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Geometrie
und
Lineare Algebra
Eine Vorlesung f¨
ur das
Lehramtsstudium
Franz Hofbauer
I. Elementargeometrie
1. Einleitung
Punkte bezeichnen wir mit Großbuchstaben, Geraden und Kreise mit Kleinbuchstaben
und Winkel mit griechischen Buchstaben. F¨
ur L¨angen, zum Beispiel Seitenl¨angen eines
Dreiecks, verwenden wir Kleinbuchstaben und f¨
ur Fl¨achen Großbuchstaben. Wir f¨
uhren
folgende Abk¨
urzungen ein:
AB
Strecke zwischen den Punkten A und B
−→
AB
Vektor vom Punkt A zum Punkt B
ℓ(A, B)
Gerade durch die Punkte A und B
|AB|
Abstand der Punkte A und B
AB
orientierter Abstand vom Punkt A zum Punkt B
△ ABC
Dreieck mit den Eckpunkten A, B und C
∠ ABC
Winkel bei B im Dreieck mit den Eckpunkten A, B und C
#ABC
Fl¨ache des Dreiecks mit den Eckpunkten A, B und C
Den orientierten Abstand erh¨alt man, indem man die Gerade g durch A und B mit der
Zahlengerade R identifiziert und die Koordinate von A von der von B subtrahiert. Es gilt
AB = −BA. Liegen drei Punkte A, B und C auf einer Geraden g, ganz egal in welcher
Reihenfolge, es gilt immer AB + BC = AC. Allerdings h¨angt AB davon ab, wie man
g orientiert, das heißt welche Richtung die positive ist. Dreht man die Orientierung um,
dann ¨andert AB das Vorzeichen.
Wir werden den orientierten Abstand immer nur in Verh¨
altnissen verwenden. Seien
P , Q und R drei voneinander verschiedene Punkte auf einer Geraden g. Dann ist das
Q
Verh¨
altnis P
angig davon, wie man die Gerade g orientiert,
QR eindeutig bestimmt, unabh¨
¨
da bei Anderung der Orientierung sowohl P Q als auch QR das Vorzeichen ¨andern. Liegt
Q
Q zwischen P und R, dann haben P Q und QR gleiches Vorzeichen, sodass P
QR > 0 und
PQ
QR
=
|P Q|
|QR|
gilt. Liegt Q nicht zwischen P und R, dann haben P Q und QR verschiedenes
Q
Vorzeichen, sodass P
QR < 0 gilt und wegen
Bemerkung: Wir ben¨otigen sowohl den
den orientierten Abstand, den wir mit AB
Zahl, daher bezeichnen wir ihn mit |AB|.
|QP |
Q
QP
QP = −P Q auch − P
QR = QR = |QR| .
u
¨blichen, nicht orientierten Abstand als auch
bezeichnen. Der Abstand ist der Betrag dieser
AB
Es kommen oft Quotienten CD
vor. W¨
urden
AB
wir den Abstand mit Querstrich bezeichnen, dann h¨atten wir CD
, was etwas verwirrend
−→
aussieht. Ein Vektor wird mit AB bezeichnet. Eine dazu passende Bezeichnung f¨
ur eine
Strecke ist AB.
C
F¨
ur Dreiecke verwenden wir die Standardbezeichnung.
δ
Die Eckpunkte bezeichnen wir mit A, B und C, die L¨ange der
γ
einem Eckpunkt gegen¨
uberliegenden Seite mit dem entspreb
a
chenden Kleinbuchstaben a, b und c, und den (Innen)Winkel
bei jedem Eckpunkt mit dem entsprechenden griechischen
β
α
Buchstaben α, β und γ. Der Winkel δ ist ein Außenwinkel.
A
B
c
Bei jedem Eckpunkt gibt es zwei Außenwinkel.
Als Beweismethode werden oft kongruente Figuren verwendet. Zwei Figuren heißen
kongruent, wenn sich die eine durch Verschieben, Drehen, Spiegeln in die andere u
¨berf¨
uhren
l¨
asst. Bei kongruenten Figuren stimmen entsprechende Seitenl¨angen, Winkel und Fl¨achen
u
¨berein. Es folgen einige Beispiele.
