Elementare Geometrie - Universität Münster

Übungen zur Vorlesung
Westfälische Wilhelms-Universität Münster
Mathematisches Institut
Elementare Geometrie
Sommersemester 2010
Musterlösung zu Blatt 5
vom 10. Mai 2010
apl. Prof. Dr. Lutz Hille
Dr. Karin Halupczok
erstellt von M. Holl, M. Möller, F. Springer
Zu Aufgabe 1:
Ein Dreieck heißt pythagoreisch, falls seine Seitenlängen durch ein pythagoreisches Tripel beschrieben werden. Zeigen Sie: Der Inkreisradius eines pythagoreischen Dreiecks ist
ganzzahlig.
Lösung: Nach Blatt 3 ist der Inkreisradius r gegeben durch
s
(p − a)(p − b)(p − c)
1
mit p = (a + b + c).
r=
p
2
Damit ist
s
r=
1
(b
2
+ c − a) 21 (a + c − b) 12 (a + b − c)
1
=
1
2
(a + b + c)
2
r
(b + c − a)(a + c − b)(a + b − c)
a+b+c
r
(ab + ac − a2 + bc + c2 − ac + ab − b2 − bc)(a + b − c)
a+b+c
s
r
2
2
2
1 2ab(a + b − c)(a + b − c)
2ab(a + b − c)
c −a −b =0 1
=
=
2
a+b+c
2
(a + b + c)(a + b − c)
r
1
2ab(a + b − c)2
=
2 a2 + ab − ac + ab + b2 − bc + ac + bc − c2
r
2ab(a + b − c)2
1p
1
a2 +b2 −c2 =0 1
=
=
(a + b − c)2 = (a + b − c).
2
2ab
2
2
Bleibt zu zeigen: a + b − c ist gerade und aus .
=
N
1.) a + b ≥ c, da a, b, c Dreiecksseiten bilden ⇒ a + b − c ∈
N.
2.) 1. Fall: a, b, c ungerade. Dieser Fall kann nicht auftreten, da dann a2 ungerade, b2
ungerade und somit a2 + b2 = c2 gerade, also c gerade ist.
2. Fall: Zwei der Zahlen a, b, c sind ungerade. Dann folgt mit obiger Argumentation,
dass die dritte ungerade ist, also ist a + b − c gerade.
3. Fall: Zwei der Zahlen gerade. Dann ist nach obiger Argumentation auch die dritte
gerade, also a + b + c gerade.
Mehr Fälle können nicht auftreten, also ist r = 21 (a + b − c) ∈
1
N in allen Fällen.
Zu Aufgabe 2:
Folgern Sie aus dem Satz von Menelaos das Axiom von Pasch: Schneidet eine Gerade ein
Dreieck in einer Dreiecksseite, so schneidet sie auch eine der anderen beiden Dreiecksseiten.
Hinweis: Betrachten Sie die Vorzeichen der Teilungsverhältnisse.
Lösung:
Gegeben seien drei nicht-kollineare Punkte A, B, C in der Ebene. (AB), (AC), (BC) seien
weiter die gerichteten Geraden durch die entsprechenden Punkte. Eine Gerade g schneide
AB im Inneren.
Z
Z : g schneidet auch eine der anderen beiden Strecken AC, BC im Inneren.
Beweis:
P := (AB) ∩ g,
Q := (AC) ∩ g,
R := (BC) ∩ g
P ist nach
Voraussetzung innerer Punkt von AB
⇒ PAPB > 0
BR AQ
⇒ QC
· RC < 0 nach Menelaos
AQ
⇒ QC
> 0 ∨ BR
>
0
RC
⇒ Q ist innerer Punkt von AC oder R ist innerer Punkt von BC
Zu Aufgabe 3:
Gegeben sei ein Dreieck ∆(ABC) und ein Punkt P 6= A, B, C, und sei
G(A, B) ∩ G(C, P ) = {D},
G(B, C) ∩ G(A, P ) = {E},
G(A, C) ∩ G(B, P ) = {F }.
