Kopp - Fakultät für Mathematik, TU Dortmund

Proseminar zur Linearen Algebra und
Elementargeometrie
Elementare Geometrie - Die Gerade & das
Dreieck
Teil I
Eingereicht von:
Alexandra Kopp
178294
[email protected]
Eingereicht bei:
Prof. Dr. L. Schwachhöfer
18.10.2016
Elementare Geometrie: Teil I
Inhaltsverzeichnis
1 Die Gerade
1.1 Die Strahlensätze . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Satz (Der Strahlensatz) . . . . . . . . .
1.1.2 Satz (Umkehrung des Strahlensatzes)
1.2 Satz von Pappos . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Satz von Desargues . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Satz von Thales . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Das Dreieck
2.1 Bezeichnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Winkel in Dreiecken . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Satz (Kosinus- und Sinussatz) . . .
2.2.2 Definition . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Satz . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.4 Satz . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.5 Satz (Innen- und Außenwinkel) . . .
2.3 Beziehungen zwischen Winkeln und Seiten .
2.3.1 Satz (Satz des Pythagoras) . . . . . .
2.3.2 Satz (Kathetensatz) . . . . . . . . . .
2.3.3 Satz (Höhensatz) . . . . . . . . . . .
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Datum: 18.10.2016
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Seite 2
Elementare Geometrie: Teil I
Abbildungsverzeichnis
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Erstes Beispiel für mögliche Lagebeziehungen der Geraden . . . .
Zweites Beispiel für mögliche Lagebeziehungen der Geraden . . .
Darstellung des zweiten Falls der Umkehrung des Strahlensatzes
Darstellung des Satzes von Pappos . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Darstellung des Satzes von Desargues . . . . . . . . . . . . . . . .
Erste Lagemöglichkeit der Geraden des Satzes von Thales . . . .
Zweite Lagemöglichkeit der Geraden des Satzes von Thales . . .
Konstruktion des Dreiecks und dessen Bezeichnung . . . . . . . .
Kosinuskurve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Rechtwinkliges Dreieck mit winkelhalbierender Senkrechten . . .
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5
8
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13
15
15
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22
23
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Elementare Geometrie: Teil I
Diese Ausarbeitung bezieht sich auf den Vortrag im Proseminar “Lineare Algebra und
Elementargeometrie“ vom 18.Oktober 2016. In diesem Vortrag wurde das Thema Euklidische Geometrie eingeleitet. Dieser erste Teil beinhaltet das Thema die Gerade und
eine Einleitung zu dem Thema das Dreieck. Die Ausarbeitung beinhaltet also grundlegende Definitionen, Sätze und Beispiele, welche ebenfalls für den zweiten Teil des
Themas Euklidische Geometrie relevant sind. Der Vortrag, sowie die Ausarbeitung, setzen die Kenntnisse der Vorlesungen des Wintersemesters 2015/2016 “Lineare Algebra
I für Lehramt“ und “Lineare Algebra II für Lehramt“ aus dem Sommersemester 2016
bei Prof. Dr. R. Scharlau als bekannt voraus.
Die Primärliteratur, auf welcher der Vortrag und die Ausarbeitung beruhen, ist in Kapitel 2.1. und 2.2. der dritten Auflage des Buches Elementargeometrie, verfasst von Ilka
Agricola und Thomas Friedrich, welches im Vieweg und Teubner Verlage verö↵entlicht
wurde, zu finden.
1 Die Gerade
Die Gerade stellt das erste Kapitel dieser Ausarbeitung dar. Wir befinden uns in einer
zweidimensionalen Ebene und bezeichnen diese mit E 2 . Unter einer Geraden verstehen
wir eine Punktmenge, die wir parametisieren können. So können wir alle Gerade in der
gegebenen Ebene darstellen.
Während dieses Kapitels werden verschiedene Geraden G↵ , G∗↵ mit ↵ = 1, 2, 3 betrachtet.
Diese Geraden dürfen nicht identisch sein.
1.1 Die Strahlensätze
1.1.1 Satz (Der Strahlensatz)
Wir betrachten zwei Geraden G1 , G2 , welche sich in einem Punkt S schneiden. Es gilt
also G1 ∩G2 = {S}. Des Weiteren existieren zwei parallele Geraden G∗1 , G∗2 , welche G1 , G2
in jeweils einem Punkt schneiden. Diese Schnittpunkte lassen sich mit ↵ = 1, 2 wie folgt
darstellen
G∗1 ∩ G↵ = {P↵ },
G∗2 ∩ G↵ = {Q↵ },
wobei Q↵ ≠ P↵ ≠ S.
