Hans Walser, [20080409a] Eine Visualisierung des - walser-h-m.ch

Hans Walser, [20080409a]
Eine Visualisierung des Kosinussatzes
1 Worum es geht
Es wird eine zum Pythagoras-Piktogramm analoge Figur für nicht rechtwinklige Dreiecke besprochen. Dabei werden ähnliche gleichschenklige Dreiecke mit Basiswinkel oder 180° aufgesetzt.
2 Die Bildsprache
Der relevante Winkel im grünen Dreieck ist stumpf; die gleichschenkligen Dreiecke
haben den Basiswinkel 180° :
blau + blau + grün = rot
Der relevante Winkel im grünen Dreieck ist spitz; dies ist auch der Basiswinkel der
gleichschenkligen Dreiecke:
blau + blau = grün + rot
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Hans Walser: Eine Visualisierung des Kosinus-Satzes
Dies erinnert an das Piktogramm für den Satz des Pythagoras, in welchem allerdings der
Flächeninhalt des Dreieckes keine Rolle spielt:
blau + blau = rot
3 Stumpfer Winkel Wir arbeiten mit dem spitzen Außenwinkel = 180° und setzen gleichschenklige
Dreiecke mit dem Basiswinkel auf.
C
A
b
B a C
c
B
A
Wir arbeiten mit dem Außenwinkel
In dieser Situation gilt der Flächensatz:
Die beiden blauen Dreiecke plus das grüne Dreieck sind zusammen flächenmäßig
gleich groß wie das rote Dreieck.
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3.1 Rechnerischer Beweis
Es ist:
AACB = a4 tan ( )
2
ABAC = b4 tan ( )
AC BA = c4 tan ( )
2
2
AABC = 12 ab sin ( ) = 12 ab sin ( )
Zu prüfen ist:
?
AACB + ABAC + AABC = AC BA
a2
4
?
2
2
tan ( ) + b4 tan ( ) + 12 ab sin ( ) = c4 tan ( )
?
a 2 + b 2 + 2ab cos ( ) = c 2
Die letzte Zeile ist wegen cos ( ) = cos ( ) der Kosinus-Satz.
3.2 Geometrischer Beweis 1
Beweisidee: Wolfgang Kroll, Marburg
Wir spiegeln das Dreieck ABC an AB, das Bilddreieck sei ABC . Dann gilt:
AAB = AC B = ABB
Die Punkte A, C , B liegen also auf demselben Ortsbogen über AB.
C
B
A
C
A
Spiegelung und Ortsbogen
B
C 4/12
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Weiter gelten folgende Winkelbeziehungen:
BBA = C BA = ABC = ABB = Wegen BBA = und ABC = ist BA = AC (gleiche Peripheriewinkel über
gleich langen Sehnen). Da das Dreieck ACB gleichschenklig ist, folgt sogar
CB = AC . Analog kann CA = BC gezeigt werden; das Viereck BCAC ist also
ein Parallelogramm.
C
B
A
C
B
C A
Parallelogramm
Daher ist:
ACBA = ACBC und AACB = AACC Also gilt:
AABC = AABC = AABC + ACBA + AACB
Damit ist der Flächensatz bewiesen.
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3.3 Geometrischer Beweis 2
Da die drei gleichschenkligen Dreiecke ähnlich sind, haben wir ein festes Verhältnis zwischen der Schenkellänge und der Basislänge. (Es ist =
1
2 cos( )
, wir benötigen die-
se Formel im folgenden aber nicht.)
Nun ergänzen wir die drei Punkte B, C, A zum Parallelogramm BCAC (Figur).
C
c
c
A
b
b
B a
C
c
a
B
b
a
A
a
b
C Ergänzung zum Parallelogramm
Dann gilt:
AACB = AC CB
und ABAC = AC AC
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Die beiden neuen Dreiecke C CB und C AC sind in der folgenden Figur magenta
eingezeichnet.
C
c
c
A
b
b
B a
C
c
a
a
A
B
b
a
b
C Flächengleiche Dreiecke
Wir vermuten, dass BAC BAC . Dies kann wie folgt eingesehen werden: Aus
Symmetrie- und Parallelitätsgründen ist C AB = . Somit ist BAC ABC mit
dem Ähnlichkeitsfaktor . Daher ist C B = c . Analog kann C A = c nachgewiesen
werden. Damit ist unsere Vermutung bewiesen. Daraus folgt aber der Flächensatz.
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4 Spitzer Winkel Bei einem Dreieck ABC mit spitzem Winkel setzen wir auf allen drei Seiten je ein
gleichschenkliges Dreieck mit der betreffenden Dreieckseite als Basis und dem Basiswinkel auf.
C
A
c
b
C
B B
a
A
Aufgesetzte gleichschenklige Dreiecke
Dann gilt:
Die beiden blauen Dreiecke sind zusammen flächenmäßig gleich groß wie das rote
Dreieck zusammen mit dem grünen Dreieck.
4.1 Rechnerischer Beweis
Es ist:
Zu prüfen ist:
?
