P an die Parabel. Ihre Berührpunkte sind die Schnittpunkte der
Senkrechten auf l durch G und H mit der Parabel.
Polare: Um die Gleichungen der Tangenten von einem Punkt (r, s) an einen Kegelschnitt
zu berechnen, verwendet man eine Gerade, die Polare zum Punkt (r, s) genannt wird. Ihre
Gleichung ist dieselbe wie die der Tangente, nur setzt man anstelle des Berührpunktes
(x0 , y0 ) den Punkt (r, s) ein. Wir erhalten daher:
2
2
ys
Für die Ellipse xa2 + yb2 = 1 ist xr
a2 + b2 = 1 die Gleichung der Polare zum Punkt (r, s).
2
2
ys
Für die Hyperbel xa2 − yb2 = 1 ist xr
a2 − b2 = 1 die Gleichung der Polare zum Punkt (r, s).
Für die Parabel y 2 = 2px ist ys = px + pr die Gleichung der Polare zum Punkt (r, s).
Es gilt dann
Franz Hofbauer
69
Satz 112: Sei (r, s) ein Punkt, der nicht auf dem Kegelschnitt liegt. Die Schnittpunkte der
Polare zum Punkt (r, s) mit dem Kegelschnitt sind dann die Berührpunkte der Tangenten
vom Punkt (r, s) aus an den Kegelschnitt. Hat die Polare keinen Schnittpunkt mit dem
Kegelschnitt, dann existieren keine Tangenten vom Punkt (r, s) aus an den Kegelschnitt.
2
2
Beweis: Wir führen den Beweis nur für die Ellipse xa2 + yb2 = 1. Ist (x0 , y0 ) ein Schnittys
y0 s
x0 r
punkt der Polare xr
a2 + b2 = 1 mit der Ellipse, dann gilt a2 + b2 = 1. Das heißt, der
Punkt (r, s) liegt auf der Tangente der Ellipse, die Berührpunkt (x0 , y0 ) hat.
Es existiere eine Tangente vom Punkt (r, s) aus an die Ellipse. Ist (x0 , y0 ) ihr Berührpunkt,
yy0
sy0
rx0
0
dann hat sie die Gleichung xx
a2 + b2 = 1. Da (r, s) auf der Tangente liegt, gilt a2 + b2 = 1.
Das aber heißt, dass (x0 , y0 ) ein Schnittpunkt der Polare mit der Ellipse ist.
2
2
Beispiel: Gesucht sind die Tangenten vom Punkt (1, 2) aus an die Ellipse x3 + 2y3 = 1.
2ys
Die Gleichung der Polaren zum Punkt (r, s) ist xr
3 + 3 = 1. Für den Punkt (1, 2) erhält
man x3 + 4y
3 = 1 oder x = 3 − 4y als Polare. Setzt man das in die Ellipsengleichung ein, so
hat man (3 − 4y)2 + 2y 2 = 3 oder y 2 − 43 y + 13 = 0. Die Lösungen sind y1 = 1 und y2 = 13 ,
woraus x1 = −1 und x2 = 53 aus der Gleichung der Polaren folgt. Die Schnittpunkte der
Polaren mit der Ellipse sind daher (−1, 1) und ( 53 , 13 ).
2y
5x
Die Gleichungen der Tangenten in diesen Punkten sind dann − x3 + 2y
3 = 1 und 9 + 9 = 1.
Sie gehen durch den Punkt (1, 2).
Eindeutigkeit der Tangente: Es soll noch erwähnt werden, dass die Tangente in einem
Punkt P an einen Kegelschnitt eindeutig ist. Neben der oben gefundenen Winkelsymmetrale gibt es keine andere Tangente durch den Punkt P . Wir zeigen das für die Ellipse.
Sei P ein Punkt auf der Ellipse mit Brenng
F1∗
punkten F1 und F2 , deren Hauptachse
P
Länge 2a hat. Sei g eine Gerade durch P ,
die nicht Winkelsymmetrale der Geraden
Q
ℓ(F1 , P ) und ℓ(F2 , P ) ist. Wir können
annehmen, dass g die Strecke F1 F2 nicht
schneidet, denn sonst geht sie ja durch
das Innere der Ellipse und kann keine TanF1
F2
gente sein. Sei F1∗ der an g gespiegelte
Punkt F1 . Dieser liegt auf der anderen
Seite der Gerade g als F2 . Die Geraden g und ℓ(F2 , F1∗ ) haben einen Schnittpunkt Q. Da
g nicht Winkelsymmetrale von ℓ(F1 , P ) und ℓ(F2 , P ) ist, liegt F1∗ nicht auf ℓ(F2 , P ). Es
folgt |F1∗ F2 | < |F1∗ P | + |P F2 |. Da P und Q auf g liegen, erhalten wir |F1∗ Q| = |F1 Q| und
|F1∗ P | = |F1 P |. Setzen wir das zusammen, dann ergibt sich
|F1 Q| + |QF2 | = |F1∗ Q| + |QF2 | = |F1∗ F2 | < |F1∗ P | + |P F2 | = |F1 P | + |P F2 | = 2a
Das aber bedeutet, dass Q im Innern der Ellipse liegt. Da Q auch auf g liegt, kann g keine
Tangente sein.
Mit einem ähnlichen Beweis kann man auch zeigen, dass nur eine Tangente in einem
Punkt P an eine Hyperbel oder Parabel existiert.
70
Isometrien und Kegelschnitte
9. Hauptachsentransformation
Wir untersuchen Kegelschnitte, die nicht in Hauptlage liegen. Sie sollen durch Drehungen und Translationen in Hauptlage gebracht werden.
Um die Vektorschreibweise verwenden zu können, schreiben wir jetzt x1 und x2 anstelle
von x und y und bezeichnen den Vektor ( xx12 ) mit x.
Kurven in der Ebene stellt man allgemein durch Gleichungen f (x) = 0 dar, wobei f
x2
x2
eine Funktion von R2 nach R ist. Für f (x1 , x2 ) = a21 + b22 − 1 ist die Kurve eine Ellipse
und für f (x1 , x2 ) = x22 − px1 ist sie eine Parabel. Wir überlegen uns zuerst, wie sich die
Gleichung einer Kurve verändert, wenn wir auf die Kurve eine Isometrie L anwenden.
Satz 113: Sei f : R2 → R eine Funktion. Die Menge K = {x ∈ R2 : f (x) = 0} stellen wir
uns als Kurve im R2 vor. Sei L : R2 → R2 eine Isometrie und g = f ◦ L. Für die Kurve
K̃ = {x ∈ R2 : g(x) = 0} gilt dann L(K̃) = K. Die Isometrie L führt die neue Kurve K̃
in die alte Kurve K zurück.
Beweis: Es gilt x ∈ K̃ ⇐⇒ g(x) = 0 ⇐⇒ f (L(x)) = 0 ⇐⇒ L(x) ∈ K. Damit ist
x ∈ K̃ ⇐⇒ L(x) ∈ K gezeigt, das heißt L(K̃) = K.
Wir untersuchen Kurven, die durch eine Gleichung f (x) = 0 gegeben sind, wobei f (x)
ein Polynom in zwei Variablen vom Grad 2 ist, das heißt
f (x1 , x2 ) = a1 x21 + a2 x22 + 2a3 x1 x2 + b1 x1 + b2 x2 + c
mit rellen Koeffizienten a1 , a2 , a3 , b1 , b2 und c. Der Faktor 2 beim Koeffizienten a3 dient
der bequemeren Darstellung. Mit Hilfe der Methode aus Satz 113 wollen wir herausfinden,
welche Kurven das sind.
Zuvor bringen
mit Hilfe von Matrizen in eine bequemere Form. Wir
) dieses Polynom
( a1 wir
a3
b1
setzen A = a3 a2 und b = ( b2 ). Dann gilt bt x = (b1 b2 )( xx12 ) = b1 x1 + b2 x2 und
)
(
2
2
3 x2
xt Ax = (x1 x2 ) aa13 aa32 ( xx12 ) = (x1 x2 )( aa13 xx11 +a
+a2 x2 ) = a1 x1 + a3 x1 x2 + a3 x2 x1 + a2 x2 =
a1 x21 + a2 x22 + 2a3 x1 x2 . Damit erhalten wir
f (x) = xt Ax + bt x + c
Indem wir Satz 113 mit einer geeigneten Drehung anwenden, versuchen wir, den Koeffizienten von x1 x2 in der Gleichung f (x) = 0 zum Verschwinden zu bringen. Wir nehmen
daher an, dass a3(̸= 0 gilt,
) sonst ist ja nichts zu tun. Eine Drehung um den Nullpunkt hat
u1 v1
eine Matrix R = u2 v2 , wobei u und v Vektoren der Länge 1 mit ⟨u, v⟩ = 0 sind. Nach
Satz 113 ist f (Rx) = 0 die Kurve, die durch die Drehung um den Nullpunkt, deren Matrix
R ist, in die vorliegende Kurve f (x) = 0 übergeht. Wegen (Rx)t = xt Rt erhalten wir
f (Rx) = xt Rt ARx + bt Rx + c
(
)
Wir bestimmen R so, dass Rt AR = λ01 λ02 gilt mit λ1 und λ2 in R. Dann erhalten wir
nämlich xt Rt ARx = λ1 x21 + λ2 x22 , das heißt x1 x2 kommt nicht mehr vor.
Die Matrix R hat die Spaltenvektoren u und v. Die Matrix Rt hat daher die
( uVektoren
)u
t
Au ut Av
t
und v als Zeilen. Aus der Definition der Matrixmultiplikation folgt R AR = vt Au vt Av .
Insbesondere hat die Matrix Rt AR Eintragung ut Av rechts oben und vt Au links unten.
Es muss also ut Av = 0 und vt Au = 0 gelten, das heißt ⟨u, Av⟩ = 0 und ⟨v, Au⟩ = 0.
Wegen ⟨u, v⟩ = 0 stehen Au und u senkrecht auf v, das heißt Au = λ1 u für ein λ1 ∈ R.
Ebenso stehen Av und v senkrecht auf u, das heißt Av = λ2 v für ein λ2 ∈ R. Somit sind
λ1 und λ2 Eigenwerte der Matrix A und u und v sind zugehörige Eigenvektoren.
(∗)
Franz Hofbauer
71
Da A eine symmetrische Matrix ist, sind λ1 und λ2 nach Satz 94 reell und verschieden
und die Eigenvektoren u und v sind orthogonal. Da jedes Vielfache von u ebenfalls Eigenvektor zum Eigenwert λ1 ist, können wir den Vektor u so wählen, dass er Länge 1 hat.
α
Es existiert ein Winkel α mit u = ( cos
sin α ). Da v senkrecht auf den Vektor u steht, ist der
sin α
Vektor w = ( −cos
α ) ein Vielfaches von v. Da aber jedes Vielfache von v ebenfalls Eigen( α − sin α )
vektor zum Eigenwert λ2 ist, können wir v = w wählen. Wir erhalten R = cos
sin α cos α .
t
t
t
t
t
t
Da auch u
=) u λ1 u = λ1 u u =(λ1 und) v Av = v λ2 v = λ2 v v = λ2 gilt, ergibt sich
( λAu
0
t
1
R AR = 0 λ2 . Wir setzen D = λ01 λ02 . Wenn wir diese Matrix R in (∗) verwenden,
dann wird der Koeffizient von x1 x2 gleich null.
