Ausarbeitung

Geometrie der Ebene
Vortrag im Rahmen des Proseminars zur Analysis, 27.06.2006
Felix Bachmair
Der Zugang zu der Geometrie der Ebene über die komplexen Zahlen ermöglicht einfache und sehr effektive Verfahren.
Beispielhaft werden einige Beweise für Dreiecke durchgeführt.
§ 1 Allgemeine Konventionen und Definitionen
Wir betrachten C als euklidischen R-Vektorraum mit dem Skalarprodukt
hz, wi := Re(zw) = xu + yv,
für
z = x + iy, w = u + iv.
(1)
Es gilt folgendes Lemma:
(1.1) Lemma
Für w, b, a ∈ C, b 6= 0 sind äquivalent:
i) w und b − a sind orthogonal (stehen senkrecht aufeinader), d.h. hw, b − ai = 0
ii) w ∈ R · i (b − a)
Beweis
π
Man beachte, dass die Muliplikation von b − a mit i = ei 2 geometrisch einer Dreπ
hung um ei 2 = 90◦ entspricht.
(1.2) Definition (Bewegung)
Sei f : C → C eine Funktion mit
| f (z) − f (w)| = |z − w|
für alle z, w ∈ C.
Dann heißt f Bewegung.
Ohne Beweis beachten wir folgenden
(1.3) Satz (Bewegungen von C)
Die Bewegungen von C sind genau die Abbildungen
f (z) = cz + a und f (z) = cz + a
mit |c| = 1.
Geometrie der Ebene
§ 2 Geraden
§ 2 Geraden
Im ersten Abschnitt gehen wir genauer auf Geraden im komplexen Zahlenraum ein.
Wir zeigen verschiedene Darstellungsformen von Geraden und eine Möglichkeit zu
kontrollieren, ob und wo sich Geraden in einem Punkt schneiden. Die Darstellung
der Geraden in der folgenden Definition entspricht der des R2 (aus dem Schulunterricht) bekannten.
(2.1) Definition (Gerade)
Eine Gerade in C ist ein eindimensionaler affiner reeller Unterraum in C und hat daher stets die Form:
a + R · u = { a + λu; λ ∈ R}
a, u ∈ C, u 6= 0.
(2)
Ein Element einer Geraden nennt sich Punkt. Die Richtung einer Geraden a + R · u ist
u. Stehen zwei Geraden senkrecht aufeinander, so sind sie orthogonal, d.h. das Skalarprodukt ihrer Richtungen ist gleich Null.
Zwei Geraden heißen nicht-parallel, wenn sie einen eindeutigen Schnittpunkt haben.
Sind zwei Geraden parallel, so sind die Richtungen der Geraden linear abhängig. Insbesondere sind zwei parallele Geraden,also entweder disjunkt oder gleich.
(2.2) Lemma
Für a, u ∈ C, u 6= 0, gilt
{ a + λu; λ ∈ R} = {z ∈ C; Im(zu) = Im( au)}.
Beweis
„ ⊆ “ Sei z ∈ a + Ru
Dann exestiert ein λ ∈ R mit z = a + λu. Daraus folgt
Im(zu) = Im(( a + λu)u) = Im( au) + Im(λuu) = Im( au).
| {z }
=0
„⊇“
Sei Im(zu) = Im( au)
Dann exestiert ein λ0 ∈ R mit u 6= 0, so dass
zu = au + λ0
⇔ zuu = auu + λ0 u
u
⇔ z = a + λ0
uu
2
Geometrie der Ebene
§ 2 Geraden
Für λ :=
λ0
hat z daher die Form
| u |2
z = a + λu ∈ a + R · u ∈ a + R · u.
(2.3) Lemma (Schnittpunkt von 2 Geraden)
Seien a + Ru und b + Rv, a, b, u, v ∈ C zwei nicht parallele Geraden in C. Dann
wird der eindeutig bestimmte Schnittpunkt s der beiden Geraden gegeben durch
1
( Im(bv)u − Im( au)v).
Im(uv)
s =
(3)
Beweis
Es existiert genau dann ein eindeutiger Schnittpunkt der Geraden, wenn die beiden
Richtungen u und v linear unabhängig sind.
Somit bilden u, v eine Basis von C.
Es existieren dann α, β ∈ R mit
s = αu + βv.
(4)
a + λu = b + µv ist eindeutig mit λ, µ ∈ R lösbar.