Die folgenden Abbildungen zeigen mögliche Konstruktionen und Lagemöglichkeiten der
Geraden:
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Datum: 18.10.2016
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Elementare Geometrie: Teil I
Abbildung 1: Erstes Beispiel für mögliche Lagebeziehungen der Geraden
Abbildung 2: Zweites Beispiel für mögliche Lagebeziehungen der Geraden
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Elementare Geometrie: Teil I
Für die Längen der entsprechenden Seiten gilt
�SP1 � �P1 P2 � �SP2 �
=
=
.
�SQ1 � �Q1 Q2 � �SQ2 �
Beweis: Q1 ∈ G1 und Q2 ∈ G2 , das heißt, die jeweiligen Punkte liegen auf den entsprechenden Geraden. Hieraus folgt, dass die Zahlen t1 , t2 ∈ R mit
Q1 = S + t1 (P1 − S),
Q2 = S + t2 (P2 − S)
existieren. Nun folgt wiederum
(I)
Q1 − Q2 = t1 (P1 − S) − t2 (P2 − S).
∗
∗
Da G1 , G2 parallel sind, existiert darüber hinaus ein Parameter t3 ∈ R mit t3 (P1 − P2 ) =
Q1 − Q2 . Es folgt also
(II)
Q1 − Q2 = t3 (P1 − S) − t3 (P2 − S).
Da sich die Geraden G1 ≠ G2 im Punkt S schneiden folgt, dass die Vektoren P1 −S, P2 −S
nicht parallel, also linear unabhängig, in der Ebene sind. Aus (I) und (II) folgt t1 =
t2 = t3 . Damit gilt außerdem �t1 � = �t2 � = �t3 �. Wir erhalten also die Behauptung
�SQ1 �
�SQ2 �
�Q1 Q2 �
= �t1 � = �t2 � =
= �t3 � =
.
�SP1 �
�SP2 �
�P1 P2 �
1.1.2 Satz (Umkehrung des Strahlensatzes)
Wir betrachen die gleiche geometrische Situation wie in Satz 1.1.1, allerdings möchten
wir die Lage der Geraden G∗1 , G∗2 zueinander untersuchen. Das heißt sie sind nicht
notwendig parallel. Gilt nun
�SP1 � �P1 P2 � �SP2 �
=
=
,
�SQ1 � �Q1 Q2 � �SQ2 �
so liegt einer der beiden Fälle vor:
(1) G∗1 , G∗2 sind parallel
(2) a) G∗1 , G∗2 sind nicht parallel, b) der Winkel zwischen G1 , G2 ist ein rechter und c)
für genau ein i(= 1 oder 2) liegt S zwischen Pi und Qi .
Beweis: Wie im Beweis von Satz 1.1.1 haben wir
Q1 = S + t1 (P1 − S),
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Q2 = S + t2 (P2 − S),
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Elementare Geometrie: Teil I
also
Q1 − S = t1 (P1 − S),
Q2 − S = t2 (P2 − S).
Damit gilt durch Umstellung
�t1 � =
�SQ1 �
�SP1 �
=
nach
Voraussetzung
und wir tre↵en auf zwei mögliche Fälle:
�SQ2 �
= �t2 �
�SP2 �
1.Fall: Die Parameter t1 , t2 sind gleich, es gilt also t1 = t2 . Daraus erhalten wir
Q1 = S + t1 (P1 − S),
hieraus folgt wiederum
Q2 = S + t1 (P2 − S),
Q1 − Q2 = t1 (P1 − P2 ).
Daraus erschließt sich, dass die Geraden G∗1 , G∗2 parallel sind.
2.Fall: Die Parameter sind ungleich, es gilt also t1 = −t2 . Daraus erhalten wir
Q1 = S + t1 (P1 − S),
hieraus folgt wiederum
Q2 = S + t1 (S − P2 ),
(Q1 − S) + (Q2 − S) = t1 (P1 − P2 ).
Durch die Voraussetzung und die letzte Gleichung erhalten wir
�t1 � =
�SQ1 � �Q1 Q2 �
=
,
�SP1 � �P1 P2 �
�(Q1 − S) + (Q2 − S)� = �t1 ��P1 P2 � = �Q1 Q2 �.
� ∶= Q1 − S, �b ∶= Q2 − S.
Wir stellen Q1 − S, Q2 − S als Vektoren dar. Betrachten also a
Nun drücken wir die letzte Gleichung mit Hilfe dieser gegebenen Vektoren aus
��
a + �b� = ��
a − �b�.
Wir wollen aus der letzten Gleichung schließen, dass die Vektoren orthogonal sind.