Sei g(x) = f (Rx). Um herauszufinden, welche Kurve durch f (x) = 0 gegeben ist, genügt
es, die neue Kurve g(x) = 0 zu untersuchen. Nach (∗) gilt g(x) = xt Rt ARx + bt Rx + c.
Wir haben Rt AR bereits berechnet. Weiters ist bt R ein Zeilenvektor, den wir mit dt
bezeichnen. Setzen wir das ein, dann erhalten wir
g(x) = xt Dx + dt x + c = λ1 x21 + λ2 x22 + d1 x1 + d2 x2 + c
Wir haben x1 x2 zum Verschwinden gebracht.
Um die Gleichung g(x) = 0 in eine bekannte Form zu bringen, wenden wir eine Translation an. Wir behandeln zuerst den Fall λ1 ̸= 0 und λ2 ̸= 0. Um auf vollständige Quadrate
d2
d1
, s = 2λ
und e = λ1 r2 + λ2 s2 − c. Damit erhalten wir
zu ergänzen, setzen wir r = 2λ
1
2
g(x) = λ1 (x21 + 2rx1 + r2 ) + λ2 (x22 + 2sx2 + s2 ) − e = λ1 (x1 + r)2 + λ2 (x2 + s)2 − e
Sei h(x) = λ1 x21 +λ2 x22 −e und T (x) = x−( rs ). Dann gilt g(T (x)) = h(x). Die Translation
T führt die Kurve h(x) = 0 über in die Kurve g(x) = 0. Die ursprüngliche Kurve f (x) = 0
erhält man durch eine Translation und eine Drehung aus der Kurve h(x) = 0. Diese ist
λ1 x21 + λ2 x22 = e
oder
λ1 2
e x1
+
λ2 2
e x2
=1
Sind λe1 und λe2 beide > 0, dann haben wir eine Ellipse. Ist eine dieser Zahlen positiv, die
andere negativ, dann haben wir eine Hyperbel. Sind beide negativ, dann ist die Kurve
die leere Menge. Ist e = 0, dann können wir gar nicht durch e dividieren. Haben in
diesem Fall λ1 und λ2 gleiches Vorzeichen, dann besteht die Kurve nur aus einem Punkt.
Haben sie verschiedenes Vorzeichen, dann besteht die Kurve aus zwei Geraden, die einander
schneiden.
Wir behandeln noch den Fall, dass λ1 oder λ2 gleich 0 ist, sagen wir es sei λ2 . Es sei
aber λ1 ̸= 0, sonst ist g(x) = 0 ja nur eine Geradengleichung. Außerdem sei d2 ̸= 0, sonst
kommt ja x2 gar nicht mehr vor. Dann würde die Kurve aus zwei oder einer zur x-Achse
senkrechten Geraden bestehen oder die leere Menge sein. Wir haben dann
g(x) = λ1 x21 + d1 x1 + d2 x2 + c
Wir setzen r =
d1
2λ1 ,
e = c − λ1 r2 und s =
e
d2
und ergänzen auf ein vollständiges Quadrat
g(x) = λ1 (x21 + 2rx1 + r2 ) + d2 x2 + e = λ1 (x1 + r)2 + d2 (x2 + s)
Sei h(x) = λ1 x21 + d2 x2 und T (x) = x − ( rs ). Dann gilt g(T (x)) = h(x). Die Translation T
führt die Kurve h(x) = 0 über in die Kurve g(x) = 0. Die ursprüngliche Kurve f (x) = 0
erhält man durch eine Translation und eine Drehung aus der Kurve h(x) = 0. Diese ist
x21 =
Das ist die Gleichung einer Parabel.
−d2
λ1 x2
72
Isometrien und Kegelschnitte
Es folgen Beispiele für Hauptachsentransformationen. Wir kehren wieder zur gewohnten
Schreibweise zurück und schreiben x und y anstelle von x1 und x2 .
Beispiel: Welcher Kegelschnitt wird durch die Gleichung
6xy + 8y 2 − 24x − 52y + 71 = 0
dargestellt? Wir bringen ihn mit der oben beschriebenen Methode in Hauptlage.
(
)
Wir haben A = 03 38 und bt = (−24 − 52). Das charakteristische Polynom der Matrix A
√
3 2
ist −λ
3 8−λ = −λ(8 − λ) − 9 = λ − 8λ − 9. Die Eigenwerte sind λ1,2 = 4 ± 25, das heißt
λ
Eigenvektoren sind Lösungen der Gleichungssysteme
( 1−9= 39 )und λ2 = −1.
( 1 Zugehörige
)
3
u
=
0
und
v
=
0.
Wir
erhalten u = ( 13 ) und v = ( −3
1 ). Eigenvektoren
3 −1
3 9
1
−3
1
1
der Länge 1 sind dann √10 ( 3 ) und √10 ( 1 ). Diese beiden Vektoren sind die Spalten
)
(
der Rotationsmatrix R. Wir erhalten also R = √110 13 −3
1 . Schließlich berechnen wir
√
√
(
)
dt = bt R = (−24 − 52) √110 13 −3
= (−18 10 2 10). Wir erhalten den Kegelschnitt
1
√
√
9x2 − y 2 − 18 10x + 2 10y + 71 = 0
der durch die Rotation mit Matrix R in den gegebenen Kegelschnitt übergeführt wird.
In dieser Gleichung müssen wir auf vollständige Quadrate ergänzen. Das führt zu
√
√
√
√
9(x2 − 2 10x + 10) − (y 2 − 2 10y + 10) − 80 + 71 = 0 oder 9(x − 10)2 − (y − 10)2 = 9
√
Wir erhalten die Gleichung x2 − 19 y 2 = 1, die durch die Translation mit dem Vektor 10 ( 11 )
in die vorherige übergeht. Das ist eine Hyperbel in Hauptlage mit a = 1 und b = 3.
Beispiel: Wir ändern im letzten Beispiel nur die Konstante 71 auf 80. Das ergibt die
Gleichung 6xy + 8y 2 − 24x − 52y + 80 = 0. Dieselbe Rechnung wie oben führt dann zu
√
√
√
√
9(x2 − 2 10x + 10) − (y 2 − 2 10y + 10) − 80 + 80 = 0 oder 9(x − 10)2 − (y − 10)2 = 0
und schließlich zu 9x2 − y 2 = 0. Das ist äquivalent zu (3x − y)(3x + y) = 0. Die Kurve
besteht aus den beiden Geraden 3x − y = 0 und 3x + y = 0. Die ursprüngliche Kurve
erhält man daraus durch eine Translation und eine Drehung. Daher besteht sie ebenfalls
aus zwei Geraden, die einander schneiden.
Beispiel: Welcher Kegelschnitt wird durch die folgende Gleichung gegeben
x2 + 2xy + y 2 + 6x + 2y = 0
(
)
Wir haben A = 11 11 und bt = (6 2). Das charakteristische Polynom der Matrix A ist
1−λ 1 2
2
sind λ1 = 0 und λ2 = 2. Die
1 1−λ = (1 − λ) − 1 = λ − 2λ. Die Eigenwerte
(1 1)
(
)
1
Eigenvektoren sind Lösungen der Gleichungssysteme 1 1 u = 0 und −1
1 −1 v = 0. Wir
1
1
erhalten u = ( −1
) und v = ( 11 ). Eigenvektoren der Länge 1 sind dann √12 ( −1
) und
( 1 1)
1
1
1
√ ( ). Sie sind die Spalten der Rotationsmatrix R, das heißt R = √
. Schließlich
2 1
2 −1 1
√
√
(
)
1 1
berechnen wir dt = bt R = (6 2) √12 −1
1 = (2 2 4 2). Wir erhalten den Kegelschnitt
√
√
√
√
2y 2 + 2 2x + 4 2y = 0 oder y 2 + 2x + 2 2y = 0
der durch die Rotation mit Matrix R in den gegebenen Kegelschnitt übergeführt wird.
In dieser Gleichung müssen wir auf ein vollständiges Quadrat ergänzen. Das führt zu
√
√
√
√
√
(y 2 + 2 2y + 2) + 2x − 2 = 0 oder (y + 2)2 + 2(x − 2) = 0
√
2
Schließlich
erhalten
wir
die
Gleichung
y
+
2x = 0, die durch die Translation mit Vektor
√
1
2 ( −1
) in die vorherige übergeht. Das ist eine Parabel in Hauptlage mit p = − √12 .
Franz Hofbauer
73
10. Leitlinie und Polarkoordinaten
Üblicherweise werden die Kegelschnitte unterschiedlich definiert. Während Ellipse und
Hyperbel mit Hilfe von zwei Brennpunkten definiert werden, wird bei der Parabel ein
Brennpunkt und eine Leitlinie verwendet. Man kann jedoch die Kegelschnitte auch einheitlich mit Hilfe eines Brennpunktes und einer Leitlinie definieren.
Seien c und d reelle Zahlen. Sei (c, 0) der Brennpunkt F und die Senkrechte zur x-Achse
durch (d, 0) sei die Leitlinie l. Sei weiters v > 0. Wir suchen die Menge aller Punkte (x, y),
deren Abstand zum Brennpunkt F das v-fache ihres√Normalabstandes zur Leitlinie l ist.
Der Abstand von (x, y) zum Brennpunkt (c, 0) ist (x − c)2 + y 2 . Der Normalabstand
von (x, y) zur Leitlinie l ist |x − d|. Wir erhalten daher die Gleichung
√
(x − c)2 + y 2 = v|x − d| oder (x − c)2 + y 2 = v 2 (x − d)2
Ausquadrieren und Zusammenfassen ergibt
(∗)
x2 (1 − v 2 ) + 2x(v 2 d − c) + c2 − v 2 d2 + y 2 = 0
Wir unterscheiden die Fälle v = 1 und v ̸= 1.
Parabel: Im Fall v = 1 ist der Abstand des Punktes (x, y) zum Brennpunkt und zur
Leitlinie gleich groß. Das ist die Definition der Parabel, die wir schon früher hatten. Setzt
man v = 1 in die Gleichung (∗) ein, so ergibt sich
2x(d − c) + c2 − d2 + y 2 = 0
oder
y 2 = 2(c − d)(x −
c+d
2 )
Hier sieht man ebenfalls, dass eine Parabel vorliegt, die durch eine Translation in Hauptlage
übergeführt werden kann. Man hat dann die Gleichung y 2 = 2(c − d)x.
Ellipse und Hyperbel: Sei jetzt v ̸= 1. In diesem Fall kann man die Gleichung ( ∗ )
weiter umformen. Ergänzen auf ein vollständiges Quadrat ergibt
2
2
2
d−c
v d−c 2
(1 − v 2 )(x2 + 2x v1−v
= v 2 d2 − c2 +
2 + ( 1−v 2 ) ) + y
(v 2 d−c)2
1−v 2
Rechnet man die rechte Seite aus und fasst zusammen, so erhält man
(1 − v 2 )(x +
v 2 d−c 2
1−v 2 )
+ y2 =
v 2 (d−c)2
1−v 2
Dividiert man noch durch die rechte Seite, so hat man
(1−v 2 )2
v 2 (d−c)2 (x
+
v 2 d−c 2
1−v 2 )
+
1−v 2
v 2 (d−c)2
y2 = 1
Durch eine entsprechende Translation kann man den Kegelschnitt in Hauptlage bringen
(1−v 2 )2
2
v 2 (d−c)2 x
2
+
1−v 2
v 2 (d−c)2
y2 = 1
Man sieht, dass der Koeffizient von x immer > 0 ist, der Koeffizient von y 2 kann beide
Vorzeichen haben.
