§2 Dreiecke

Mathematische Probleme, SS 2017
Donnerstag 1.6
$Id: dreieck.tex,v 1.31 2017/06/01 11:41:57 hk Exp $
§2
Dreiecke
2.1
Dreiecksberechnung mit Seiten und Winkeln
Am Ende der letzten Sitzung hatten wir eine weitere Form des Kongruenzsatzes SSS
angegeben mit deren Beweis wir heute beginnen wollen.
Satz 2.1 (Dreiecksberechnung bei gegebenen Seiten)
Seien a, b, c > 0 gegeben. Genau dann existiert ein Dreieck ∆ mit den Seitenlängen
a, b, c wenn die Dreiecksungleichungen
a < b + c, b < a + c und c < a + b
erfüllt sind. In diesem Fall ist ∆ bis auf Kongruenz eindeutig bestimmt und die Winkel
in ∆ sind in den Standardbezeichnungen gegeben durch
b 2 + c 2 − a2
,
α = arccos
2bc
2
a + c 2 − b2
β = arccos
,
2ac
2
a + b2 − c 2
γ = arccos
.
2ab
Beweis: Das die Dreiecksungleichung für die Seitenlängen eines Dreiecks immer erfüllt
ist haben wir bereits in §1 eingesehen. Sei nun umgekehrt die Dreiecksungleichung
erfüllt. Nach eventueller Umbenennung können wir a ≥ b, c annehmen. Dann ist wegen
a < b + c auch a2 < (b + c)2 = b2 + c2 + 2bc also b2 + c2 − a2 > −2bc. Weiter
gelten b − c < b ≤ a und c − b < c ≤ a also auch |b − c| < a und schließlich
b2 + c2 − 2bc = (b − c)2 < a2 also b2 + c2 − a2 < 2bc. Dies zeigt
2
b + c 2 − a2 <1
2bc
und damit können wir
α := arccos
b 2 + c 2 − a2
2bc
13-1
∈ (0, π)
Mathematische Probleme, SS 2017
Donnerstag 1.6
setzen. Sind also A := (0, 0) ∈ R2 , B := (c, 0) ∈ R2 und C := (b · cos α, b · sin α) ∈ R2
so ist ∆ = ABC ein Dreieck mit |AB| = c, |AC| = b und ](CAB) = α. Nach dem
Cosinussatz §1.Satz 32 ist schließlich auch
|BC|2 = |AB|2 + |AC|2 − 2|AB| · |AC| · cos α = b2 + c2 − (b2 + c2 − a2 ) = a2 ,
also |BC| = a. Damit haben wir die Existenzaussage bewiesen. Die Eindeutigkeitsaussage gilt nach §1.Satz 40.(b) und die Formeln für die drei Winkel folgen aus dem
Cosinussatz §1.Satz 32.
Die effektive Konstruktion eines Dreiecks bei gegebenen a, b, c ist jetzt auch leicht
möglich. Wollen wir dies mit dem Geodreick tun, so berechnen wir zunächst den Winkel
α gemäß der obigen Formel und tragen dann Strecken AB und AC der Längen c und
b im Winkel α zueinander ab. Dies gibt uns das gesuchte Dreieck. Die Konstruktion
mit Zirkel und Lineal ist auch leicht möglich, dass c gegeben ist bedeutet das wir eine
Strecke AB der Länge c haben, und dann können wir um A einen Kreis mit Radius b
und um B einen Kreis mit Radius a zeichnen und erhalten C als einen Schnittpunkt
der beiden Kreise. Wir schauen uns noch zwei explizite Beispiele zum eben bewiesenen
Satz an.
1. Seien a = 6, b = 3 und c = 2. Um zu schauen ob es ein Dreick mit diesen
Seitenlängen gibt müssen wir die Dreiecksungleichung überprüfen. Diese ist hier
aber wegen a = 6 > 2 + 3 = b + c offensichtlich verletzt, es gibt also kein Dreieck
mit diesen Seitenlängen.