(a) Zeigen Sie: DF ist genau dann parallel zu BC, wenn E Mittelpunkt von BC ist.
(b) Konstruieren Sie allein mit dem Lineal eine Parallele zu einer Strecke BC durch einen
weiteren Punkt F , wenn der Mittelpunkt E der Strecke BC gegeben ist.
Lösung:
Vorbemerkung: Auf jeder der Geraden durch zwei der gegebenen Punkte sei eine beliebige, aber im Folgenden fest gewählte positive Richtung ausgezeichnet.
Zu (a):
DF ||BC
AD AF =
⇔
BD
CF
nach erstem Strahlensatz
⇔
AD DB
2
=
FA
CF
(beide Seiten mit −1 multipliziert)
⇔
BE EC
=1
(denn nach Ceva gilt
AD BE CF ·
·
= 1)
DB
EC
FA
⇔ E ist Mittelpunkt von BC.
Zu (b):
F
Seien B, C, E, F wie in der
Aufgabe gegeben.
1.
B
E
C
A
F
Wähle A auf der Geraden
F C außerhalb von F C.
2.
B
E
C
A
F
P
3.
B
E
Konstruiere AB, AE, BF ,
P := BF ∩ AE 6= ∅.
C
A
D
4.
F
D := (CP ) ∩ AB 6= ∅
P
B
E
Wie in (a) ist nun DF k BC.
C
3
Zu Aufgabe 4:
Seien sG und sG0 Achsenspiegelungen an den Geraden G und G0 .
(a) Zeigen Sie: Schneiden sich G und G0 in einem Punkt, so ist sG0 ◦ sG eine Drehung.
Bestimmen Sie deren Drehpunkt und Drehwinkel.
(b) Lässt sich jede Drehung als Hintereinanderausführung zweier Achsenspiegelungen erhalten? Warum?
(c) Zeigen Sie: Ist G k G0 , so ist sG0 ◦ sG eine Translation. Bestimmen Sie deren Translationsvektor.
(d) Lässt sich jede Translation als Hintereinanderausführung zweier Achsenspiegelungen
erhalten? Warum?
Lösung:
Zunächst stellen wir fest, dass Achsenspiegelungen Isometrien sind. Solche sind durch die
Auswertung an drei Punkten, die nicht auf ein und derselben Geraden liegen, eindeutig
bestimmt.
(a): Wir wählen S als den Schnittpunkt der Geraden G und G0 . Außerdem sei P1 ∈ G
und P2 ∈ G0 so gewählt, dass φ := ^P1 SP2 ist. Offensichtlich gilt sG0 ◦ sG (S) = S, sowie
sG0 ◦ sG (P1 ) = ρS,2φ (P1 ) und sG0 ◦ sG (P2 ) = ρS,2φ (P2 ). sG0 ◦ sG ist also eine Drehung um
S um den Winkel 2φ.
(b): Offensichtlich lässt sich nun jede Drehung um einen beliebigen Punkt und einen Winkel ist auf diese Weise schreiben. Man benötigt nur zwei Geraden, die sich im Drehzentrum
schneiden und einen Winkel einschließen, dessen Größe die Hälfte des gewünschten Drehwinkels ist.
R
R
(c): OBdA sei G = {(x1 , x2 ) ∈ 2 : x1 = 0} und G0 = {(x1 , x2 ) ∈ 2 : x1 = 1}.
Wir nennen t := sG0 ◦ sG und P1 = (0, 0), P2 = (1, 0), P3 = (0, 1). Dann ist t(P1 ) =
(2, 0), t(P2 ) = (3, 0), t(P3 ) = (1, 2) und die Abbildung t eine Translation.
(d): Sei ~a der Vektor, in dessen Richtung verschoben werden soll. Wähle eine Gerade G
so, dass ~a senkrecht auf G steht. Ist G0 die zu G parallele Gerade mit d(G, G0 ) = k~a2k
und in der Halbebene bezüglich G liegt, in die ~a zeigt, so ist die Abbildung sG0 ◦ sG die
gesuchte Abbildung.
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