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Elementare Geometrie: Teil I
� ⊥ �b ⇔ ��
Beweis: Es gilt a
a, �b� = 0
Da wir uns im euklidischen Raum befinden, gilt bei der Vektorenrechnung das Standardskalarprodukt. Wir betrachten also
��
a + �b� = ��
a − �b� ⇔ ��
a + �b�2 = ��
a − �b�2
⇔ �(�
a + �b), (�
a + �b)� = �(�
a − �b), (�
a − �b)�
�� + 2��
�� − 2��
⇔ ��
a, a
a, �b� + ��b, �b� = ��
a, a
a, �b� + ��b, �b�
Fassen wir die Gleichung zusammen, so erhalten wir
4��
a, �b� = 0
Damit diese Gleichung erfüllt ist, muss nun ��
a, �b� = 0 sein.
Die Vektoren sind also orthogonal zu einander.
� und �b orthogonal sind, ist der Winkel
Da wir eben bewiesen haben, dass die Vektoren a
an der Spitze S zwischen den Geraden G1 , G2 ein rechter. ⇒ Fall 2a) und 2b)
Des Weiteren gilt
Q1 − S = t1 (P1 − S),
Q2 − S = −t1 (P2 − S)
Abbildung 3: Darstellung des zweiten Falls der Umkehrung des Strahlensatzes
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Elementare Geometrie: Teil I
Wir legen nun den Punkt S in den Koordinatenursprung (0, 0), die Gerade G1 auf die
y-Achse, den Punkt P1 legen wir in (0, 1). Dann befindet sich der Punkt Q1 in (0, t1 )
und die Gerade G2 wird durch die x-Achse dargestellt. Nun lassen sich die verbleibenden
Punkte durch eine positive Konstante a parametisieren. Es gilt
P2 = (a, 0),
Q2 = (−at1 , 0).
Diese Geradenkonfiguration erfüllt ebenfalls die Relation des Strahlensatzes, denn es
gilt:
1
�SP2 �
�SP1 �
=
=
�SQ1 � �t1 � �SQ2 �
und
⇒ Fall 2c)
�P1 P2 �
�(0, 1) − (↵, 0)�
�(−↵, 1)�
=
=
�Q1 Q2 � �(0, t1 ) − (−↵t1 , 0) �(↵t1 , t1 )�
√
√
↵ 2 + 12
↵ 2 + 12
1
=�
=√
=
.
2
2
2
2
↵ + 1 ⋅ �t1 � �t1 �
(↵t1 ) + t1
Schlussfolgerung: Ist der Winkel zwischen G1 , G2 am Schnittpunkt S kein rechter Winkel
und gilt
�SP1 � �P1 P2 � �SP2 �
=
=
,
�SQ1 � �Q1 Q2 � �SQ2 �
so sind G∗1 , G∗2 parallel.
1.2 Satz von Pappos
Mit Hilfe des Satz von Pappos lässt sich aus der Parallelität zweier Geradenpaare die
Parallelität eines dritten Geradenpaares erschließen. Diese Folgerung ist auch für den
Satz von Desargues, welcher nach diesem Satz folgt, von Relevanz. Für ↵ = 1, 2 stellen
G↵ Geraden dar und für , = 1, 2, 3 P , Q Punkte. Außerdem seien G(P , Q ) die
Geraden zwischen den entsprechenden Punkten. Wir betrachten nun den Satz:
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Elementare Geometrie: Teil I
Seien G1 , G2 Geraden. Es gilt P1 , P2 , P3 ∈ G1 ∧ ∉ G2 und Q1 , Q2 , Q3 ∈ G2 ∧ ∉ G1 . Gilt
nun
G(P2 , Q1 ) ∥ G(P3 , Q2 ) und G(P1 , Q2 ) ∥ G(P2 , Q3 ),
so gilt ebenfalls
G(P1 , Q1 ) ∥ G(P3 , Q3 ).
Die Abbildung zeigt eine mögliche Lagebeziehung der jeweiligen Geraden:
Abbildung 4: Darstellung des Satzes von Pappos
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Elementare Geometrie: Teil I
Beweis. Für die Lage der Geraden G1 , G2 liegen zwei mögliche Fälle vor, entweder
schneiden sie sich in einem Punkt S oder sie sind parallel zueinander.
1.Fall (G1 ∦ G2 ⇒ ∃S ∈ R2 ∶ G1 ∩ G2 = S): Bezogen auf den Schnittpunkt
lassen sich die Punkte mit i = 2, 3 wie folgt darstellen
Pi − S = ti (P1 − S),
Qi − S = si (Q1 − S).