2. Nun seien a = 4, b = 2, c = 3. Diesmal sind die Dreiecksungleichungen erfüllt,
es reicht ja offenbar diese für die längste Seite zu verifizieren und hier haben wir
a = 4 < 2+3 = b+c. Es gibt also ein Dreieck mit diesen Seitenlängen. Die Winkel
in diesem Dreieck ergeben sich jeweils auf zwei Nachkommastellen gerundet als
4 + 9 − 16
1
α = arccos
= arccos −
≈ 104, 48◦ ,
12
4
16 + 9 − 4
7
= arccos ≈ 28, 96◦ ,
β = arccos
24
8
16 + 4 − 9
11
γ = arccos
= arccos
≈ 46, 57◦ .
16
16
Wir kommen nun zum nächsten Typ von Konstruktionaufgaben bei dem zwei Seiten
und ein Winkel vorgegeben sind. Hier gibt es zwei mögliche Fälle, entweder ist der Winkel der von den beiden Seiten eingeschlossene Winkel oder einer der beiden anderen
Winkel. Im ersten Fall spricht man vom Kongruenzsatz SWS, für Seite–Winkel–Seite,
und im zweiten Fall vom Kongruenzsatz SSW für Seite–Seite–Winkel. Diese beiden
Fälle unterscheiden sich recht deutlich voneinander und wir beginnen mit dem komplizierteren der beiden, dies ist der SSW-Satz. Angenommen wir wollen in den Standardbezeichnungen die beiden Seiten b, c und den Winkel β vorgeben. Dann tragen wir
13-2
Mathematische Probleme, SS 2017
Donnerstag 1.6
zunächst eine Strecke AB der Länge c ab. Der Winkel β gibt uns einen Strahl H mit
Startpunkt B vor auf dem der dritte Eckpunkt C des gesuchten Dreiecks liegen muss
und die Länge b gibt einen Kreis K mit Radius b und Mittelpunkt A auf dem C liegen
muss. Der gesuchte dritte Punkt C ist also ein Schnittpunkt der Halbgeraden H mit
dem Kreis K. Eine Halbgerade schneidet einen Kreis in entweder keinem, in genau einem oder in zwei Punkten, und diese drei Möglichkeiten führen auf verschiedene Fälle.
C
a
b
β
A
B
c
Fall b < c
β
A
c
B
Fall b > c
Es können drei verschiedene Fälle auftreten. Ist b < c so sind wir in der links gezeigten
Situation, K ist entweder so klein das er von H verfehlt wird oder so groß das er von H
gleich zweimal getroffen wird. Im ersten Fall gibt es dann überhaupt kein Dreieck mit
den vorgegebenen Werten und im zweiten Fall gibt es genau zwei nicht kongruente und
passende Dreiecke. Eine eindeutige Lösung gibt es nur in dem Randfall das H tangential
an K ist. Dann ist im Schnittpunkt C ein rechter Winkel γ = π/2 und somit muss
b/c = sin β sein. Im rechts gezeigten Fall b > c ist dagegen alles unproblematisch, der
Strahl H trifft den Kreis K in genau einem Punkt C und wir haben die eindeutige
Lösung ABC. Im nicht gezeigten Ausartungsfall b = c gibt es dagegen für β < π/2
eine eindeutige Lösung während die Aufgabe für β ≥ π/2 nicht lösbar ist. Damit ist
uns die Situation zumindest qualitativ klar. Wir wollen uns auf den Hauptfall b > c
beschränken und diesen im folgenden Satz behandeln.
Satz 2.2 (Dreiecksberechnung bei zwei Seiten und einem äußeren Winkel)
Seien b > c > 0 und ein Winkel 0 < β < π gegeben. Dann existiert ein bis auf
Kongruenz eindeutiges Dreieck ∆ = ABC mit |AC| = b und |AB| = c dessen Winkel
bei B gleich β ist. In den Standardbezeichungen haben wir dann
q
a = c cos β + b2 − c2 sin2 β,
!
p
c sin2 β − cos β b2 − c2 sin2 β
α = arccos
,
b
!
c cos β
b2 − c2
p
.