Nach Lemma (2.2)
(2.2)
(4)
Im( au) = Im(su) = Im((αu + βv)u)
= Im(α · |u|2 ) + Im( βvu) = Im( βvu) = − βIm(uv).
|
{z
}
=0
Analog folgt aus s ∈ b + Rv:
Im(bv) = Im(sv) = αIm(uv).
Durch Umformen der Gleichung nach α und β erhält man:
⇒α=
Im(bv)
Im(uv)
und
β=−
Im( au)
.
Im(uv)
Mit Gleichung (4) folgt nun die Behauptung.
Wir können eine Bedingung angeben, wann sich drei Geraden in C schneiden.
3
Geometrie der Ebene
§ 3 Dreiecke
(2.4) Lemma (Schneiden von 3 Geraden)
Gegeben sind 3 Geraden a + Ru, b + Rv, c + Rw in C, die nicht alle parallel sind. Sie
schneiden sich genau dann in einem Punkt, wenn
Im(cw) Im(uv) + Im( au) Im(vw) + Im(bv) Im(wu) = 0.
(5)
Beweis
Seien OBdA u und v linear unabhängig. Die beiden Geraden schneiden sich nach
Lemma (3) in dem Punkt
s=
1
( Im(bv)u − Im( au)v).
Im(uv)
Ist s ∈ c + Rw so gilt nach Lemma (2.2):
Im(cw) = Im(sw)
= Im((
=
=
1
( Im(bv)u − Im( au)v))w)
Im(uv)
1
Im((( Im(bv)u − Im( au)v))w)
Im(uv)
1
Im(( Im(bv)uw)) − Im(( Im( au)vw))
Im(uv)
Durch Muliplikation mit Im(uv) ergibt sich also
Im(cw) Im(uv) =
Im(bv) Im(uw) − Im( au) Im(vw)
⇔ Im(cw) Im(uv) =
− Im(bv) Im(wu) − Im( au) Im(vw)
⇔ Im(cw) Im(uv) + Im( au) Im(vw) + Im(bv) Im(wu) = 0.
§ 3 Dreiecke
In diesem Abschnitt behandeln wir einige neue Definitionen bei Dreiecken und werden dann einfache Mittel entwickeln, wie man mit den komplexen Zahlen verschiedene Eigenschaften von Dreiecken überprüfen kann.
4
Geometrie der Ebene
§ 3 Dreiecke
(3.1) Definition (Dreieck)
Ein Dreieck in C ist ein Tripel ( a, b, c) ∈ C × C × C von Punkten, die nicht auf einer
Geraden liegen.
(3.2) Lemma (Eigenschaften eines Dreiecks)
Seien a, b, c ∈ C, dann gilt
a) a, b, c liegen genau dann auf einer Geraden, wenn
4( a, b, c) := Im ( a − c)(b − c) = Im( ab + bc + ca) = 0.
In diesem Fall heißen a, b, c auch kollinear.
b) Für jede Bewegung f gilt
4 ( f ( a), f (b), f (c)) = ±4( a, b, c).
c) Die Fläche eines Dreiecks ( a, b, c) ist 12 |4( a, b, c)|.
Beweis
a) 1. Fall: Sei a = c
Dann ist a − c = 0 und die Behauptung folgt.
2. Fall: Sei a 6= c
a, b, c liegen genau dann auf einer Geraden, wenn a − c und b − c auf einer Geraden durch den Ursprung liegen, was äquivalent ist zu der Existenz eines λ ∈ R
mit
Im((b − c)( a − c))) = Im(λ · |( a − c)|2 ) = 0.
{z
}
|
λ·|( a−c)|2 ∈R
b) Nach (1.3) gilt f (z) = pz + q, wobei | p|2 = pp = 1, und damit
4 ( f ( a), f (b), f (c)) = Im ( f ( a) − f (c))( f (b) − f (c))
= Im ( pa + q − ( pc + q))( pb + q − ( pc + q))
= Im ( pa − pc)( pb − pc)
= Im p( a − c) p(b − c)
= Im pp( a − c)(b − c)
= Im ( a − c)(b − c)
= 4( a, b, c)
5
Geometrie der Ebene
§ 3 Dreiecke
und analog für eine Bewegung f 0 (z) = pz + q mit |q|2 = qq = 1
4 f 0 ( a), f 0 (b), f 0 (c) = −4( a, b, c).
c) Durch Translation1 und Drehung lässt sich jedes Dreieck 4( a, b, c) auf die Form
4( ã, b̃, c̃) bringen mit
ã = 0,
b̃ = β,
β, δ, γ ∈ R, β > 0, γ 6= 0.
c̃ = δ + iγ, wobei
Die Fläche eines Dreiecks ist definiert durch
Fall mit der Grundseite β und der Höhe γ
F=
1
2
· Grundseite · Höhe, also in diesem
1
β · | γ |.