Da nach Voraussetzung G(P1 , Q2 ) ∥ G(P2 , Q3 ) existiert eine Zahl a ∈ R mit P1 − Q2 =
a(P2 − Q3 ). Hieraus erhalten wir nun
(P1 − S) − (Q2 − S) = P1 − Q2 = a(P2 − Q3 )
= a((P2 − S) − (Q3 − S))
= a(t2 (P1 − S) − s3 (Q1 − S)).
Da die Punkte P1 , Q1 und S nicht auf einer Geraden liegen, müssen die Koeffizienten
in der letzten Gleichung gleich Null sein. Es gilt also durch
dass
(P1 − S) − (Q2 − S) = (P1 − S) − s2 (Q1 − S) = a(t2 (P1 − S) − s3 (Q1 − S))
at2 = 1,
as3 = s2 .
bs2 = 1,
bt3 = t2 .
t2 1
= ,
b ab
s3 =
Die zweite Voraussetzung der Parallelität folgender Geraden G(P2 , Q1 ) ∥ G(P3 , Q2 )
wird analog ausgewertet. Man erhält so
Durch Gleichsetzung erhält man nun
t3 =
Es gilt also t3 = s3 . Woraus wiederum
s2 1
= .
a ab
P3 − Q3 = (P3 − S) − (Q3 − S) = t3 (P1 − S) − s3 (Q1 − S) = t3 (P1 − Q1 )
folgt. Das heißt, die Geraden G(P1 , Q1 ) und G(P3 , Q3 ) sind parallel.
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Elementare Geometrie: Teil I
2.Fall (G1 ∥ G2 ): Die Geraden G1 , G2 lassen sich aufgrund der Parallelität mit
dem gemeinsamen Richtungsvektor v� darstellen. Es gilt also
Pi = P1 + ti v�,
Qi = Q1 + si v�.
Basierend auf der Parallelität gilt P1 − Q2 = a(Q3 − P2 ), außerdem gilt
P1 − Q1 = (P1 − Q2 ) − (Q1 − Q2 ) = a(P2 − Q3 ) + s2 v� = a(P1 + t2 v� − Q1 − s3 v�) + s2 v�. Wir stellen
auch diese Gleichung um
P1 − Q1 = a(P1 + t2 v� − Q1 − s3 v�) + s2 v�
⇔ P1 − Q1 = aP1 + at2 v� − aQ1 − as3 v� + s2 v�
⇔ P1 − Q1 − aP1 + aQ1 = (at2 − as3 + s2 )�
v
⇔ (1 − a)(P1 − Q1 ) = (s2 − as3 + at2 )�
v.
Auch in diesem Beispiel müssen wie oben alle Koeffizienten ungleich Null sein. Folglich
muss a = 1 gelten, genauer bedeutet das
P 1 − Q 2 = P2 − Q 3 .
Die zweite Voraussetzung der Parallelität folgender Geraden G(P2 , Q1 ) und G(P3 , Q2 )
wird analog ausgewertet, hier erhalten wir b = 1, dies bedeutet genauer
P 2 − Q 1 = P3 − Q 2 .
Durch Subtrahieren der Gleichungen erhält man folgendes Ergebnis
P1 − Q 2 = P 2 − Q 3
P2 − Q 1 = P 3 − Q 2
⇔
−Q2 = P2 − Q3 − P1
P2 − Q 1 = P 3 − Q 2
⇔
P2 − Q 1 = P 3 + P2 − Q 3 − P 1
⇔
Q 3 − Q 1 = P 3 − P1 .
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Elementare Geometrie: Teil I
Wir erhalten das gewollte Resultat, dass die Geraden G(P1 , Q1 ) und G(P3 , Q3 ) ebenfalls
parallel sind.
1.3 Satz von Desargues
Wir betrachten nun drei Geraden G1 , G2 , G3 , welche sich wieder in einem Punkt S
schneiden. Folglich gilt G1 ∩ G2 ∩ G3 = {S}. Weiterhin seien A, A′ ∈ G1 , B, B ′ ∈ G2 und
C, C ′ ∈ G3 , also zwei von S verschiedene Punkte auf der jeweiligen Geraden.
Sind die Strecken AB und A′ B ′ parallel, BC und B ′ C ′ ebenfalls, so sind die Strecken
AC und A′ C ′ gleichfalls parallel.
Die folgende Abbildung zeigt eine mögliche Lagebeziehung der drei Geraden:
Abbildung 5: Darstellung des Satzes von Desargues
Beweis: Wir legen S = (0, 0) in den Koordinatenursprung und die Gerade G1 auf die
x-Achse. Da S, B, und B ′ auf G2 liegen und S, C, und C ′ auf G3 liegen, lassen sich
die Punkte wie folgt festlegen:
A = (a, 0), A′ = (a′ , 0), B = (b1 , b2 ), B ′ = (b1 , b2 ), C = (c1 , c2 ), C ′ = (c1 , c2 ).