Gilt 0 < v < 1, dann ist auch der Koeffizient von y 2 positiv. Es liegt eine Ellipse vor
2
2
2
2
2
2
(d−c)2
(d−c)2
2
= v 1−v
. Es folgt ab 2 = 1 − v 2 und daraus v 2 = a a−b
= ae2 ,
mit a2 = v(1−v
2 )2 und b
2
2
2
4
2
b
b
also v = ae . Weiters folgt (d − c)2 = b2 1−v
v 2 = e2 , das heißt |d − c| = e . Bei der Ellipse
2
ist der Abstand von Brennpunkt und Leitlinie gleich be und der Quotient v gleich ae .
Gilt v > 1, dann ist der Koeffizient von y 2 negativ. Es liegt eine Hyperbel vor mit
2
2
2
2
2
2
2
(d−c)2
2
a2 = v(1−v
= v v(d−c)
. Es folgt ab 2 = v 2 − 1 und daraus v 2 = a a+b
= ae2 , also
2 )2 und b
2 −1
2
= eb2 , das heißt |d − c| = be . Auch bei
wieder v = ae . Weiters folgt (d − c)2 = b2 v v−1
2
2
der Hyperbel ist der Abstand von Brennpunkt und Leitlinie gleich be und der Quotient v
gleich ae . Nur ist ae im Gegensatz zur Ellipse jetzt > 1.
2
4
2
74
Isometrien und Kegelschnitte
Bei einer Ellipse zeichnet man links vom linken Brennpunkt F1 und rechts vom rechten
2
Brennpunkt F2 jeweils im Abstand be senkrecht zur Hauptachse eine Leitlinie. Die Ellipse
ist dann die Menge aller Punkte, deren Abstand zum Brennpunkt F1 das ae -fache des
Abstandes zur Leitlinie l1 beträgt. Genau dieselbe Aussage gilt auch für F2 und l2 .
F1
F1
F2
F2
l1
l2
l1
l2
Bei einer Hyperbel zeichnet man rechts vom linken Brennpunkt F1 und links vom rechten
2
Brennpunkt F2 jeweils im Abstand be senkrecht zur Hauptachse eine Leitlinie. Die Hyperbel ist dann die Menge aller Punkte, deren Abstand zum Brennpunkt F1 das ae -fache
des Abstandes zur Leitlinie l1 beträgt. Genau dieselbe Aussage gilt auch für F2 und l2 .
Polarkoordinaten: Anstatt durch die Koordinaten x und y wird ein Punkt P dargestellt
durch seinen Abstand r vom Nullpunkt O und durch den Winkel φ zwischen der positiven
−→
x-Achse und dem Vektor OP . Die Umrechnung erfolgt durch die Formeln x = r cos φ und
y = r sin φ. Es soll eine Polarkoordinatendarstellung der Kegelschnitte gefunden werden,
bei der ein Brennpunkt im Nullpunkt O liegt.
Wir nehmen an, dass d > 0 gilt und die Leitlinie senkrecht zur x-Achse durch (d, 0)
verläuft. Der Brennpunkt O liegt links von der Leitlinie. Wir wissen bereits, dass dann im
Fall einer Ellipse oder Parabel die gesamte Kurve, im Fall einer Hyperbel jedoch nur der
linke Ast links von der Leitlinie liegt. Ein Punkt P , der Polarkoordinaten r und φ hat und
links von der Leitlinie liegt, hat Abstand r vom Brennpunkt, der ja im Nullpunkt liegt,
und Abstand d − r cos φ von der Leitlinie. Ein Punkt liegt auf dem Kegelschnitt, wenn
diese Abstände Verhältnis v haben. Die Kegelschnittgleichung ist daher
r = v(d − r cos φ)
oder
r=
vd
1+v cos φ
Für 0 < v < 1 stellt diese Gleichung eine Ellipse dar, für v = 1 eine Parabel und für v > 1
den linken Ast einer Hyperbel. (Bei der Hyperbel läuft φ nur in dem Intervall für das
cos φ > − v1 gilt, das ist das Intervall (− arccos(− v1 ), arccos(− v1 )), sonst ist r negativ.)
Will man den rechten Ast der Hyperbel erhalten, dann muss man Punkte rechts von der
Leitlinie betrachten. Ein Punkt P , der Polarkoordinaten r und φ hat und rechts von der
Leitlinie liegt, hat Abstand r vom Brennpunkt und Abstand r cos φ − d von der Leitlinie.
Die Kegelschnittgleichung ist daher
r = v(r cos φ − d)
oder
r=
vd
v cos φ−1
Für v ≤ 1 gibt es keinen Punkt, der diese Gleichung erfüllt, da r ja größer als 0 sein
muss. (Ellipse und Parabel liegen zur Gänze links von der Leitlinie.) Für v > 1 stellt diese
Gleichung den rechten Ast einer Hyperbel dar. (Dabei läuft φ nur in dem Intervall für das
cos φ > v1 gilt, das ist das Intervall (− arccos v1 , arccos v1 ), sonst ist r negativ.)
Franz Hofbauer
75
11. Flächen zweiter Ordnung
Eine Kurve im R2 kann man durch eine Gleichung g(x, y) = 0 darstellen, wobei g eine
Funktion von R2 nach R ist. Eine Kurve zweiter Ordnung erhält man, wenn g(x, y) ein
Polynom zweiten Grades in zwei Variablen ist. Diese hat dann eine Gleichung der Form
a1 x2 + a2 y 2 + 2a3 xy + b1 x + b2 y + c = 0
mit rellen Koeffizienten a1 , a2 , a3 , b1 , b2 und c. Wir wissen bereits, dass diese Kurven,
abgesehen von Grenzfällen, Kegelschnitte sind.
Eine Fläche im R3 kann man durch eine Gleichung f (x, y, z) = 0 darstellen, wobei f
eine Funktion von R3 nach R ist. Für f (x, y, z) = 3x + 2y − 6z + 3 hat man eine Ebene und
für f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1 die Oberfläche einer Kugel. Eine Fläche zweiter Ordnung
erhält man, wenn f (x, y, z) ein Polynom zweiten Grades in drei Variablen ist. Ein Beispiel
dafür ist die Kugeloberfläche. Eine Fläche zweiter Ordnung hat eine Gleichung der Form
a1 x2 + a2 y 2 + 2a3 xy + a4 z 2 + 2a5 xz + 2a6 yz + b1 x + b2 y + b3 z + c = 0
mit rellen Koeffizienten a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , b1 , b2 , b3 und c. Um herauszufinden, wie
Flächen zweiter Ordnung aussehen, kann man genauso wie für Kurven zweiter Ordnung
eine Hauptachsentransformation durchführen. Dadurch bringt man die Fläche in Hauptlage. Abgesehen von Grenzfällen (ein Punkt, eine Gerade, eine Ebene, ein Ebenenpaar,
die Mantelfläche eines elliptischen, hyperbolischen oder parabolischen Zylinders, die Mantelfläche eines elliptischen Doppelkegels) können dabei fünf verschiedene Arten von Flächen
auftreten. Diese werden im Folgenden besprochen. Um eine Vorstellung zu bekommen,
wie diese Flächen aussehen, werden wir sie aus Kegelschnitten erzeugen.
Hat man eine Kurve K im R2 , dann kann man diese um die x-Achse rotieren. Dadurch
entsteht eine Rotationsfläche F . Ist g(x, y) = 0 eine Gleichung der Kurve K, dann gilt
√
√
(x, y, z) ∈ F ⇐⇒ (x, y 2 + z 2 ) ∈ K oder (x, − y 2 + z 2 ) ∈ K
√
√
⇐⇒ g(x, y 2 + z 2 ) = 0 oder g(x, − y 2 + z 2 ) = 0
Wir werden Rotationsflächen für Kegelschnitte bilden. Da in den Kegelschnittgleichungen
y ohnehin nur als y 2 vorkommt, ist das Vorzeichen der
√ zweiten Variable in g unerheblich.
Die Gleichung für die Rotationsfläche ist dann g(x, y 2 + z 2 ) = 0.
Wir üben eine Streckung mit Faktor u in Richtung der z-Achse auf eine Fläche F mit
Gleichung f (x, y, z) = 0 aus. Der Punkt (x, y, z) erfüllt die Gleichung f (x, y, z) = 0
genau dann, wenn der Punkt (x, y, uz) die Gleichung f (x, y, uz ) = 0 erfüllt. Somit ist
f (x, y, uz ) = 0 die Gleichung der in z-Richtung um den Faktor u gestreckten Fläche F .
Diese beiden Operationen, die Rotation um die x-Achse und die Streckung der so erhaltenen Fläche in z-Richtung, wenden wir auf Kegelschnitte an. Man kann sich dann gut
vorstellen, wie die Fläche aussieht, die man dadurch erhält.
Eine andere Möglichkeit, sich eine Vorstellung von einer Fläche zu machen, sind Höhenschichtlinien. Das sind die Kurven, die man erhält, wenn man die Fläche mit den Ebenen senkrecht zur z-Achse schneidet. Da diese Ebenen Gleichungen der Form z = d
mit d ∈ R haben, sind Höhenschichtlinien leicht zu bestimmen. (Das entspricht den
Höhenschichtlinien, die in einer Landkarte eingezeichnet sind.) Man kann aber genauso
die Schnittkurven der Fläche mit Ebenen senkrecht zur x-Achse oder senkrecht zur y-Achse
berechnen.
76
Isometrien und Kegelschnitte
Ellipsoid: Die Gleichung einer Ellipse in Hauptlage ist
y2
y2
x2
x2
a2 + b2 = 1. Das ist g(x, y) = 0 mit g(x, y) = a2 + b2 − 1.
Die Ellipse rotiert um
hat
√ die x-Achse. Die Rotationsfläche
y2
x2
z2
2
2
die Gleichung g(x, y + z ) = 0, das ist a2 + b2 + b2 = 1.
Die Schnitte dieser Rotationsfläche senkrecht zur x-Achse
sind Kreise. Um das zu ändern, üben wir eine Streckung
mit Faktor u in Richtung der z-Achse auf die Rotations2
2
2
fläche aus. Das gibt die Fläche mit Gleichung xa2 + yb2 + uz2 b2 = 1. Mit c = ub wird das zu
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
=1
Diese Fläche nennt man ein Ellipsoid. Die Längen der Halbachsen sind a, b und c.
Wir bestimmen noch die Höhenschichtlinien. Wir schneiden mit Ebenen senkrecht zur
z-Achse. Die Gleichung so einer Ebene ist z = d mit d ∈ R. Die Schnittkurve hat die
2
2
2
Gleichung xa2 + yb2 = 1 − dc2 . Für |d| < c ist das eine Ellipse, für |d| = c besteht die Kurve
nur aus einem Punkt, und für |d| > c ist die Schnittmenge leer. Die Schnitte senkrecht zur
x-Achse und senkrecht zur y-Achse ergeben ebenfalls Ellipsen.