γ = arccos
+
b
bc cos β + b b2 − c2 sin2 β
13-3
Mathematische Probleme, SS 2017
Donnerstag 1.6
Beweis: Wir beginnen mit der Existenzaussage. Zunächst trage eine Strecke AB der
Länge |AB| = c ab und bezeichne K den Kreis mit Radius b und Mittelpunkt A. Wegen
|AB| = c < b liegt B innerhalb des Kreises K. Bezeichne S den Strahl mit Startpunkt
B und A ∈ S und trage einen weiteren Strahl H mit Startpunkt B im Winkel β
zu S ab, es gelte also ](S, H) = β. Da H unbeschränkt ist enthält H Punkte die
außerhalb von K liegen, der Startpunkt B von H liegt dagegen innerhalb des Kreises
K, da H zusammenhängend ist schneiden sich H und K also in einem Punkt C. Wegen
0 < β < π ist S ∪ H nicht kollinear, also sind auch A, B, C nicht kollinear und ABC
ist ein Dreieck mit |AB| = c und |AC| = b da b der Radius von K ist. Außerdem ist
der Winkel dieses Dreiecks bei B gerade der Winkel zwischen S und H also β. Damit
ist die Existenzaussage bewiesen.
Sei jetzt umgekehrt ABC ein Dreieck mit |AB| = c, |AC| = b und Winkel β bei B.
In den Standardbezeichnungen liefert der Cosinussatz §1.Satz 32
b2 = a2 + c2 − 2ac cos β, also a2 − 2ac cos β + c2 − b2 = 0
Dies ist eine quadratische Gleichung für a und wir erhalten
q
p
2
2
2
2
a = c cos β ± c cos β + b − c = c cos β ± b2 − c2 sin2 β.
p
Wegen b > c ist auch b2 − c2 sin2 βp> c2 − c2 sin2 β = c2 cos2 β, also b2 − c2 sin2 β >
c cos β und damit ist a = c cos β + b2 − c2 sin2 β. Dies beweist zum einen die Berechnungsformel für a und zum anderen ist a durch b, c, β festgelegt, also ist das Dreieck
ABC nach §1.Satz 40.(b) bis auf Kongruenz eindeutig festgelegt. Weiter haben wir
p
b2 + c2 − a2
2c2 − 2ac cos β
c − c cos2 β − cos β b2 − c2 sin2 β
=
=
2bc
2bc
b
p
c sin2 β − cos β b2 − c2 sin2 β
=
,
b
sowie
a2 + b2 − c2
2(b2 − c2 ) + 2ac cos β
b2 − c2 c cos β
=
=
+
2ab
2ab
ab
b
c cos β
b2 − c 2
p
+
=
b
bc cos β + b b2 − c2 sin2 β
und nach Satz 1 gelten
α = arccos
!
p
c sin2 β − cos β b2 − c2 sin2 β
b
13-4
Mathematische Probleme, SS 2017
Donnerstag 1.6
und
γ = arccos
c cos β
b2 − c 2
p
+
b
bc cos β + b b2 − c2 sin2 β
!
.
Wir kommen zum nächsten der Konstruktionssätze bei dem zwei Seiten und der von
ihnen eingeschlossene Winkel vorgegeben sind. In den Standardbezeichnungen seien
etwa die beiden Seiten b, c > 0 und der von ihnen eingeschlossene Winkel 0 < α < π
gegeben. Dass es dann ein zu diesen Vorgaben passendes Dreieck gibt ist klar, wir
müssen ja nur eine Strecke AB der Länge c und eine Strecke AC der Länge b im
Winkel α abtragen, und haben dann ein Dreieck ABC der gewünschten Art. Dafür
müssen wir wieder eine Eindeutigkeitsaussage nachweisen, also zeigen das das Dreieck
durch b, c, α bis auf Kongruenz eindeutig festgelegt ist, man spricht dann auch vom
Kongruenzsatz SWS für Seite–Winkel–Seite. All dies läßt sich wieder bequem über den
Cosinussatz durchführen.