Da AB ∥ A′ B ′ existiert eine Zahl ↵ ∈ R mit (B ′ − A′ ) = ↵(B − A). Es folgt also
b1 − a′ = ↵(b1 − a),
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b2 = ↵b2 .
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Elementare Geometrie: Teil I
Da die Punkte B, B ′ nicht auf G1 , also nicht auf der x-Achse, liegen, muss b2 ≠ 0
gelten. Durch AB ∥ A′ B ′ folgt nun ↵ = . Vor allem gilt a′ = a = ↵a. Nutzen wir
die zweite Voraussetzung analog aus. Durch BC ∥ B ′ C ′ existiert eine Zahl ∈ R mit
(C ′ − B ′ ) = (C − B). Es folgt also
( − )c1 + ( − )b1 = 0,
( − )c2 − ( − )b2 = 0.
Falls die Zahlen ( − ), ( − ) nicht Null wären, so müsste das Paar (b1 , b2 ) proportional
zu dem Paar (c1 , c2 ) sein. Hierfür müssten jedoch die Geraden G2 und G3 identisch sein,
da alle drei Geraden durch den Punkt S = (0, 0) verlaufen.
Es ist also nur = = = ↵ möglich. Hieraus folgt nun
C ′ − A′ = (c1 , c2 ) − (a′ , 0) = ↵(c1 , c2 ) − ↵(a, 0) = ↵(C − A)
Dies entspricht der Behauptung des Satzes.
1.4 Satz von Thales
Wir betrachten nun den Satz von Thales in der Ebene E 2 .
Wir betrachten den Strahlensatz 1.1.1 für G∗1 , G∗2 , G∗3 , wobei G∗1 ∥ G∗2 ∥ G∗3 . Außerdem
sollen G∗1 , G∗2 , G∗3 die Geraden G1 , G2 schneiden, wobei G1 ∩ G2 = S. Die Schnittpunkte
bezeichnen wir für ↵ = 1, 2 mit
G1 ∩ G∗↵ = P↵ , G2 ∩ G∗↵ = Q↵ .
Nun gilt folgende Relation, in welcher der Punkt S nicht mehr vorkommt
�P1 P2 � �Q1 Q2 �
=
.
�P1 P3 � �Q1 Q3 �
Die folgende Abbildungen zeigen mögliche Lagebeziehungen der Geraden:
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Elementare Geometrie: Teil I
Abbildung 6: Erste Lagemöglichkeit der Geraden des Satzes von Thales
Abbildung 7: Zweite Lagemöglichkeit der Geraden des Satzes von Thales
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Beweis: Wir betrachten zunächst eine Lagebeziehung wie in Abbilung sechs und wenden
den Strahlensatz 1.1.1 auf die entsprechenden Geraden an.
1.Fall Zunächst betrachten wir die Lagemöglichkeiten der Geraden wie in Abbildung
sechs. Wir beginnen mit den Geraden G∗1 , G∗2 . Aus
folgt zunächst
Hieraus folgt wiederum
(I)
�SP2 � �SQ2 �
=
�SP1 � �SQ1 �
�SP1 � + �P1 P2 � �SQ1 � + �Q1 Q2 �
=
.
�SP1 �
�SQ1 �
�P1 P2 �
�SP1 �
=
�Q1 Q2 �
�SQ1 � .
Wenden wir den Strahlensatz auf G∗1 , G∗3 an, so erhält man durch analoges Vorgehen
die Gleichung
�P1 P3 �
�Q1 Q3 �
(II)
�SP1 � = �SQ1 � .
Aus den Gleichungen in I und II erhalten wir direkt die gewollte Relation
�P1 P2 � �Q1 Q2 �
=
.
�P1 P3 � �Q1 Q3
2. Fall Betrachten wir nun die Lagemöglichkeiten der Abbildung sieben. Wir nutzen
den Strahlensatz 1.1.1 zunächst für die Geraden G∗1 , G∗2 Aus
folgt zunächst
Hieraus folgt wiederum
�SP2 � �SQ2 �
=
�SP1 � �SQ1 �
�P1 P2 � − �SP1 � �Q1 Q2 � − �SQ1 �
=
.
�SP1 �
�SQ1 �
�P1 P2 � �Q1 Q2 �
=
.
�SP1 �
�SQ1 �
Wir erhalten also die gleiche Gleichung wie im 1.Fall in der Gleichung I. Da die Gleichung II ebenfalls für die Lagemöglichkeit in Abbildung sieben gilt, erhalten wir ebenfalls die gewollte Relation.