AACB + ABAC = AC BA + AABC
a2
4
?
2
2
tan ( ) + b4 tan ( ) = c4 tan ( ) + 12 ab sin ( )
?
a 2 + b 2 = c 2 + 2ab cos ( )
Die letzte Zeile ist aber der Kosinus-Satz.
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4.2 Geometrischer Beweis 1
Wir spiegeln die Dreiecke ACB und CBA an den Seiten b beziehungsweise a. Dies
liefert die Bilddreiecke ACB und CBA . Aus Winkelüberlegungen analog zum
stumpfwinkligen Fall folgt, dass die fünf Punkte B, B, A, A, C auf einem Kreis liegen und weiter das Viereck AC BC ein Parallelogramm ist.
A
C
B
A
B
C
B
A
Kreis und Parallelogramm
Daher ist:
ACBA = ACBA = ACBC und AACB = AACB = AACC Daraus folgt:
ACBA + AACB = ACBC + AACC = AABC + AABC Dies war zu beweisen.
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4.3 Geometrischer Beweis 2
Zunächst verschieben wir — um den Überblick nicht zu verlieren — die Dreiecke
ACB und BAC um die respektiven Vektoren BC und AC . Wir erhalten die Bild und B CA , die sich allerdings überlappen.
dreiecke A BC
C
c
c
c
B a
a
A b
B
b
b
b a B C
b
b a
A
a
a
B
A A
Verschiebung
Nun ergänzen wir die drei Punkte B , C, A zum Parallelogramm B CA C ; dies ist in
der folgenden Figur dargestellt.
C
c
c
c
B a
a
A b
B
b
b
b a B C
b
a
A
a
B
a
A
A b
C Ergänzung zum Parallelogramm
Mit C erhalten wir flächengleiche Dreiecke:
AA BC
und
= AC BC
AB CA = AC CA
und C CA sind in der Figur magenta eingezeichDie beiden neuen Dreiecke C BC
net.
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Wir vermuten, dass die Vierecke CAC B und CA C B kongruent sind (Punktsymmetrie).
C
c
c
c
B a
a
A b
B
b
b
b a B C
b
a
A
a
B
a
A
A b
C Kongruente farbige Vierecke?
. Weiter ist
Zunächst ist das Dreieck ABC kongruent zum Dreieck A BC
A C B CAB mit dem Streckfaktor (in diesem Fall ist = 1 ). Daher ist
2 cos( )
C B = c . Analog kann C A = c gezeigt werden. Damit ist die Vermutung bewiesen.
5 Link zu Pythagoras
Der Kosinus-Satz enthält für = 90° als Sonderfall den Satz des Pythagoras. Leider
können wir in unserem Flächensatz den Winkel nicht als rechten Winkel wählen, da
die gleichschenkligen Dreiecke sonst zu Halbstreifen mit unendlich großem Flächeninhalt ausarten würden. Zudem wäre die Frage, auf welcher Seite die Dreiecksfläche nun
zu rechnen wäre, da = 90° als Grenzfall sowohl eines stumpfen wie eines spitzen
Winkels zu sehen wäre. Allerdings kann man sagen, dass eine endliche Dreiecksfläche
im Vergleich zu den unendlichen Halbstreifen ohnehin quantité négligeable ist. Aber
statt über das Unendliche zu philosophieren, bleiben wir bei den Leuten und stutzen die
gleichschenkligen Dreiecke. Wir schneiden sie bei relativ gleicher Höhe durch, so dass
gleichschenklige Trapeze der respektiven Höhen µa , µb , µc mit frei wählbarem µ
übrig bleiben. Als Referenz an das übliche Pythagoras-Piktogramm wählen wir µ = 1 .
Die Frage ist, wie wir das zentrale Dreieck stutzen müssen, damit der Flächensatz wieder gilt. Das sehen wir, wenn wir die abgeschnittenen Teile der gleichschenkligen Dreiecke neu zusammensetzen. Es entsteht dann ein kleines zentrales Dreieck, das zum ursprünglichen Dreieck ähnlich ist und von diesem abgeschnitten werden muss. Es bleibt
ein (im allgemeinen nicht gleichschenkliges) Trapez übrig.
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Trapeze als gestutzte Dreiecke. Rest neu zusammengesetzt
Wir erhalten so einen Flächensatz mit Trapezen:
blau + blau + grün = rot
Für einen spitzen Winkel gilt ein analoger Flächensatz:
blau + blau = grün + rot
In beiden Fällen werden für 90° die blauen und das rote Trapez zu Quadraten und
das grüne Trapez verschwindet. Es entsteht das Pythagoras-Piktogramm.
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6 Zerlegungspuzzle
Die Figur zeigt ein Zerlegungspuzzle. Es handelt sich hier allerdings um einen Sonderfall mit a : b : c = 3 : 2 : 4 . Es ist dann = arccos 14 104.48° . Gibt es andere einfa-
( )
che Puzzles?
Zerlegungspuzzle