Zweischaliges Hyperboloid: Die Gleichung einer Hyper2
2
bel in Hauptlage ist xa2 − yb2 = 1. Das ist g(x, y) = 0 mit
2
2
g(x, y) = xa2 − yb2 − 1. Die Hyperbel rotiert um die x-Achse.
√
Die Rotationsfläche hat die Gleichung g(x, y 2 + z 2 ) = 0,
2
2
2
das ist xa2 − yb2 − zb2 = 1. Wir üben eine Streckung mit Faktor
u in Richtung der z-Achse auf die Rotationsfläche aus und
2
2
2
erhalten die Fläche mit Gleichung xa2 − yb2 − uz2 b2 = 1. Setzen wir c = ub, dann ergibt sich
x2
a2
−
y2
b2
−
z2
c2
=1
Diese Fläche nennt man ein zweischaliges Hyperboloid.
Wir schneiden mit Ebenen senkrecht zur z-Achse. Die Gleichung so einer Ebene ist z = d
2
2
2
mit d ∈ R. Die Schnittkurve hat die Gleichung xa2 − yb2 = 1 + dc2 . Das ist eine Hyperbel.
Schnitte senkrecht zur y-Achse ergeben ebenfalls Hyperbeln. Schneiden wir jedoch mit
einer Ebene senkrecht zur x-Achse, die ja die Gleichung x = d hat, dann erhalten wir
y2
z2
d2
b2 + c2 = a2 − 1 als Schnittkurve. Für |d| > a ist das eine Ellipse, für |d| = a besteht die
Kurve nur aus einem Punkt, und für |d| < a ist die Schnittmenge leer.
Einschaliges Hyperboloid: Liegen die Brennpunkte der
2
2
Hyperbel auf der y-Achse, dann ist − xa2 + yb2 = 1 ihre
Gleichung. Wir rotieren diese Hyperbel um die x-Achse.
2
2
2
Die Rotationsfläche hat die Gleichung − xa2 + yb2 + zb2 = 1.
Eine Streckung in Richtung der z-Achse führt zur Gleichung
2
− xa2 +
y2
b2
+
z2
c2
=1
Diese Fläche nennt man ein einschaliges Hyperboloid.
Schneiden wir diese Fläche senkrecht zur z-Achse, so ergibt sich eine Schnittkurve mit
2
2
2
der Gleichung − xa2 + yb2 = 1 − dc2 . Das ist eine Hyperbel (für |d| = c ein Geradenpaar).
Schnitte senkrecht zur y-Achse ergeben ebenfalls Hyperbeln. Schneiden wir aber senkrecht
2
2
2
zur x-Achse dann ist yb2 + zc2 = ad2 + 1 die Schnittkurve. Das ist immer eine Ellipse.
Franz Hofbauer
77
Elliptisches Paraboloid: Die Parabelgleichung in Hauptlage ist y 2 = 2px. Das ist g(x, y) = 0 mit g(x, y) = y 2 − 2px.
Die Parabel rotiert√um die x-Achse. Die Rotationsfläche hat
die Gleichung g(x, y 2 + z 2 ) = 0, das ist y 2 + z 2 = 2px. Wir
wenden wieder eine Streckung mit Faktor u in Richtung der
2
z-Achse an und erhalten die Gleichung y 2 + uz 2 = 2px. Setzen
√
√
wir a = p und b = u p, dann ergibt sich die Gleichung
y2
a2
+
z2
b2
= 2x
Diese Fläche nennt man ein elliptisches Paraboloid.
Schneiden wir diese Fläche senkrecht zur z-Achse, so ergibt sich eine Schnittkurve mit
d2
der Gleichung y 2 = 2a2 (x − 2b
2 ). Das ist eine Parabel. Schnitte senkrecht zur y-Achse
ergeben ebenfalls Parabeln. Schneiden wir jedoch mit einer Ebene senkrecht zur x-Achse
2
2
dann erhalten wir ay2 + zb2 = 2d als Schnittkurve. Für d > 0 ist das eine Ellipse, für d = 0
besteht die Kurve nur aus einem Punkt, und für d < 0 ist die Schnittmenge leer.
Hyperbolisches Paraboloid: Diese Fläche kann man nicht durch Rotation erzeugen. Sie
hat die Gleichung (bei einem elliptischen Paraboloid stimmt die linke Seite der Gleichung
mit der einer Ellipse überein, bei einem hyperbolischen Paraboloid mit der einer Hyperbel)
y2
a2
−
z2
b2
= 2x
Man kann sich an Hand der Höhenschichtlinien eine Vorstellung bilden, wie diese Fläche
aussieht. Schneiden wir sie senkrecht zur z-Achse, so ergibt sich eine Schnittkurve mit der
d2
Gleichung y 2 = 2a2 (x + 2b
2 ). Das ist eine Parabel. Ein Schnitt senkrecht zur y-Achse
d2
ergibt eine Schnittkurve mit der Gleichung z 2 = −2b2 (x − 2a
2 ). Das ist ebenfalls eine
Parabel. Schneiden wir jedoch mit einer Ebene senkrecht zur x-Achse dann erhalten wir
y2
z2
a2 − b2 = 2d als Schnittkurve. Das ist eine Hyperbel (für d = 0 ein Geradenpaar). Die
Fläche hat die Form eines Sattels. (Man schaut auf den Sattel, wenn man von einem Punkt
der x-Achse in Richtung Nullpunkt blickt.)
Im letzten Kapitel haben wir die Menge aller Punkte im R2 bestimmt, deren Abstände
zu einem vorgegebenen Punkt und zu einer vorgegebenen Gerade in einem festen Verhältnis
zueinender stehen. Wir versuchen jetzt, solche Mengen im R3 zu bestimmen. Da gibt es
natürlich mehr Möglichkeiten.
Zwei Punkte: Wir wählen A = (1, 0, 0) und B = (−1, 0, 0). Sei v ∈ (0, 1) ∪ (1, ∞)
|P A|
vorgegeben. Wir suchen die Menge aller Punkte P = (x, y, z), für die |P
B| = v gilt.
2
2
2
2
2
2
2
2
Wegen |P A| = (x − 1) + y + z und |P B| = (x + 1) + y + z erfüllen diese Punkte
die Gleichung (x − 1)2 + y 2 + z 2 = v 2 ((x + 1)2 + y 2 + z 2 ). Durch Umformen erhalten wir
(x −
1+v 2 2
1−v 2 )
+ y2 + z2 =
4v 2
(1−v 2 )2
Das ist die Gleichung einer Kugel, deren Mittelpunkt auf der x-Achse liegt. Die gesuchte
Punktmenge ist somit die Oberfläche einer Kugel.
Im Folgenden bezeichnet d(P, g) den Normalabstand des Punktes P von der Gerade g
und d(P, ε) den Normalabstand des Punktes P von der Ebene ε.
Punkt und Gerade: Wir wählen den Punkt A = (0, 1, 0) und als Gerade g die x-Achse.
|P A|
Sei v ∈ (0, ∞). Wir suchen die Menge aller Punkte P = (x, y, z), für die d(P,g)
= v gilt.
78
Isometrien und Kegelschnitte
Wegen |P A|2 = x2 +(y −1)2 +z 2 und d(P, g)2 = y 2 +z 2 erfüllen diese Punkte die Gleichung
x2 + (y − 1)2 + z 2 = v 2 (y 2 + z 2 )
Für v = 1 erhalten wir x2 = 2y − 1. Das ist die Gleichung einer Parabel in der x-y-Ebene.
Die gesuchte Menge besteht aus allen Punkten, die über dieser Parabel liegen. Das ist ein
parabolischer Zylinder. Für v ̸= 1 erhalten wir durch Umformen der obigen Gleichung
1−v 2 2
v2 x
(∗)
+
(1−v 2 )2
(y
v2
−
2
1
1−v 2 )
+
Eine Translation bringt diese Fläche in Hauptlage
Nun gilt
(1−v 2 )2
v2
(1−v 2 )2 2
z
v2
1−v 2 2
v2 x
+
=1
(1−v 2 )2 2
y
v2
2
1−v
v 2 > 0. Die Fläche ist
2
(1−v 2 )2 2
2
Ellipse 1−v
x
+
y =1
2
v
v2
> 0. Im Fall v < 1 gilt auch
+
(1−v 2 )2 2
z
v2
= 1.
ein Ellipsoid, das
durch Rotation um die x-Achse aus der
entsteht. Im Fall
1−v 2
v > 1 gilt v2 < 0. Die Fläche ist ein einschaliges Hyperboloid, das durch Rotation um
2 2
(1−v ) 2
2
die x-Achse aus der Hyperbel − v v−1
y = 1 entsteht. Sowohl die Ellipse als
2 x +
v2
v2
auch die Hyperbel hat Brennweite 1−v2 . Es folgt, dass der Kegelschnitt, den man erhält,
wenn man die Fläche (∗) mit der x-y-Ebene schneidet, den Punkt A als Brennpunkt hat.
2
Zwei Geraden: Wir nehmen an, dass die beiden Geraden keinen Schnittpunkt haben,
jedoch zueinander senkrecht
dass
( 1 ) stehen.
( 0 ) Wir legen sie so ins Koordinatensystem,
( −1 )
( 0 )g die
0
Parameterdarstellung 0 + t 0 und h die Parameterdarstellung
+ t 1 hat.
0
1
0
0
d(P,g)
Sei v ∈ (0, ∞). Wir suchen die Menge aller Punkte P = (x, y, z), für die d(P,h)
= v gilt.
2
2
2
2
2
2
Wegen d(P, g) = (x − 1) + y und d(P, h) = (x + 1) + z erhalten wir die Gleichung
(x − 1)2 + y 2 = v 2 ((x + 1)2 + z 2 )
Für v = 1 ergibt sich die Gleichung y 2 − z 2 = 4x. Das ist ein hyperbolisches Paraboloid.
Für v =
̸ 1 erhalten wir durch entsprechnde Umformungen der obigen Gleichung
(1−v 2 )2
4v 2 (x
−
1+v 2 2
1−v 2 )
+
1−v 2 2
4v 2 y
Eine Translation bringt diese Fläche in Hauptlage
(1−v 2 )2
4v 2
−
1−v 2 2
4 z
(1−v 2 )2 2
4v 2 x
2
+
=1
1−v 2 2
4v 2 y
−
1−v 2 2
4 z
= 1. Nun
gilt
> 0. Im Fall v < 1 ist der Koeffizient von y positiv und der von z 2 negativ.
Im Fall v > 1 ist es umgekehrt. In beiden Fällen haben wir ein einschaliges Hyperboloid.
2 2
)
1−v 2 2
2
Im Fall v < 1 entsteht es durch Rotation der Hyperbel (1−v
4v 2 x −
4 z = 1 um die
z-Achse und anschließender Streckung in Richtung y-Achse. Im Fall v > 1 entsteht es
2 2
)
v 2 −1 2
2
durch Rotation der Hyperbel (1−v
4v 2 x − 4v 2 y = 1 um die y-Achse und anschließender
Streckung in Richtung z-Achse.