2
Elementargeometrie
Seien g und h zwei Gerade, die einander in einem Punkt S
h
schneiden. Dann sind einander gegen¨
uberliegende Winkel,
S
α
die von den beiden Geraden eingeschlossen werden, gleich
β
groß. In der Zeichnung sind zwei solche Winkel mit α und
g
β bezeichnet. Dreht man die gesamte Figur um den Punkt
S um 1800 , dann gehen die Geraden g und h in sich selbst
u
¨ber. Der Winkel β kommt dann auf dem Winkel α zu liegen. Somit sind die beiden
Winkel gleich. (Scheitelwinkel)
Zwei parallele Geraden g1 und g2 werden von
einer dritten Geraden h geschnitten. Der Schnittβ
punkt von g1 mit h sei S und der Schnittpunkt von
g
γ
2
R
g2 mit h sei R. Dann sind die in der Zeichnung mit
α und β bezeichneten Winkel gleich groß. Das sieht
man, wenn man die gesamte Figur entlang der Geh
raden h verschiebt, sodass g1 dann auf g2 liegt und
h in sich selbst u
¨bergeht. Der Winkel α liegt dann
S α
auf dem Winkel β, womit die Gleichheit dieser Wing1
kel gezeigt ist (Stufenwinkel). Aus obigem Resultat
folgt dann, dass auch der mit γ bezeichnete Winkel gleich α ist (Wechselwinkel).
Seien g und h zwei Gerade, die einander in einem
g
Punkt S schneiden und den Winkel α einschließen.
Sei u eine senkrechte Gerade auf g und v eine senkrechte Gerade auf h. Der von u und v eingeschlosv
sene Winkel β ist dann gleich α (Orthogonalwinkel).
Das sieht man so: Wir drehen die Geraden u und v
h
um ihren Schnittpunkt P um 900 und erhalten die
Geraden u
˜ und v˜, die dann ebenfalls den Winkel β
β
einschließen. Da u
˜ parallel zu g liegt und v˜ parallel
β
zu h, muss β = α gelten. Durch die ParallelverP
schiebung, die P in S u
¨berf¨
uhrt, wird ja u
˜ auf g
und v˜ auf h abgebildet. Der Winkel β liegt dann auf dem Winkel α.
u
S
α
v˜
u
˜
Schließlich beweisen wir noch zwei einfache Resultate f¨
ur das Dreieck.
Satz 1: Die Summe der (Innen)Winkel eines Dreiecks betr¨agt 1800 .
Beweis: Die Eckpunkte und Winkel des Dreiecks
g
werden wie u
¨blich bezeichnet. Wir zeichnen eine
zur Dreiecksseite AB parallele Gerade g durch
den Eckpunkt C des Dreiecks. Diese bildet mit
der Dreiecksseite AC einen Winkel ε und mit der
Dreiecksseite BC einen Winkel δ. Nach dem oben
α
bewiesenen Resultat gilt ε = α und δ = β, da die
A
Gerade g parallel zur Seite AB liegt. Klarerweise
gilt ε + γ + δ = 1800 . Damit ist auch α + γ + β = 1800 gezeigt.
ε
C
γ δ
β
B
Franz Hofbauer
3
Satz 2: Sei c die L¨ange der Seite AB eines Dreiecks △ ABC und h die L¨ange der H¨ohe
durch C. Das Rechteck mit Seitenl¨angen c und h hat dann eine doppelt so große Fl¨ache
wie das Dreieck. Die Dreiecks߬
ache ist gleich c · h2 .
Beweis: Sei D der Fußpunkt der H¨ohe durch C.
U
C
V
Wir zeichnen ein Rechteck, dessen eine Seite AB
ist, sodass die beiden anderen Ecken des Rechtecks, die wir U und V nennen, auf der zu AB parallelen Geraden durch den Punkt C liegen. Das
h
Rechteck hat dann Seitenl¨angen c und h. Die
beiden Dreiecke △ ACD und △ CAU sind kongruent (Drehung um den Mittelpunkt der Strecke
c
A
D
B
AC um 1800 ) und haben daher gleiche Fl¨ache.