2
Es gilt
4( ã, b̃, c̃) = Im( ãb̃ + b̃c̃ + c̃ ã) = Im( ãb̃) + Im(b̃c̃) + Im(c̃ ã)
und in diesem Fall zusätzlich c̃ ã, ãb̃ = 0.
Und es gilt
|4( a, b, c)| = |4( ã, b̃, c̃)| = | Im(b̃c̃)| = | Im( β(δ − iγ))| = | βγ|
und damit
F=
1
|4( a, b, c)|.
2
(6) Nach diesen Vorbereitungen gehen wir nun auf die Seitenhalbierenden ein.
(3.3) Definition (Seitenhalbierenden eines Dreiecks)
Ist (a,b,c) ein Dreieck, so sind 21 ( a + b), 12 ( a + c), 12 (b + c) die Seitenmitten und a +
R(b + c − 2a), b + R( a + c − 2b), c + R( a + b − 2c) die Seitenhalbierenden.
Wir erhalten nun den
(3.4) Satz (Schnittpunkt der Seitenhalbierden)
Die Seitenhalbierenden eines Dreiecks ( a, b, c) schneiden sich in genau einem Punkt
P = 31 ( a + b + c). Dieser Punkt ist der Schwerpunkt eines Dreiecks.
1 Verschiebung
von jedem Punkt der Zeichenebene oder des Raumes in derselben Richtung um die
selbe Strecke.
6
Geometrie der Ebene
§ 3 Dreiecke
Beweis
Der Punkt P liegt auf allen 3 Geraden. Es gilt nämlich
1
1
( a + b + c) = a + (b + c − 2a)
3
3
1
= b + (c + a − 2b)
3
1
= c + ( a + b − 2c).
3
Also liegt der Punkt P auf allen drei Geraden.
Nun ist noch zu zeigen, dass die Geraden nicht parallel sind.
Wir betrachten nun ohne Einschränkung die Geraden a + Ru, b + Rv, zu zeigen ist
Im((b + c − 2a)( a + c − 2b)) 6= 0.
Es gilt
Im((b + c − 2a)( a + c − 2b))
=
Im((b + c − 2a)( a + c − 2b))
=
Im(3( ab + bc + ca))
=
3Im( ab + bc + ca)
(3.2) (a)
=
34( a, b, c) 6= 0.
Analog mit den anderen beiden Gleichungen.
Und daraus folgt die Behauptung.
(3.5) Definition (Höhen eins Dreiecks)
Die Höhen eines Dreiecks ( a, b, c) sind die Geraden a + Ri (b − c), b + Ri (c − a), c +
Ri ( a − b).
(3.6) Satz (Höhenschnittpunkt)
Die Höhen eines Dreiecks ( a, b, c) schneiden sich in genau einem Punkt.
Beweis
Aufgrund von
Im(i ( a − b)i (b − c))
=
Im(( a − b)(b − c)
(3.2)(a)
= 4( a, b, c) 6= 0
und analog für die anderen Geraden sind keine zwei der drei Geraden parallel. Nun
benutzt man das Lemma (2.4):
7
Geometrie der Ebene
Mit a = a1 + ia2 ,
und
§ 3 Dreiecke
b = b1 + ib2 ,
c = c1 + ic2
a1 , a2 , b1 , b2 , c1 , c2 ∈ R
hc, b − ci + h a, c − bi + hb, a − ci
= c1 · (b1 − a1 ) + c2 · (b2 − a2 ) + a1 · (c1 − b1 ) +
a2 · (c2 − b2 ) + b1 · ( a1 − c1 ) + b2 · ( a2 − c2 ) = 0
(7)
folgt
Im(ci ( a − b)) Im(i (b − c)i (c − a)) + Im( ai (b − c)) Im(i (c − a)i ( a − b))
+ Im(bi (c − a)) Im(i ( a − b)i (b − c))
= − Re(c( a − b)) Im(bc − ba − cc + ca) − Re( a(b − c)) Im(ca − cb − aa + ab)
− Re(b(c − a)) Im( ab − ac − bb + bc)
= Re(−c( a − b))4( a, b, c) + Re(− a(b − c))4( a, b, c) + Re(−b(c − a))4( a, b, c)
= 4( a, b, c) Re(c(b − a)) + Re( a(c − b)) + Re(b( a − c))
(7)
= 4( a, b, c)(hc, b − ai + h a, c − bi + hb, a − ci) = 0.