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Elementare Geometrie: Teil I
2 Das Dreieck
Das Dreieck stellt einen weiteren wichtigen Bestandteil der Elementargeometrie dar. Wir
bezeichnen zunächst ein Dreieck um eine grundsätzliche Regelung in der Bezeichnung
zu haben. Daraufhin werden die Innen- und Außenwinkel in einem Dreieck und der Satz
des Pythagoras genauer untersucht.
2.1 Bezeichnung
Ein Dreieck mit den Eckpunkten A, B, C wird im Folgenden mit △(A, B, C) bezeichnet.
Die den Eckpunkten gegenüberliegenden Seiten und deren Längen werden mit a, b, c
�, �b, c� gekennzeichnet.
bezeichnet. Die entsprechenden Vektoren werden wiederum mit a
Nun gilt
� + �b = c�
a
und
a < b + c, b < a + c, c < a + b.
Als letzte grundlegende Bezeichnung des Dreiecks betrachten wir die Höhen, welche
senkrecht auf den drei Seiten stehen und durch den gegenüberliegenden Punkt verlaufen.
Wir bezeichnen diese, abhängig von den jeweiligen Seiten mit ha , hb , hc .
� + �b = c� gilt, kann das Skalarprodukt nur durch die
Da, wie oben bereits beschrieben, a
Längen des Dreiecks ausgedrückt werden. Folglich gilt:
1
1
��b, c�� = (��b�2 + ��
c�2 − ��b − c��2 ) = (��b�2 + ��
c�2 − ��
a�2 ).
2
2
Diese Gleichung zeigen wir direkt mit Hilfe des Standardskalarprodukts
1 �2
1
� − c��)
(�b� + ��
c�2 − ��b − c��2 ) = (��b, �b� + ��
c, c�� − ��b − c�, a
2
2
1
1
⇔ (��b, �b� + ��
c, c�� − (��b, �b� − �2�b, c�� + ��
c, c��)) = (2��b, c��) = ��b, c��.
2
2
Im nächsten Teil kommen wir zu wichtigen Eigenschaften des Dreiecks, nämlich den
Winkeln, welche wir vor allem für spätere Sätze benötigen. Nach der grundlegenden
Bezeichnung dieser Winkel und wichtigen Regelungen wird eine Abbildung folgen, welche diese bereits vorgestellten Bezeichnungen enthält.
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2.2 Winkel in Dreiecken
Der Innenwinkel des Punktes A wird mit ↵ bezeichnet. Entsprechend werden die Winkel
an den Punkten B und C mit und bezeichnet. Der Außenwinkel des Punktes A wird
mit ↵′ gekennzeichnet. Entsprechend werden die Außenwinkel an den Punkten B und
C mit ′ und ′ gekennzeichnet. Für die Summe der Innen- und Außenwinkel gilt nach
Definition immer ↵+↵′ = ⇡. Die folgende Abbildung zeigt die jeweiligen Konstruktionen
und die Bezeichnungen aus 2.1:
Abbildung 8: Konstruktion des Dreiecks und dessen Bezeichnung
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2.2.1 Satz (Kosinus- und Sinussatz)
Wir möchten nun eine Gleichung aufstellen, mit welcher man den Winkel an dem Punkt
A mit Hilfe der Seiten b, c berechnen kann. Für diese Gleichung verwenden wir, dass
2
2
2
��b, c�� = b +c2 −a ist. Es gilt
cos ↵ =
��b, c�� b2 + c2 − a2
=
.
bc
2bc
Man nennt diese Formel auch Kosinussatz. Den sogenannten Sinussatz erhält man durch
einfaches Umstellen und mit Hilfe der Gleichung
1 = cos2 ↵ + sin2 ↵
−a4 − b4 − c4 + 2b2 c2 + 2a2 c2 + 2a2 b2
.
4b2 c2
Die letzte Gleichung erhalten wir, indem wir die cos ↵ quadrieren und das Ergebnis
2
von 1 subtrahieren. Zunächst soll dieser Ausdruck für sina2 ↵ symmetrisch in a, b, c sein.
Folglich haben wir zunächst
⇔ sin2 ↵ = 1 − cos2 ↵ =
sin2 ↵ sin2
sin2
=
=
.
a2
b2
c2
Nach der Bezeichnung in 2.1 liegen die Innenwinkel des Dreiecks im Intervall [0, ⇡]. Nach
Definition der Sinuskurve sind diese im gegebenen Intervall positiv. Ebenfalls sind die
Längen a, b, c positiv. Es folgt also
sin ↵ sin
=
a
b
=
sin
,
c
diese Beziehung bezeichnen wir mit Sinussatz.