Gerade und Ebene: Wir nehmen an, dass die Gerade und die Ebene nicht parallel
liegen. Wir legen sie so ins Koordinatensystem,
dass der Nullpunkt ihr Schnittpunkt ist,
(a)
dass die Ebene ε Normalvektor b hat und dass die Gerade g in der x-y-Ebene liegt und
0
dort Normalvektor ( ab ) hat. Wir nehmen a > b > 0 und a2 + b2 = 1 an. Wir suchen die
Menge aller Punkte P = (x, y, z), für die d(P, ε) = d(P, g) gilt. Wegen d(P, ε) = |ax + by|
und d(P, g)2 = (bx + ay)2 + z 2 erhalten wir die Gleichung
(ax + by)2 = (bx + ay)2 + z 2
oder
x2 − y 2 −
z2
a2 −b2
=0
Die Gleichung x2 −y 2 = 0 stellt ein Geradenpaar dar, nämlich die beiden Diagonalen in der
x-y-Ebene. Rotation um die x-Achse und anschließende Streckung in z-Richtung führen
2
zu x2 − y 2 − a2z−b2 = 0. Diese Gleichung stellt somit einen elliptischen Doppelkegel dar.
V. Lineare Gleichungssysteme
1. Das Gaußsche Eliminationsverfahren
Lineare Gleichungssysteme mit zwei Gleichungen und zwei Variablen sind leicht lösbar.
Bei drei Variablen (oder mehr) ist das schwieriger. Da ist es besser, ein systematisches
Verfahren anzuwenden, nämlich das sogenannte Gaußsche Eliminationsverfahren. Durch
Äquivalenzumformungen (das sind Umformungen, die die Lösungsmenge nicht ändern)
wird das Gleichungssystem in eine Form gebracht, die eine direkte Auflösung zulässt.
Grundlegend für das Gaußsche Eliminationsverfahren ist folgende Äquivalenzumformung:
Das a-fache einer Gleichung, wobei a eine relle
Zahl ist, wird zu einer anderen Gleichung addiert.
Das ist eine Äquivalenzumformung. Die Gleichung, deren a-faches man addiert hat, ist
ja immer noch vorhanden. Daher kann man das a-fache dieser Gleichung auch wieder
subtrahieren und so zum ursprünglichen Gleichungssystem zurückkehren. Das zeigt, dass
sich die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems durch solche Umformungen nicht
ändert.
Durch systematisches Anwenden dieser Äquivalenzumformung wird die erste Variable
aus allen Gleichungen eliminiert, außer der ersten, und die zweite Variable aus allen Gleichungen außer den ersten beiden. Je nach Anzahl der Gleichungen und Variablen setzt
man das Verfahren fort. Wir bleiben vorläufig bei drei Variablen und drei Gleichungen
und führen dieses Verfahren für folgendes Beispiel durch.
2x1 − 2 x2 − 3 x3 = −2
−4x1 + 6 x2 + 5 x3 = 0
4x1 + 2 x2 −
x3 = 0
Die erste Variable soll aus der zweiten und dritten Gleichung durch Addition geeigneter
Vielfachen der ersten Gleichung eliminiert werden. Damit die erste Variable aus der zweiten
Gleichung verschwindet, addieren wir das 2-fache der ersten Gleichung zur zweiten. Damit
die erste Variable aus der dritten Gleichung verschwindet, addieren wir das (−2)-fache der
ersten Gleichung zur dritten. Dadurch erhalten wir folgendes Gleichungssystem
2x1 − 2x2 − 3 x3 = −2
2x2 −
x3 = −4
6x2 + 5 x3 = 4
Jetzt lassen wir die erste Gleichung aus dem Spiel. Damit die zweite Variable aus der
dritten Gleichung verschwindet, addieren wir das (−3)-fache der zweiten Gleichung zur
dritten Gleichung. Dadurch erhalten wir folgendes Gleichungssystem
2x2 − 2x2 − 3 x3 = −2
2x2 −
x3 = −4
8 x3 = 16
Damit ist der erste Teil des Gaußschen Eliminationsverfahrens abgeschlossen. Wir haben
das Gleichungssystem in Dreiecksgestalt gebracht.
Der zweite Teil des Verfahrens besteht nun darin, dieses Gleichungssystem schrittweise
von unten nach oben zu lösen. Die dritte Gleichung ist 8 x3 = 16, woraus x3 = 2 folgt.
80
Lineare Gleichungssysteme
Die zweite Gleichung ist 2 x2 − x3 = −4, woraus 2 x2 = −4 + x3 = −2 und dann x2 = −1
folgt. Die erste Gleichung ist 2 x1 − 2 x2 − 3 x3 = −2, woraus 2 x1 = −2 + 2 x2 + 3 x3 = 2
und dann x1 = 1 folgt. Es gibt eine eindeutige Lösung. Die Lösungsmenge besteht nur
aus dem Punkt (1, −1, 2).
Geometrische Interpretation: Die Gleichungen des ursprünglichen Gleichungssystems
kann man als Gleichungen dreier Ebenen auffassen. Diese drei Ebenen haben genau einen
Punkt gemeinsam.
Wir versuchen ein weiteres Beispiel mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren zu lösen.
−
x2 +
x3 = 2
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
2x1 + 3 x2 + 7 x3 = 10
Wir können nicht beginnen, da x1 in der ersten Gleichung nicht vorkommt. In so einem
Fall vertauscht man zwei Gleichungen, um eine Gleichung, in der x1 vorkommt in die erste
Zeile zu bringen. Wir vertauschen die ersten beiden Gleichungen und erhalten
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
−
x2 +
x3 = 2
2 x1 + 3 x2 + 7 x3 = 10
Jetzt können wir mit dem Eliminationsverfahren beginnen. Die erste Variable kommt in
der zweiten Gleichung nicht vor, daher müssen wir sie nicht mehr eliminieren. Damit die
erste Variable aus der dritten Gleichung verschwindet, addieren wir das (−2)-fache der
ersten Gleichung zur dritten Gleichung. Dadurch erhalten wir folgendes Gleichungssystem
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
−
x2 +
x3 = 2
− 3x2 + 3 x3 = 6
Jetzt lassen wir die erste Gleichung aus dem Spiel. Damit die zweite Variable aus der
dritten Gleichung verschwindet, addieren wir das (−3)-fache der zweiten Gleichung zur
dritten Gleichung. Dadurch erhalten wir folgendes Gleichungssystem
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
−
x2 +
x3 = 2
0x3 = 0
Die letzte Gleichung ist immer erfüllt. Wir können sie weglassen und erhalten
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
−
x2 +
x3 = 2
Damit ist der erste Teil des Gaußschen Eliminationsverfahrens abgeschlossen. Das Gleichungssystem ist jetzt in einer abgeschnittenen Dreiecksgestalt, man spricht dann auch
von Stufenform.
Bei dieser Stufenform hat man jedoch weniger Gleichungen als Variable. Wir haben
eine Gleichung weniger, daher können wir eine Variable frei wählen. Wir führen einen
Parameter t ∈ R ein und setzen x3 = t. Die zweite Gleichung ist − x2 + x3 = 2, woraus
wir x2 = x3 − 2 = t − 2 erhalten. Die erste Gleichung ist x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2, woraus
wir x1 = 2 − 3 x2 − 2 x3 = 2 − 3t + 6 − 2t = −5t + 8 erhalten. Die Lösung ist nicht eindeutig.
Die Lösungsmenge ist {(−5t + 8, t − 2, t) : t ∈ R}.
Franz Hofbauer
81
Geometrische Interpretation: Die Gleichungen des ursprünglichen Gleichungssystems
kann man als Gleichungen(dreier
) Ebenen
( −5 )auffassen. Diese drei Ebenen haben die Gerade
8
mit Parameterdarstellung −2 + t 1 gemeinsam.
0
1
Wir ändern das Gleichungssystem im letzten Beispiel ein wenig ab. Wir ändern nur die
rechte Seite der dritten Gleichung und versuchen das Gleichungssystem zu lösen
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
−
x2 +
x3 = 2
2x1 + 3 x2 + 7 x3 = 7
Führt man das Gaußsche Eliminationsverfahren wie oben durch, so erhält man
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
−
x2 +
x3 = 2
0 x3 = −3
Die dritte Gleichung ist nicht erfüllbar. Sie ist ein Widerspruch. Das Gleichungssystem
hat keine Lösung. Die Lösungsmenge ist leer.
Für ein lineares Gleichungssystem gibt es verschiedene Möglichkeiten: eine eindeutige
Lösung, keine Lösung, unendlich viele Lösungen.
Das Eliminationsverfahren wird durchgeführt. Erhält man am Ende einen Widerspruch,
dann existiert keine Lösung. Erhält man keinen Widerspruch, dann gilt folgendes: Ist die
Anzahl der verbleibenden Gleichungen gleich der Anzahl der Variablen, dann ist die Lösung
eindeutig. Ist die Anzahl der verbleibenden Gleichungen um k geringer als die Anzahl der
Variablen, dann hat man eine k-parametrige Lösungsmenge.
Im vorletzten Beispiel hatten wir drei Variable und zwei verbleibende Gleichungen. Daher ergab sich eine einparametrige Lösungsmenge.
Zusätzlich zu der bisher verwendeten Äquivalenzumformung kann man Gleichungen mit
einer Zahl =
̸ 0 multplizieren oder durch eine Zahl ̸= 0 dividieren. Das ändert nichts an
der Lösungsmenge des Gleichungssystems und kann das Rechnen vereinfachen. Zur Übung
lösen wir folgendes lineare Gleichungssystem mit 4 Variablen.
4x1 − 3 x2 + 4 x3 +
−2x1 +
3
2
x2 −
−4 x1 + 7 x2 +
2 x1 +
3
2
x2
x3 +
4
3
x4 = 4
3
2
x4 = 5
x3 − 5x4 = 12
+
7
2
x4 = 8
1
2 -fache
Wir addieren das
der ersten Gleichung zur zweiten, die erste Gleichung zur dritten
1
und das − 2 -fache der ersten Gleichung zur vierten. Das ergibt das links unten stehende
Gleichungssystem.
4 x1 − 3x2 + 4 x3 +
x4 = 4
x3 + 2 x4 = 7
4x1 − 3x2 + 4 x3 +
x4 = 4
x3 −
x4 = 4
x2 +
4
3
4x2 + 16
3 x3 − 4 x4 = 16
x3 + 2 x4 = 7
3x2 − 2 x3 + 3 x4 = 6
3x2 − 2 x3 + 3 x4 = 6
Die dritte Gleichung wurde durch 4 dividiert und die zweite und dritte Gleichung vertauscht. Das ergibt das rechts oben stehende Gleichingssystem. Jetzt können wir mit dem
82
Lineare Gleichungssysteme
Eliminationsverfahren fortfahren. Wir addieren das (−3)-fache der zweiten Gleichung zur
vierten und erhalten das links unten stehende Gleichungssystem. Schließlich addieren wir
das 6-fache der dritten Gleichung zur vierten und erhalten das rechts unten stehende Gleichungssystem
4 x1 − 3x2 + 4 x3 +
x4 = 4
4x1 − 3x2 + 4 x3 +
x4 = 4
x3 −
x4 = 4
x2 +
x3 −
x4 = 4
x2 +
4
3
4
3
x3 + 2 x4 = 7
x3 + 2 x4 = 7
− 6x3 + 6 x4 = −6
18 x4 = 36
Die Lösung ist jetzt wieder einfach zu berechnen. Aus 18 x4 = 36 erhalten wir x4 = 2 und
aus x3 + 2 x4 = 7 folgt dann x3 = 3. Aus x2 + 34 x3 − x4 = 4 ergibt sich x2 = 2 und aus
4 x1 − 3 x2 + 4 x3 + x4 = 4 schließlich x1 = −1.