Daraus folgt die Behauptung nach (2.4).
(3.7) Definition (Mittelsenkrechten eines Dreiecks)
Die Mittelsenkrechten eines Dreiecks ( a, b, c) sind die Geraden
1
(b + c) + Ri (c − b),
2
1
mb := (c + a) + Ri ( a − c),
2
1
mc := ( a + b) + Ri (b − a).
2
m a :=
Mit Hilfe der Mittelsenkrechten können wir den Umkreis eines Dreiecks angeben.
(3.8) Satz (Umkreismittelpunkt eines Dreiecks)
Die Mittelsenkrechten m a , mb , mc eines Dreiecks ( a, b, c) schneiden sich in genau einem Punkt, das heißt
| m − a | = | m − b | = | m − c |.
Dieser Punkt ist der Umkreismittelpunkt m eines Dreiecks.
8
Geometrie der Ebene
§ 3 Dreiecke
Beweis
Zunächst zeigen wir, dass die Geraden m a , mb , mc nicht parallel sind. Hierfür betrachten wir ohne Einschränkung die Geraden m a und mb .
Im(i (b − a)(i (c − b)) = Im(ii (b − a)(c − b)
= Im(bc − |b|2 − ac + ab)
= Im(bc − ac + ab)
= Im(bc + ca + ab)
= 4( a, b, c) 6= 0.
Daraus folgt, dass m a und mb nicht-parallel sind. Der Beweis für die anderen Mittelsenkrechten verläuft analog.
Es ist nun noch zu zeigen, dass sich die Mittelsenkrechten in einem Punkt m schneiden.
Mit Lemma (2.4) ergibt sich
1
( a + b)i (b − a) · Im i (c − b)i ( a − c) +
Im
2
1
Im
(b + c)i (c − b) · Im i ( a − c)i (b − a) +
2
1
Im
(c + a)i ( a − c) · Im i (b − a)i (c − b)
2
1
= ( Im(i ( ab − aa + bb − ba)) · Im(ca − cc − ba + bc) +
|
{z
}
2
4( a,b,c)
Im(i (bc − bb + cc − cb)) · Im( ab − aa − cb + ca) +
|
{z
}
4( a,b,c)
Im(i (ca − cc + aa − ac)) · Im(bc − bb − ac + ab))
|
{z
}
4( a,b,c)
9
Geometrie der Ebene
=
=
=
=
=
=
§ 3 Dreiecke
1
4( a, b, c) Im(i (c + b)(c − b)) + Im(i (b + a)(b − a)) + Im(i ( a + c)( a − c))
2
1
4( a, b, c) Re(−(c + b)(c − b)) + Re(−(b + a)(b − a)) + Re(−( a + c)( a − c))
2
1
4( a, b, c) (hb + c, b − ci + h a + b, a − bi + hc + a, c − ai)
2
1
− 4( a, b, c) Re (c + b)(c − b) + (b + a)(b − a) + ( a + c)( a − c)
2
1
− 4( a, b, c) Re(ba − ab + cb − bc − ca + ac)
2


1
− 4( a, b, c)  Re(ba − ab) + Re(cb − bc) + Re( ac − ca)
|
{z
} |
{z
} |
{z
}
2
=0
=0
=0
= 0.
Daraus folgt, dass ein Schnittpunkt m existiert, für den m ∈ m a , mb , mc gilt.
Es ist nun noch zu zeigen, dass der Schnittpunkt m von allen drei Ecken des Dreiecks
gleich weit entfernt ist.
Dazu betrachten wir nun ein z ∈ C beliebig und |z − a| = |z − b|.
Es gilt dann
0 = |z − a|2 − |z − b|2 = hz − a, z − ai − hz − b, z − bi
= Re (z − a)(z − a) − (z − b)(z − b)
= Re(zz − za − az + aa − zz + zb + bz − bb)
= Re(zb + bz) − Re(za + az) + Re( aa − bb) + Re( ab) − Re( ab)
|
{z
}
=0
= Re(2zb) − Re(2 · za) + Re( aa − bb) + Re(ba) − Re( ab)
= Re(2z − 2za + aa − bb + ba − ab)
1
1
1
1
= Re 2 zb − za + aa − bb + ba − ab
2
2
2
2
1
= 2 · Re( z − ( a + b) (b − a))
2
1
= 2 · hz − ( a + b), b − ai = 0.