Die Innenwinkelsumme des Dreiecks beträgt immer ⇡, das heißt die Gleichung
↵ +
+
= ⇡
muss in einem Dreieck mit ↵, , ∈ △(A, B, C) immer gelten.
2.2.2 Definition
Ein Dreieck heißt gleichschenklig, wenn zwei seiner Seiten die gleiche Länge haben. Diese
beiden Seiten werden auch Schenkel genannt, die dritte Seite wird als Basis bezeichnet.
Ein Dreieck heißt gleichseitig, wenn alle drei Seiten die gleiche Länge haben.
Ein Dreieck, das einen rechten Winkel enthält heißt rechtwinklig.
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2.2.3 Satz
Ein Dreieck ist genau dann gleichschenklig, wenn zwei Innenwinkel gleich sind.
Beweis: Wir wollen beweisen, dass folgende Aussage gilt:
△(A, B, C) gleichschenklig ⇔ ↵ = , ↵ =
oder
=
“ ⇒ “ stimmen zwei Seiten des Dreiecks überein, so folgt die Gleichheit zweier Winkel
direkt aus dem Kosinussatz, indem man die beiden gleichen Seiten einsetzt.
“ ⇐ “ Gelte nun cos ↵ = cos , dann erhalten wir die Gleichung
0 = cos ↵ − cos
=
Kosinussatz
b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2
−
2bc
2ac
=
gleichnamig
machen
(a − b)(c2 − (a + b)2 )
.
2abc
In der Bezeichnung aus 2.1 haben wir festgestellt, dass c < a + b, da die Eckpunkte des
Dreiecks ansonsten auf einer Geraden liegen müssten. Also ist ebenfalls c2 < (a + b)2 .
Folglich gilt auch c2 − (a + b)2 < 0. Da die Gleichung 0 = cos ↵ − cos besteht und die
Gleichung erfüllt sein soll, muss a = b sein.
Im Fall ↵ = oder = verläuft der zweite Teil des Beweises analog.
2.2.4 Satz
Ein Dreieck ist genau dann gleichseitig, wenn alle drei Innenwinkel gleich sind, das heißt
↵ = = = ⇡3 .
Beweis: Der Beweis erschließt sich durch mehrfache Anwendung des Beweises Satz aus
2.2.3.
2.2.5 Satz (Innen- und Außenwinkel)
Jeder Innenwinkel eines Dreiecks ist echt kleiner als die beiden Außenwinkel der anderen
Innenwinkel.
Veranschaulichung: Wir wollen den Innenwinkel ↵ betrachten, dann gilt nach dem
Satz von Innen- und Außenwinkeln ↵ < ′ und ↵ < ′ . Dies gilt ebenfalls für die anderen
beiden Innenwinkel.
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Beweis: Durch den Kosinussatz gilt
cos ↵ =
′
Für den Außenwinkel
Nun berechnen wir
′
cos
=
a2 + c 2 − b 2
.
2ac
erhalten wir nun durch die Summe der Innen- und Außenwinkel
cos
2(cos ↵ − cos
b 2 + c 2 − a2
,
2bc
)=
′
= cos(⇡ − ) = −cos
b 2 + c 2 − a2 a2 + c 2 − b 2
+
bc
ac
=−
a2 + c 2 − b 2
.
2ac
=
gleichnamig
machen
(a + b)(c2 − (a − b)2 )
.
abc
Wir verwenden nun die Cauchy-Schwarz-Ungleichung um den letzten Term abzuschätzen.
�, �b nicht proportional sind. Die
Hier muss jedoch beachtet werden, dass die Vektoren a
Cauchy-Schwarz-Ungleichung besagt, dass das Skalarprodukt zwischen zwei Vektoren
echt kleiner ist als das Produkt der Länge der gleichen Vektoren. Es gilt also
��
a, �b� < ��
a���b�
Damit gilt wiederum
⇔ − ��
a���b� < ��
a, �b� < ��
a, �b�.
(a − b)2 = ��
a�2 − 2��
a���b� + ��b�2 < ��
a + 2��
a, �b� + ��b�2 = ��
a + �b�2 = ��
c�2 = c2 .
Wir erhalten also, dass die Di↵erenz cos ↵ − cos ′ echt größer Null, also positiv ist.
Da die Kosinusfunktion im Intervall [0, ⇡] fallend ist, folgt, dass ↵ echt kleiner ′ sein
muss. Dies können wir direkt in Abbildung neun sehen.