Hier ist noch ein Beispiel, dessen Lösung nicht eindeutig ist.
2 x1 +
x2 −
x3 + 3 x4 = 6
− 2 x2 − 3 x3 +
4x1 − 2 x2 − 8 x3
x4 = 6
= 8
2x1 + 3 x2 + 2 x3 + 4 x4 = 4
Wir führen das Eliminationsverfahren durch. Wir addieren das (−2)-fache der ersten Zeile
zur dritten und das (−1)-fache der ersten Zeile zur vierten. Wir erhalten
2 x1 +
x2 −
x3 + 3 x4 =
− 2 x2 − 3x3 +
x4 =
6
6
− 4 x2 − 6x3 − 6 x4 = −4
2 x2 + 3 x3 +
x4 = −2
Wir addieren das (−2)-fache der zweiten Gleichung zur dritten und die zweite Gleichung
zur vierten. Das ergibt
2x1 +
x2 −
x3 + 3 x4 =
− 2x2 − 3 x3 +
x4 =
6
6
− 8 x4 = −16
2 x2 =
4
Wir addieren noch das (− 14 )-fache der dritten Gleichung zur vierten. Die vierte wird
dadurch zu 0 x4 = 0 und kann daher weggelassen werden. Es bleibt
2 x1 +
x2 −
x3 + 3 x4 =
− 2 x2 − 3 x3 +
x4 =
6
6
− 8x4 = −16
Die dritte Gleichung ist −8 x4 = −16, woraus x4 = 2 folgt. Die zweite Gleichung ist
−2 x2 − 3 x3 + x4 = 6, woraus x2 = −2 − 32 x3 folgt. Wir können x3 beliebig wählen. Wir
wählen einen Parameter t ∈ R und setzen x3 = t. Dann erhalten wir x2 = −2 − 32 t. Aus
der ersten Gleichung 2 x1 + x2 − x3 + 3 x4 = 6 folgt dann x1 = 1 + 54 t. Wir haben eine
einparametrige Famile von Lösungen erhalten.
Man kann das Gaußsche Eliminationsverfahren auf beliebig viele Variablen ausdehnen.
Auch die Anzahl der Gleichungen muss nicht gleich der Anzahl der Variablen sein.
Franz Hofbauer
83
Wir rechnen dazu ein Beispiel mit sechs Variablen und vier Gleichungen.
2x1 −
x2 + 3 x3 − 2 x4 − 3x5 + 2 x6 =
5
2x1 − 5x2 + 7 x3 − 4 x4 + 5 x5 + 2 x6 =
11
2x1 +
x2 +
x3 +
x4 − 3x5 +
x6 =
6
4 x1 + 2 x2 + 2 x3 + 2 x4 − 6x5 + 4 x6 =
16
Wir addieren das (−1)-fache der ersten Gleichung zur zweiten und zur dritten Gleichung
und das (−2)-fache der ersten Gleichung zur vierten. Wir erhalten
2 x1 −
x2 + 3 x3 − 2 x4 − 3 x5 + 2 x6 =
− 4x2 + 4 x3 − 2 x4 + 8 x5
2x2 − 2x3 + 3 x4
−
4x2 − 4x3 + 6 x4
5
=
6
x6 =
1
=
6
Wir addieren das 12 -fache der zweiten Gleichung zur dritten Gleichung und die zweite
Gleichung zur vierten. Wir erhalten
2x1 −
x2 + 3 x3 − 2 x4 − 3x5 + 2 x6 =
− 4x2 + 4 x3 − 2 x4 + 8 x5
2 x4 + 4 x5 −
4 x4 + 8 x5
5
=
6
x6 =
4
=
12
Schließlich addieren wir das (−2)-fache der dritten Gleichung zur vierten und erhalten
2 x1 −
x2 + 3 x3 − 2 x4 − 3x5 + 2 x6 =
− 4x2 + 4 x3 − 2 x4 + 8 x5
2 x4 + 4 x5 −
5
=
6
x6 =
4
2x6 =
4
Damit haben wir das lineare Gleichungssystem in eine Form gebracht, die wir lösen können.
Wir haben sechs Variable und es sind vier Gleichungen geblieben. Daher werden wir zwei
Parameter einführen müssen.
Aus der vierten Gleichung folgt x6 = 2. Die dritte Gleichung ist 2x4 + 4x5 − x6 = 4,
woraus x4 + 2x5 = 3 folgt. Wir können eine Variable beliebig wählen. Wir setzen x5 = t
und erhalten x4 = −2t + 3. Die zweite Gleichung ist −4x2 + 4x3 − 2x4 + 8x5 = 6, woraus
−4x2 + 4x3 = 2x4 − 8x5 + 6 = −12t + 12 und dann x2 − x3 = 3t − 3 folgt. Eine Variable ist
beliebig wählbar. Wir setzen x3 = s und erhalten x2 = s+3t−3. Aus der ersten Gleichung
2x1 − x2 + 3x3 − 2x4 − 3x5 + 2x6 = 5 folgt dann 2x1 = x2 − 3x3 + 2x4 + 3x5 − 2x6 + 5 =
s + 3t − 3 − 3s − 4t + 6 + 3t − 4 + 5 = −2s + 2t + 4 und daraus x1 = −s + t + 2. Die
Lösungsmenge ist {(−s+t+2, s+3t−3, s, −2t+3, t, 2) : s, t ∈ R}. Sie ist zweiparametrig.
2. Eigenvektoren für 3 × 3-Matrizen
Eigenvektoren kann man natürlich auch für eine d × d-Matrix A mit d ≥ 3 definieren.
Ein Vektor v ∈ Rd \ {0} heißt Eigenvektor der Matrix A, wenn Av = λv für eine Zahl λ
gilt. Die Zahl λ nennt man Eigenwert der Matrix A.
Zu lösen ist das lineare Gleichungssystem M x = 0 mit M = A − λId . Wir tun das nur
für d = 3. (Für d > 3 haben wir die Determinante ja gar nicht definiert.) Wie wir uns
früher bereits überlegt haben, ist M x = 0 genau dann eindeutig lösbar, wenn det M ̸= 0
gilt. In diesem Fall ist 0 die einzige Lösung. Wenn det M = 0 gilt, dann existieren
84
Lineare Gleichungssysteme
unendlich viele Lösungen und somit eine Lösung x ̸= 0. Da 0 immer eine Lösung ist, kann
die Lösungsmenge ja nicht leer sein. Weiters ist det M = det(A − λId ) ein Polynom in
λ vom Grad 3. Es ist das charakterischte Polynom der Matrix A, dessen Nullstellen die
Eigenwerte der Matrix A sind. Zu einem Eigenwert λ findet man dann Eigenvektoren als
Lösungen des linearen Gleichungssystems (A − λId )x = 0. Wir rechnen dazu ein Beispiel.
1−λ 3
(1 3 2)
1 1−λ 22 1
1
2
Sei A =
. Das charakteristische Polynom dieser Matrix ist =
2 −4 2
2
−4
2−λ
(1 − λ) (2 − λ) − 8 + 12 + 8(1 − λ) − 4(1 − λ) − 3(2 − λ) = −λ + 4λ − 6λ + 4. Die
Eigenwerte sind die Lösungen der Gleichung λ3 − 4λ2 + 6λ − 4 = 0. Eine Lösung finden
wir durch Probieren. Wir finden λ1 = 2. Dividiert man das Polynom λ3 − 4λ2 + 6λ − 4
durch λ − 2, so bleibt λ2 − 2λ + 2. Man erhält die beiden weiteren Nullstellen λ2,3 = 1 ± i.
Damit sind die Eigenwerte der Matrix A gefunden.
Um einen Eigenvektor zum Eigenwert λ1 =( 2 zu finden,
) müssen wir das lineare Glei−1 3 2
chungssystem M x = 0 mit M = A − λ1 I3 = 1 −1 2 lösen. Es hat eine Lösung ̸= 0.
2 −4 0
Alle Vielfachen dieser Lösung sind ebenfalls Lösungen. Das lineare Gleichungssystem ist
2
3
2
− x1 + 3 x2 + 2 x3 = 0
x1 −
x2 + 2 x3 = 0
2x1 − 4 x2
= 0
Wir führen das Gaußsche Eliminationsverfahren durch. Addiert man die erste Gleichung
zur zweiten und das 2-fache der ersten Gleichung zur dritten, so erhält man
− x1 + 3 x2 + 2 x3 = 0
2x2 + 4 x3 = 0
2x2 + 4 x3 = 0
Man kann die dritte Gleichung weglassen, da sie mit der zweiten übereinstimmt. Die
zweite Gleichung ist 2 x2 + 4 x3 = 0. Wir wählen x3 = 1. Es genügt ja, eine Lösung
zu finden. Nun folgt x2 = −2. Die erste(Gleichung
ist − x1 + 3 x2 + 2 x3 = 0, woraus
)
−4
x1 = 3 x2 + 2 x3 = −4 folgt. Wir erhalten −2 als Eigenvektor.
1
Um einen Eigenvektor zum Eigenwert λ2 = 1 − i(zu finden,) müssen wir das lineare
2
i 3
lösen. Das ergibt das
Gleichungssystem M x = 0 mit M = A − λ2 I3 = 1 i 2
2 −4 1+i
folgende lineare Gleichungssystem, das auch komplexe Koeffizienten enthält. Man kann es
aber mit dem Eliminationsverfahren lösen, genauso wie für reelle Koeffizienten.
ix1 + 3 x2 +
2 x3 = 0
x1 + ix2 +
2 x3 = 0
2 x1 − 4x2 + (1 + i) x3 = 0
Addiert man das i-fache der ersten Gleichung zur zweiten und das 2i-fache der ersten
Gleichung zur dritten, so erhält man
ix1 +
−
3x2 +
2 x3 = 0
4ix2 + (2 − 2i) x3 = 0
− (4 + 6i)x2 + (1 − 5i) x3 = 0
4i−6
Jetzt ist die zweite Gleichung mit 4+6i
= − 32 + i zu multiplizieren und zur dritten
−4i =
4
Gleichung zu addieren. Dabei wird der Koeffizient von x2 in der dritten Gleichung null
und der Koeffizient von x3 wird zu 1 − 5i + (2 − 2i)(− 32 + i) = 1 − 5i − 3 + 3i + 2i + 2 = 0.
Franz Hofbauer
85
Die dritte Gleichung wird somit zu 0 = 0. Die zweite Gleichung ist −4i x2 +(2−2i) x3 = 0.
1
1
Wir setzen x3 = 1. Es genügt ja, eine Lösung zu finden. Es folgt x2 = 2−2i
4i = − 2 − 2 i.
3
1
Die erste Gleichung ist i x1 + 3 x2 + 2 x3 = 0, woraus x1 = 3i x2 + 2i x3 = 2 + 2 i folgt.
( 3+i )
( 3+i )
1
−1−i
Wir erhalten 2
als Eigenvektor. Daher ist −1−i ebenfalls ein Eigenvektor.