2
Mit Lemma (1.1) folgt, dass z − 12 ( a + b) ∈ Ri (b − a) ist. Dass bedeutet z liegt auf der
10
Geometrie der Ebene
§ 3 Dreiecke
Mittelsenkrechten mc , mit einer analogen Aussage für |z − a| = |z − c|, erhält man
die Behauptung, dass m der Umkreismittelpunkt ist.
Wir betrachten nun die Winkelhalbierenden eines Dreiecks. Um diese in C zu konstruieren, erinnern wir uns an das Vorgehen aus der Schule:
Dabei wird um den Eckpunkt ein Kreis mit beliebigem Radius gezeichnet. An den
Schnittpunkten mit den Schenkeln des Winkels wird der Zirkel erneut angesetzt.
Dann zeichnet man jeweils einen Kreis mit gleichem Radius. Die Schnittpunkte dieser zwei Kreise liegen auf der Winkelhalbierenden.
Die drei Schnittpunkte und der Eckpunkt bilden zusammen die Ecken eines Rhombus. In einem Rhombus stimmen die Winkelhalbierenden und die Diagonalen überein.
c
c
, a−c , b−c + |aa−
die Ecken des Rhombus bilden, der die
Das bedeutet, dass 0, |bb−
−c| | a−c| |b−c|
−c|
Winkelhalbierende wc konstruiert.
(3.9) Definition (Winkelhalbierenden)
Ist (a,b,c) ein Dreieck in C, dann sind
wa := a + R
c−a
b−a
+
|c − a| |b − a|
,
a−b
c−b
wb : = b + R
+
,
| a − b| |c − b|
a−c
b−c
+
wc : = c + R
|b − c| | a − c|
die Winkelhalbierenden des Dreiecks.
Die Winkel zwischen der Winkelhalbierenden und den beiden zugehörigen Dreiecksseiten sind gleich.
Für die Winkelhalbierende wa gilt etwa
11
Geometrie der Ebene
§ 3 Dreiecke
c−a
b−a
1
hc − a,
+
i
|c − a|
|c − a| |b − a|
=
=
c−a
1
b−a
1
hc − a,
i+
hc − a,
i
|c − a|
|c − a|
|c − a|
|b − a|
1
|c − a|
=1+
=
2
hc − a, c − ai +
hc − a, b − ai
|c − a| · |b − a|
hc − a, b − ai
|c − a| · |b − a|
1
|b − a|
2
hb − a, b − ai +
hc − a, b − ai
|c − a| · |b − a|
=
1
b−a
1
b−a
hb − a,
i+
hc − a,
i
|b − a|
|b − a|
|c − a|
|b − a|
=
c−a
b−a
1
hb − a,
+
i.
|b − a|
|c − a| |b − a|
Daher sind die Winkel zwischen der Geraden wa und den beiden Dreiecksseiten
durch a gleich.
Beginnen wir nun mit dem
(3.10) Satz (Schnittpunkt der Winkelhalbierenden)
Die Winkelhalbierenden eines Dreiecks (a,b,c) schneiden sich genau in einem Punkt.
Es handelt dabei um den Inkreis-Mittelpunkt.
Beweis
Zunächst ist zu zeigen, dass keine zwei Winkelhalbierenden parallel sind. Es muss
somit gelten
Im(uv) 6= 0
mit u, v als Richtungen zweier Geraden.
12
Geometrie der Ebene
§ 3 Dreiecke
Für wc und wa gilt
"
#
(c − a) (b − a)
(b − c) ( a − c)
+
+
Im
|b − c|
| a − c|
|c − a|
|b − a|
"
#
"
#
(b − c)(c − a)
(b − c)(b − a)
= Im
+ Im
+
|b − c| · |c − a|
|b − c| · |b − a|
#
"
#
"
( a − c)(b − a)
( a − c)(c − a)
+ Im
Im
| a − c| · |c − a|
| a − c| · |b − a|
"
#
bb − ba − cb + ca
bc − ba − cc + ca
+ Im
+
= Im
|b − c| · |c − a|
|b − c| · |b − a|
"
#
ac − aa − cc + ca
ab − aa − cb + ca
Im
+ Im
| a − c| · |b − a|
| a − c| · |c − a|
=
1
4( a, b, c)
Im( ac + ca)
[|b − a| + |c − a| + |b − c|] +
{z
}
|b − c| · |c − a| · |b − a|
| a − c |2 |
= Im( ac−ca)=0
=
|b − a| + |c − a| + |b − c|
· 4( a, b, c) 6= 0.