2.3 Beziehungen zwischen Winkeln und Seiten
Wie man bereits anhand der Beweise im Kapitel 2.2 erkennen kann, bestehen wichtige
Beziehungen zwischen den Winkeln eines Dreiecks und dessen Seiten. Im Folgenden
werden wir wichtige Sätze betrachten, welche sich hiermit befassen.
2.3.1 Satz (Satz des Pythagoras)
Der Innenwinkel
eines Dreiecks ist genau dann ein rechter, wenn die Gleichung
a2 + b 2 = c 2
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erfüllt ist.
Beweis: Der Beweis erschließt sich ein weiteres Mal direkt aus dem Kosinussatz.
“⇒“ Ein rechter Winkel liegt an dem Punkt C vor, genau dann, wenn = ⇡2 ist. Durch
2
2 −c2
den Kosinussatz muss also a +b
= cos ⇡2 gelten. Mittels der Kosinuskurve lässt sich
2ab
erkennen, dass genau dann ⇡2 beträgt, wenn cos = 0 ist.
2
2 −c2
Folglich muss a +b
= 0 sein. Die Gleichung lässt sich umschreiben:
2ab
a2
b2
c2
a2
b2
c2
a2 + b 2
c2
+
−
=0 ⇔
+
=
⇔
=
2ab 2ab 2ab
2ab 2ab 2ab
2ab
2ab
⇔ a2 + b 2 = c 2 .
“⇐“ Sei nun die Gleichung a2 + b2 = c2 erfüllt. Wir wollen also zeigen, dass der Winkel
= ⇡2 sein muss. Durch Umstellen der Gleichung erhalten wir a2 + b2 − c2 = 0. Setzen wir
2
2 −c2
diese Gleichung in den Kosinussatz ein, so erhalten wir cos = a +b
= 0. Anhand der
2ab
Kosinuskurve lässt sich wieder erkennen, dass cos = 0 ist, wenn = ⇡2
Abbildung 9: Kosinuskurve
Für die kommenden zwei Sätze betrachten wir ein rechtwinkliges Dreieck △(A, B, C).
Der rechte Winkel befindet sich am Punkt C, von diesem Eckpunkt soll nun eine orthogonale Linie auf die gegenüberliegende Seite c gezogen werden. Den Punkt, an dem
die Senkrechte auf die Seite c tri↵t, bezeichnen wir mit F. Die folgende Abbildung zeigt
diese Konstruktion:
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Abbildung 10: Rechtwinkliges Dreieck mit winkelhalbierender Senkrechten
2.3.2 Satz (Kathetensatz)
In einem rechtwinkligen Dreieck gilt
a2 = �BC�2 = �BF �c,
b2 = �AC�2 = �AF �c.
Beweis: Wir nutzen für den Beweis den Satz des Pythagoras und wenden diesen auf
die drei entstandenen rechtwinkligen Dreiecke △(A, B, C), △(A, C, F ) und △(B, C, F )
an. Es gilt also
a2 + b2 = c2 , h2 + �AF �2 = b2 , �BF �2 + h2 = a2 .
Des Weiteren gilt �AF � + �BF � = c. Wir addieren nun die erste und die dritte Gleichung
und erhalten
2a2 = c2 −b2 + h2 +�BF �2 = c2 − �AF �2 + �BF �2 .
��� � � � � �� � � � � � �
Da c = �AF � + �BF � gilt, folgt
−�AF �2
2a2 = �AF �2 + 2�AF ��BF � + �BF �2 − �AF �2 + �BF �2 = 2�AF ��BF � + 2�BF �2 .
Die letzte Gleichung können wir nun wieder zurück umstellen, wir erhalten also
2a2 = 2( �AF � �BF � + �BF �2 ) = 2�BF �c − 2�BF �2 + �BF �2 = 2�BF �c
�
c−�BF �
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⇒ a2 = �BC�2 = �BF �c.
Dies entspricht der ersten Behauptung des Satzes. Die zweite Gleichung wird analog
gezeigt.
2.3.3 Satz (Höhensatz)
In einem rechtwinkligen Dreieck gilt die Gleichung
h2 = �AF ��BF �.
Beweis: Den Beweis für diesen Satz erhält man analog zu dem Beweis des Satzes 2.3.2:
h2 = b2 −�AF �2 = c2 − a2 − �AF �2 = �AF �2 + 2�AF ��BF � + �BF �2 − �AF � − a2
�2
2
c −a
h2 = 2�AF ��BF � + �BF �2 −
⇒ 2h2 = 2�AF ��BF � ⇔ h2 = �AF ��BF �.
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a2
�
2
h +�BF �2
= 2�AF ��BF � − h2
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