2
2
3. Kegelschnitt durch fünf Punkte
Wir legen zuerst eine Gerade durch zwei Punkte. Die Gleichung einer Gerade kann man
schreiben als ax + by + c = 0. Wir versuchen, die beiden Punkte, durch die die Gerade
gehen soll, einzusetzen und a, b und c aus den sich ergebenden Gleichungen zu bestimmen.
Wir tun das an einem Beispiel. Wir suchen die Gerade durch die Punkte (2, −2) und
(4, 3). Setzen wir diese Punkte in die Geradengleichung ax + by + c = 0 ein, so haben wir
2a − 2b + c = 0
4a + 3b + c = 0
Die Variablen sind jetzt a, b und c. Wir führen das Gaußsche Eliminationsverfahren durch.
Wir addieren das (−2)-fache der ersten Gleichung zur zweiten und erhalten
2a − 2b + c = 0
7b − c = 0
Wir könnten c wählen. Das tun wir aber erst später. Aus der zweiten Gleichung folgt b = 7c .
5c
5c
Aus der ersten Gleichung folgt a = b − 2c = − 14
. Das ergibt die Gerade − 14
x + 7c y + c = 0.
Wie wir c auch wählen, es ändert nichts an der Gerade. Wir wählen c = −14, damit die
Brüche verschwinden, und erhalten dadurch 5x − 2y − 14 = 0. Das ist die Gleichung der
Gerade durch die Punkte (2, −2) und (4, 3).
Die Geradengleichung ist eine lineare Gleichung in zwei Variablen. Eine quadratische
Gleichung in zwei Variablen sieht so aus: ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0. Wir wissen,
dass das Gleichungen von Kegelschnitten sind. Da wir einen der sechs Koeffizienten frei
wählen können, müssen wir fünf Punkte kennen, durch die der Kegelschnitt hindurchgeht,
um seine Gleichung zu bestimmen. Wir probieren das an einem Beispiel aus.
Wir suchen den Kegelschnitt durch die Punkte (1, 1), (−1, −3), (1, −4), (3, 2) und (4, 2).
Wir setzen diese Punkte in die Gleichung ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0 ein
a+ b+ c+ d+ e+ f = 0
a + 3 b + 9 c − d − 3e + f = 0
a − 4 b +16 c + d − 4e + f = 0
9a + 6b + 4c + 3d + 2e + f = 0
16 a + 8 b + 4 c + 4 d + 2 e + f = 0
Wir führen das Gaußsche Eliminationsverfahren durch. Wir addieren das (−1)-fache der
ersten Gleichung zur zweiten und zur dritten Gleichung, das (−9)-fache der ersten Gleichung zur vierten und das (−16)-fache der ersten Gleichung zur fünften. Wir erhalten
a+ b+ c+ d+ e+ f = 0
2 b + 8 c − 2d − 4e
− 5 b +15 c
− 5e
= 0
= 0
− 3 b − 5 c − 6d − 7e − 8 f = 0
− 8 b −12 c −12 d −14 e −15 f = 0
86
Lineare Gleichungssysteme
Bevor wir weitertun, dividieren wir die zweite Gleichung durch 2 und die dritte durch 5
a+ b+ c+ d+ e+ f = 0
b + 4 c − d − 2e
− b + 3c
− e
= 0
= 0
− 3 b − 5 c − 6d − 7e − 8 f = 0
− 8 b −12 c −12 d −14 e −15 f = 0
Wir addieren die zweite Gleichung zur dritten, das 3-fache der zweiten Gleichung zur
vierten und das 8-fache der zweiten Gleichung zur fünften. Wir erhalten
a+ b+ c+ d+ e+ f = 0
b + 4 c − d − 2e
= 0
7 c − d − 3e
= 0
7 c − 9d −13 e − 8 f = 0
20 c −20 d −30 e −15 f = 0
Wir addieren das (−1)-fache der dritten Gleichung zur vierten. Wir multiplizieren die
7
und addieren die dritte Gleichung dazu. Wir erhalten
fünfte Gleichung mit − 20
a+ b+ c+ d+ e+ f = 0
b + 4 c − d − 2e
= 0
7 c − d − 3e
= 0
− 8d −10 e − 8 f = 0
21
6d + 15
2 e+ 4 f = 0
Schließlich addieren wir das 34 -fache der vierten Gleichung zur fünften
a+ b+ c+ d+ e+ f = 0
b + 4 c − d − 2e
= 0
7 c − d − 3e
= 0
− 8d −10 e − 8 f = 0
− 43 f = 0
Jetzt können wir die Gleichungen lösen. Aus der fünften Gleichung folgt f = 0. Eine
Variable können wir frei wählen. Wir wählen e = 1. Aus der vierten Gleichung erhalten
wir dann d = − 54 . Die dritte Gleichung ergibt c = 17 d+ 37 e = 14 . Die zweite Gleichung ergibt
b = −4c+d+2e = − 14 . Schließlich folgt aus der ersten Gleichung a = −b−c−d−e−f = 41 .
Die Gleichung des Kegelschnitts durch die fünf Punkte (1, 1), (−1, −3), (1, −4), (3, 2) und
(4, 2) ist somit 41 x2 − 14 xy + 14 y 2 − 54 x + y = 0 oder x2 − xy + y 2 − 5x + 4y = 0.
4. Inverse Matrix
Lineare Abbildungen kann man nicht nur auf dem R2 definieren, sondern auch in höheren
Dimensionen. Die Definition ist dieselbe.
Definition: Seien d und c in N. Eine Abbildung φ : Rd → Rc heißt linear, wenn sie
folgende zwei Eigenschaften erfüllt
(a)
φ(x + y) = φ(x) + φ(y) für alle x und y in Rd
(b) φ(λx) = λφ(x) für alle x ∈ Rd und λ ∈ R
Franz Hofbauer
87
Durch wiederholtes Anwenden von (a) und (b) zeigt man, dass die Gleichung
∑k
∑k
φ( i=1 λi ui ) = i=1 λi φ(ui ) für k ≥ 1 und für λ1 , . . . , λk ∈ R und u1 , . . . , uk ∈ Rd
von jeder linearen Abbildung φ : Rd → Rc erfüllt wird.
Zu jeder linearen Abbildung φ : Rd → Rc kann man die zugehörige Matrix definieren.
Für 1 ≤ j ≤ d sei ej der j-te Einheitsvektor im Rd . Das ist der Vektor, dessen j-te
Komponente 1 ist, alle anderen Komponenten sind 0. Weiters sei aj das Bild von ej unter
φ, das heißt φ(ej ) = aj . Diese Bilder liegen im Rc . Für alle Vektoren x ∈ Rd gilt dann
∑d
∑d
∑d
φ(x) = φ( j=1 xj ej ) = j=1 xj φ(ej ) = j=1 xj aj
Sei A die Matrix, deren Spalten die Vektoren a1 , a2 , . . . , ad sind. Da diese Vektoren im
Rc liegen, ist A eine c × d-Matrix. Sie hat c Zeilen und d Spalten. Wenn wir noch daran
denken, wie die Matrixmultiplikation funktioniert, dann erhalten wir
∑d
φ(x) = j=1 xj aj = Ax für alle x ∈ Rd
Wir sehen, dass sich jede lineare Abbildung φ : Rd → Rc mit Hilfe der Matrix A schreiben
lässt, deren Spalten die Bilder der Einheitsvektoren sind. Da A eine c × d-Matrix ist, kann
man Ax für jeden Vektor x ∈ Rd bilden und das Ergebnis dieser Matrixmultiplikation ist
ein Vektor im Rc .
Will man die Matrix aufschreiben, dann muss man Doppelindices verwenden. Mit aij
bezeichnen wir die i-te Komponente des Vektors aj . Dann gilt
a 


a11 a12 a13 . . . a1d
1j
 a2j 
 a21 a22 a23 . . . a2d 




a
a
a32 a33 . . . a3d 
3j 
aj = 
und A = 
 .  für 1 ≤ j ≤ d
 31
..
..
.. 
..
 . 
 ...
.
.
.
. 
.
ac1 ac2 ac3 . . . acd
acj
Man sieht, dass aij die Eintragung der Matrix an der Stelle (i, j) ist. Sie steht in der i-ten
Zeile und in der j-ten Spalte. Damit kann man auch die Matrixmultiplikation hinschreiben

  

a11 a12 . . . a1d
x1
a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1d xd
d
 a21 a22 . . . a2d   x2   a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2d xd  ∑






Ax =  ..
xj a j
..
..   ..  = 
..
..
=
.
.
.
.
.
.
ac1 ac2 . . . acd
xd
ac1 x1 + ac2 x2 + · · · + acd xd
So kann man die bereits oben verwendete Gleichung überprüfen.
j=1
Jetzt fragen wir nach der Umkehrabbildung der linearen Abbildung φ : Rd → Rc .
Sei A die zugehörige c × d-Matrix. Bekanntlich hat eine Abbildung genau dann eine
Umkehrabbildung, wenn sie bijektiv ist. Und φ : Rd → Rc ist bijektiv, wenn für jeden
Vektor v ∈ Rc genau ein Vektor x ∈ Rd existiert mit φ(x) = v, das heißt, wenn Ax = v
für alle v ∈ Rc eindeutig lösbar ist.
Nun ist Ax = v ein lineares Gleichungssystem mit c Gleichungen und d Variablen. Gilt
c < d, dann hat man weniger Gleichungen als Variable. Das Eliminationsverfahren führt
entweder zu einem Widerspruch oder zu einer Lösung mit Parametern. Es gibt also keine
oder unendlich viele Lösungen. Gilt c > d, dann hat man mehr Gleichungen als Variable.
Bei der Durchführung des Eliminationsverfahren ergeben sich Gleichungen, bei denen links
vom Gleichheitszeichen Null steht. Man kann die rechte Seite v des Gleichungssystems so
wählen, dass keine Lösung existiert. Damit ist gezeigt, dass φ : Rd → Rc nicht bijektiv
sein kann, wenn c ̸= d ist. Wir nehmen daher an, dass c = d gilt.
88
Lineare Gleichungssysteme
Sei also φ : Rd → Rd eine lineare Abbildung und A die zugehörige d × d-Matrix. Wir
nehmen an, dass φ bijektiv ist, das heißt das lineare Gleichungssystem Ax = v ist für alle
v ∈ Rd eindeutig lösbar. (Wir haben bereits an Beipielen gesehen, dass das nicht immer
der Fall sein muss.) Sei ψ : Rd → Rd die Umkehrabbildung zu φ. Es gilt ψ(φ(u)) = u und
φ(ψ(u)) = u für alle u ∈ Rd . Für 1 ≤ j ≤ d sei bj die eindeutige Lösung von Ax = ej .
Dann gilt Abj = ej und somit φ(bj ) = ej . Für alle Vektoren x ∈ Rd erhalten wir
∑d
∑d
∑d
x = j=1 xj ej = j=1 xj φ(bj ) = φ( j=1 xj bj )
Da ψ(φ(u)) = u für alle u ∈ Rd gilt, folgt dann
) ∑d
( ∑d
ψ(x) = ψ φ( j=1 xj bj ) = j=1 xj bj
für alle
x ∈ Rd
Sei B die Matrix, deren Spalten die Vektoren b1 , b2 , . . . , bd sind. Da diese Vektoren im
Rd liegen, ist B eine d × d-Matrix. Wie oben erhalten wir
∑d
ψ(x) = j=1 xj bj = Bx für alle x ∈ Rd
Wir sehen, dass die Umkehrabbildung ψ : Rd → Rd ebenfalls eine lineare Abbildung
ist. Ihre Matrix ist die d × d-Matrix B, deren Spalten die eindeutigen Lösungen der
Gleichungssysteme Ax = ej für 1 ≤ j ≤ d sind.