|b − c| · |c − a| · |b − a|
und analog für die anderen Winkelhalbierendenpaare folgt, dass keine zwei Winkelhalbierenden parallel sind. Um zu zeigen, dass sie sich genau in einem Punktschneiden, nutzen wirr die Gleichung (5) und erhalten mit den Bezeichnungen
c−a
b−a
a−b
c−b
b−c
a−c
u :=
+
, v :=
+
und w :=
+
.
|c − a| |b − a|
| a − b| |c − b|
|b − c| | a − c|
13
Geometrie der Ebene
Im(cw)
Im(uv)
| {z }
|b− a|+|c− a|+|b−c|
·4( a,b,c)
|b−c|·|c− a|·|b− a|
=
=
=
=
=
=
§ 3 Dreiecke
+ Im( au)
Im(vw)
| {z }
+ Im(bv)
|b− a|+|c− a|+|b−c|
·4( a,b,c)
|b−c|·|c− a|·|b− a|
Im(wu)
| {z }
|b− a|+|c− a|+|b−c|
·4( a,b,c)
|b−c|·|c− a|·|b− a|
|b − a| + |c − a| + |b − c|
· 4( a, b, c) [ Im(cw) + Im( au) + Im(bv)]
|b − c| · |c − a| · |b − a|
|b − a| + |c − a| + |b − c|
· 4( a, b, c)·
|b − c| · |c − a| · |b − a|
"
#
b−c
a−c
c−a
b−a
a−b
c−b
Im(c
+
+
+
) + Im( a
) + Im(b
)
|b − c| | a − c|
|c − a| |b − a|
| a − b| |c − b|
|b − a| + |c − a| + |b − c|
· 4( a, b, c)·
|b − c| · |c − a| · |b − a|
#
"
b−c
a−c
c−a
b−a
a−b
c−b
) + Im(c
) + Im( a
) + Im( a
) + Im(b
) + Im(b
)
Im(c
|b − c|
| a − c|
|c − a|
|b − a|
| a − b|
|c − b|
|b − a| + |c − a| + |b − c|
· 4( a, b, c)·
|b − c| · |c − a| · |b − a|
"
#
b−c
c−b
c−a
a−c
a−b
b−a
Im(c
) + Im(b
) + Im( a
) + Im(c
) + Im(b
) + Im( a
)
|b − c|
|c − b|
|c − a|
| a − c|
| a − b|
|b − a|
|b − a| + |c − a| + |b − c|
· 4( a, b, c)·
|b − c| · |c − a| · |b − a|
"
#
Im(c(b − c)) + Im(b(c − b)) Im( a(c − a)) + Im(c( a − c)) Im(b( a − b)) + Im( a(b − a))
+
+
|b − c|
|c − a|
| a − b|
|b − a| + |c − a| + |b − c|
· 4( a, b, c)·
|b − c| · |c − a| · |b − a|
"
#
Im(cb − cc + bc − bb) Im( ac − aa + ca − cc) Im(ba − bb + ab − aa)
+
+
|b − c|
|c − a|
| a − b|
14
Geometrie der Ebene
§ 3 Dreiecke
"
#
|b − a| + |c − a| + |b − c|
Im(cb + bc) Im( ac + ca) Im(ba + ab)
=
· 4( a, b, c) ·
+
+
|b − c| · |c − a| · |b − a|
|b − c|
|c − a|
| a − b|
"
#
|b − a| + |c − a| + |b − c|
Im(cb − bc) Im( ac − ca) Im(ba − ab)
=
· 4( a, b, c) ·
+
+
|b − c| · |c − a| · |b − a|
|b − c|
|c − a|
| a − b|

=0
=0
=0
z
}|
{ z
}|
{ z
}|
{
 Im(cb − cb) Im( ac − cb) Im(ba − cb) 
|b − a| + |c − a| + |b − c|


· 4( a, b, c) · 
+
+
=

|b − c| · |c − a| · |b − a|
|c − a|
| a − b| 
 |b − c|

= 0.
Damit folgt die Behauptung aus Lemma (2.4). Somit die Winkelhalbierenden genau
einen Schnittpunkt.
Es gibt viele weitere interesante Punkte in einem Dreieck. Einen recht guten Überblick
findet man auf der Hompage von Walter Fendt:
http://www.walter-fendt.de/m14d/dl/index.html
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