Satz 2.3 (Dreiecksberechnung bei zwei Seiten und dem eingeschlossenen Winkel)
Seien b, c > 0 und 0 < α < π gegeben. Dann existiert ein bis auf Kongruenz eindeutiges
Dreieck ABC mit |AC| = b und |AB| = c so, dass α der Winkel bei A ist. In den
Standardbezeichnungen gelten weiter
√
a =
b2 + c2 − 2bc · cos α,
c − b cos α
β = arccos √
,
b2 + c2 − 2bc cos α
b − c cos α
.
γ = arccos √
b2 + c2 − 2bc cos α
Beweis: Die Existenz eines Dreiecks ABC mit den verlangten Eigenschaften haben
wir bereits eingesehen. Nach dem Cosinussatz
§1.Satz 32 gilt in jedem solchen Dreieck
√
in den üblichen Bezeichnungen a = b2 + c2 − 2bc · cos α und insbesondere ist das
Dreieck nach Satz 1 bis auf Kongruenz eindeutig bestimmt. Weiter haben wir
a2 + c2 − b2
2c2 − 2bc cos α
c − b cos α
=
=√
2
2ac
2ac
b + c2 − 2bc cos α
und nach Satz 1 ist damit
β = arccos
c − b cos α
√
2
b + c2 − 2bc cos α
.
Die Gleichung für γ ergibt sich analog.
Es verbleiben nur noch die Konstruktionsaufgaben mit einer vorgegebenen Seite und
zwei vorgegebenen Winkeln. Als ersten Schritt überlegen wir uns das die Winkelsumme
13-5
Mathematische Probleme, SS 2017
Donnerstag 1.6
in einem Dreieck immer π ist, und es ist hilfreich hierzu ein kleines Lemma vorauszuschicken.
Lemma 2.4 (Seiten bei parallelen Schnitten)
Seien g, h ⊆ R2 zwei verschiedene Geraden die sich in einem Punkt C schneiden.
Weiter seien A ∈ h\{C} und B ∈ g\{C} und bezeichne m die Verbindungsgerade von
A und B. Schließlich sei n ⊆ R2 eine Gerade mit C ∈ n und m k n und sei D ∈ n\{C}
ein Punkt so, dass A und D auf verschiedenen Seiten von g liegen. Dann liegen B und
D auf derselben Seite von h.
Beweis: Wähle u, v ∈ R2 mit ||u|| = ||v|| = 1 und c, d ∈ R mit
g = {x ∈ R2 |hu|xi = c} und h = {x ∈ R2 |hv|xi = d}.
Wegen A ∈
/ g und B ∈
/ h können wir durch
eventuellen Übergang zu −u beziehungsweise zu −v
annehmen das hu|Ai < c und hv|Bi > d sind.
Wegen A, C ∈ h und B, C ∈ g gelten weiter
C
D
n
hu|Bi = hu|Ci = c und hv|Ai = hv|Ci = d. Da
D ∈
/ g ist und A und D auf verschiedenen Seiten
A
von g liegen ist auch hu|Di > c. Wegen m k n haben h
B
m
wir außerdem D − C ∈ R(n) = R(m) = R · (B − A)
g
also existiert ein λ ∈ R mit D = C + λ · (B − A).
Es folgt c < hu|Di = hu|Ci + λ(hu|Bi − hu|Ai) =
c + λ(c − hu|Ai) und wegen c − hu|Ai > 0 ist auch λ > 0. Hieraus folgt schließlich
hv|Di = hv|Ci + λ · (hv|Bi − hv|Ai) = d + λ · (hv|Bi − d) > d,
d.h. D und B liegen auf derselben Seite von h.
13-6