Es gilt ψ(φ(u)) = u und φ(ψ(u)) = u für alle u ∈ Rd . Da φ(x) = Ax und ψ(x) = Bx
für alle x ∈ Rd gilt, ergibt sich BAu = u und ABu = u für alle u ∈ Rd . Setzt man u = ej
ein, so erhält man, dass die j-te Spalte von BA gleich ej sein muss. Das gilt auch für AB.
Daher muss sowohl BA = Id als auch AB = Id gelten, wobei Id die d × d-Einheitsmatrix
ist, deren Spalten ja die Einheitsvektoren sind. Man nennt daher B auch die inverse Matrix
zur Matrix A und bezeichnet sie mit A−1 . Um A−1 zu berechnen, müssen wir die linearen
Gleichungssysteme Ax = ej für 1 ≤ j ≤ d lösen.
Wir tun das für die untenstehende Matrix A. Um nicht immer die Variablen schreiben
zu müssen, schreiben wir nur die Matrix auf und rechts vom senkrechten Strich die rechte
Seite des Gleichungssystems, das ist zuerst einmal der Vektor e1 . Wir erweitern die Matrix.
Diese erweiterte Matrix stellt jetzt das lineare Gleichungssystem dar.


2 1 −4 1
2 1 −4
4 3 −6 0
A =  4 3 −6 
2 0 −4 0
2 0 −4
Auch die Umformungen der Gleichungen, jetzt sind es einfach Operationen mit den Zeilen,
schreiben wir nur mehr symbolisch auf. Wir bezeichnen die Zeilen mit römischen Zahlen
I, II, III und so weiter. Wir führen die Zeilenoperationen II − 2 I → II und III − I → III
durch. Das (−2)-fache der ersten Zeile wird zur zweiten addiert, das Ergebnis kommt in
die zweite Zeile. Das (−1)-fache der ersten Zeile wird zur dritten addiert, das Ergebnis
kommt in die dritte Zeile. Wir erhalten die erweiterte Matrix, die links steht.
2 1 −4 1
2 1 −4 1
0 1
2 −2
0 1
2 −2
0 0
2 −3
0 −1 0
−1
Anschließend führen wir die Zeilenoperation III + II → III durch und erhalten die erweiterte Matrix, die rechts steht.
Wir könnten das Gleichungssystem jetzt schrittweise auflösen. Statt dessen fahren wir
mit Zeilenoperationen fort und versuchen, links vom senkrechten Strich die Einheitsmatrix
Franz Hofbauer
89
zu erhalten. Durch 21 I → I und 12 III → III ergibt sich die erweiterte
unten steht. Wir haben erreicht, dass Einser in der Diagonale stehen.
1
1 12 −2 1 12 0 − 52
1 0
2
0 1
2 −2
0 1 0 1
0 1
3
3
0 0
1
−2
0 0 1
−2
0 0
Matrix, die links
0
0
1
−3
1
− 32
Durch I + 2 III → I und II − 2III → II erhalten wir die erweiterte Matrix, die in der Mitte
steht, und durch I − 21 II → I die erweiterte Matrix, die rechts steht.
Schreibt man diese erweiterte Matrix wieder als Gleichungssystem, dann erhält man
x1 = −3, x2 = 1 und x3 = − 32 . Der rechts vom senkrechten Strich stehende Vektor ist
die Lösung des Gleichungssystems. Die erste Spalte der inversen Matrix ist gefunden.
Dieses lineare Gleichungssystem ist noch mit den Vektoren e2 und e3 auf der rechten
Seite zu lösen. Wir tun das auf einmal, indem wir alle drei Vektoren rechts hinschreiben.
2 1 −4 1 0 0
4 3 −6 0 1 0
2 0 −4 0 0 1
Durch II − 2I → II und III − I → III
2 1 −4 1
0
0 1
2 −2 1
0 −1 0 −1 0
erhalten wir die erweiterte
2 1 −4 0
0 1
2 0
1
0 0
2 Matrix, die links steht.
1
−2
−3
0
1
1
0
0
1
Anschließend führen wir die Zeilenoperation III + II → III durch und erhalten die erweiterte Matrix, die rechts steht.
Durch 12 I → I und 12 III → III ergibt sich die links unten stehende erweiterte Matrix mit
Einsern in der Diagonale und dann durch I + 2 III → I und II − 2 III → II die in der Mitte.
3
1 21 −2 12
0 0
1 12 0 − 52 1 1
1 0 0 −3 1
2
0 −1
0 −1
0 1 2 −2 1 0
0 1 0 1
0 1 0 1
1
1
0 0 1 − 32 21 12
0 0 1 − 32 21
0 0 1 − 32 12
2
2
Schließlich ergibt sich durch I − 12 II → I die rechts stehende erweiterte Matrix mit der
Einheitsmatrix links vom senkrechten Strich. Rechts vom senkrechten Strich stehen jetzt
die Lösungen der Gleichungssysteme Ax = e1 , Ax = e2 und Ax = e3 . Diese Lösungen
sind die Spalten der inversen Matrix. Das bedeutet, dass rechts vom senkrechten Strich
bereits die inverse Matrix A−1 steht.
Wir machen die Probe und überprüfen, ob wir richtig gerechnet haben. Es gilt


 

3
2 1 −4
−3 1
1 0 0
2
AA−1 =  4 3 −6   1
0 −1  =  0 1 0  = I3
3
1
2 0 −4
− 2 12
0 0 1
2
wie es sein muss. Genauso kann man A−1 A = I3 nachprüfen.
Zur Übung berechnen wir noch die Inverse der links unten stehenden 4 × 4-Matrix A.
Rechts sieht man die Matrix A mit angefügter Einheitsmatrix I4 .


0
2
1
0
0
2
1
0 1 0 0 0
−2 6 −4 −2 0 1 0 0
 −2 6 −4 −2 
A=

0 −4 −2 1 0 0 1 0
0 −4 −2 1
2 −3 5
1 0 0 0 1
2 −3 5
1
90
Lineare Gleichungssysteme
Durch Zeilenoperationen soll aus der links vom senkrechten Strich stehenden Matrix die
Einheitsmatrix gemacht werden. Wir versuchen das in einem Durchgang zu erreichen.
Im ersten Schritt soll aus der ersten Spalte der Einheitsvektor e1 werden. Da die Diagonaleintragung der ersten Spalte null ist, addieren wir Vielfache der zweiten Zeile. Die
Zeilenoperationen I → II, − 12 II → I und IV + II → IV machen aus der ersten Spalte
den Einheitsvektor e1 und ergeben die links unten stehende erweiterte Matrix. Wir kommen zur zweiten Spalte. Dort ist die Diagonaleintragung jetzt 2. Wir addieren Vielfache
der zweiten Zeile. Die Zeilenoperationen I + 32 II → I, 12 II → II, III + 2 II → III und
IV − 32 II → IV machen aus der zweiten Spalte den Einheitsvektor e2 und ergeben die
rechtsstehende erweiterte Matrix. Die erste Spalte wird dabei nicht mehr verändert.
3
7
1 − 12 0 0
1 −3 2
1 0 − 12 0 0
1 0
2
2
1
1
0 2
1
0 1 0 0 0
0 1
0 0 0 0
2
2
0 −4 −2 1 0 0 1 0
0 0
0
1 2
0 1 0
1 0 1
0 0 − 12 −1 − 32
0 3
1 −1 0 1 0 1
Jetzt zur dritten Spalte. Die Diagonaleintragung ist null. Wir addieren daher Vielfache der
vierten Zeile. Die Zeilenoperationen I + 7 IV → I, II + IV → II, −2IV → III und III → IV
machen aus der dritten Spalte den Einheitsvektor e3 und ergeben die links unten stehende
erweiterte Matrix. Die ersten beiden Spalten haben sich dabei nicht verändert. Es bleibt
schließlich noch die vierte Spalte. Die Zeilenoperationen I + 6 IV → I, II + IV → II
und III − 2 IV → III machen die vierte Spalte zum Einheitsvektor e4 und ergeben die
rechtsstehende erweiterte Matrix. Die ersten drei Spalten haben sich dabei nicht verändert.
13
1 0 0 −6 −9 13
0 7
1 0 0 0 3
6
7
2
2
0 1 0 −1 −1 1 0 1
0 1 0 0 1
1
1
1
0 0 1 2 3 −2 0 −2
0 0 1 0 −1 −2 −2 −2
0 0 0 1 2
0 1 0
0 0 0 1 2
0
1
0
Rechts vom senkrechten Strich ist die Inverse A−1 der Matrix A entstanden. Wir machen
die Probe und überprüfen, ob wir richtig gerechnet haben. Es gilt



 
13
3
0
2
1
0
1 0 0 0
6
7
2
1
1
1  0 1 0 0
 −2 6 −4 −2   1
AA−1 = 

 = I4
=
0 −4 −2 1
0 0 1 0
−1 −2 −2 −2
0 0 0 1
2 −3 5
1
2
0
1
0
wie es sein muss. Genauso kann man A−1 A = I4 nachprüfen.
Inhaltsverzeichnis
I. Elementargeometrie
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
Einleitung
Der Strahlensatz
Der Satz von Pythagoras
Das Dreieck
Die besonderen Punkte mit Ceva und Carnot
Eulergerade, Neunpunktkreis und zentrische Streckungen
Der Peripheriewinkelsatz
Umkreis, Inkreis, Ankreise und Fläche
1
1
4
10
14
18
19
21
27
II. Trigonometrie
29
1.
2.
3.
4.
5.
6.
29
32
33
35
36
38
Trigonometrische Funktionen
Die besonderen Punkte des Dreiecks
Die Sätze von Napoleon und Morley
Komplexe Zahlen
Polarkoordinaten
Beweisen mit Hilfe komplexer Zahlen
III. Koordinaten und Vektoren
43
1.
2.
3.
4.
5.
Inneres Produkt und Vektorprodukt
Determinante und Geraden
Die besonderen Punkte des Dreiecks
Die Steinerschen Geraden
Der Satz von Feuerbach
43
45
49
51
53
IV. Isometrien und Kegelschnitte
54
1. Lineare Abbildungen
2. Eigenwerte und Eigenvektoren
3. Symmetrische Matrizen
4. Isometrien der Ebene
5. Kegelschnitte
6. Tangentenkonstruktion
7. Tangentengleichung
8. Tangenten von einem Punkt an einen Kegelschnitt
9. Hauptachsentransformation
10. Leitlinie und Polarkoordinaten
11. Flächen zweiter Ordnung
54
56
57
58
61
64
66
68
70
73
75
V. Lineare Gleichungssysteme
79
1.
2.
3.
4.
79
83
85
86
Das Gaußsche Eliminationsverfahren
Eigenvektoren für 3 × 3-Matrizen
Kegelschnitt durch fünf Punkte
Inverse Matrix