Ebenso sind die Dreiecke △ BCD und △ CBV
kongruent und haben daher ebenfalls gleiche Fl¨ache. Wenn D auf der Strecke AB liegt,
wie in der Zeichnung dargestellt, dann ist #ACD + #CAU + #BCD + #CBV die Fl¨ache
des Rechtecks und #ACD + #BCD die Fl¨ache des Dreiecks △ ABC. Wenn D rechts
von B liegt, dann ist #ACD + #CAU − #BCD − #CBV die Fl¨ache des Rechtecks und
#ACD − #BCD die Fl¨ache des Dreiecks △ ABC. Wenn D links von A liegt, dann ist
#BCD + #CBV − #ACD − #CAU die Fl¨ache des Rechtecks und #BCD − #ACD
die Fl¨ache des Dreiecks △ ABC. Man sieht, dass in allen drei F¨allen die Rechtecksfl¨
ache
doppelt so groß ist wie die Fl¨ache des Dreiecks △ ABC.
2. Der Strahlensatz
Der Strahlensatz macht eine Aussage u
¨ber die Verh¨
altnisse von entsprechenden Seiten
von Dreiecken in einer der beiden folgenden Situationen:
D
D
B
h
v
h
v
A
u
S
S
u
g
A
C
g
C
B
Zwei Gerade g und h schneiden einander in einem Punkt S. Eine weitere Gerade u
schneidet die Geraden g und h in den Punkten A und B, die ungleich S sind. Eine zu
u parallele Gerade v schneidet g und h in den Punkten C und D, die ebenfalls ungleich
S sind. Dadurch entstehen zwei Dreiecke △ SAB und △ SCD. Dabei k¨onnen zwei F¨alle
auftreten. Entweder die beiden parallelen Geraden u und v liegen auf derselben Seite von
S, wie es in der linken Zeichnung dargestellt ist, oder sie liegen auf verschiedenen Seiten
von S, wie es in der rechten Zeichnung dargestellt ist.
Satz 3 (Strahlensatz) In der oben beschriebenen Situation gilt
SA
SC
=
SB
SD
=
AB
CD .
Beweis: Wir nehmen an, dass die Geraden u und v auf derselben Seite von S liegen. Das
SB
AB
SA
> 0, SD
> 0 und CD
> 0.
ist der oben links dargestellte Fall. In diesem Fall gilt SC
4
Elementargeometrie
Wir arbeiten mit den Dreiecks߬
achen U = #SAB, V = #ABC und W = #ABD. Es gilt
U + V = #SCB und U + W = #SDA. Sei d der Abstand der parallelen Geraden u und
v. Weiters sei a der Normalabstand des
D
Punktes A von der Geraden h und b der
des Punktes B von der Geraden g. Es gilt
B
|SA| 2b
|SA|
#SAB
SA
U
=
=
=
=
und
SC
|SC|
#SCB
U +V
|SC| b
|SB|
|SD|
2
|SB| a
2
|SD| a
2
#SBA
U
h
= #SDA
=
=
= U +W
.
v
u
Die beiden Dreiecke △ ABC und △ ABD
haben Grundlinie AB und gleiche H¨ohe d.
S
Daher haben sie auch gleiche Fl¨ache, also
g
SA
SB
A
gilt V = W . Damit ist SC = SD , der erste
C
Teil des Strahlensatzes, bereits bewiesen.
SA
AB
Um auch SC
= CD
zu beweisen, arbeiten wir mit den Dreiecks߬
achen R = #SCD und
T = #BCD. Ist c der Normalabstand des Punktes S von der Geraden u, dann gilt
d
c
c
R = c+d
2 · |CD| und T = 2 · |CD|, woraus R − T = 2 · |CD| folgt. Wegen U = 2 · |AB|
|AB|
AB
U
erhalten wir CD
= |CD|
= R−T
. Da sowohl U + V als auch R − T die Fl¨ache des Dreiecks
AB
U
SA
= U +V
= SC
gezeigt.
△ SBC ergeben, gilt U + V = R − T . Somit ist CD
Der Satz ist f¨
ur den Fall bewiesen, dass die beiden parallelen Geraden auf derselben Seite
des Punktes S liegen. Den anderen Fall, wo die parallelen Geraden auf verschiedenen Seiten
von S liegen, kann man auf diesen zur¨
uckf¨
uhren, indem man die links von S liegende Gerade
um S spiegelt. Es ist zu beachten, dass dabei die Zahlen SA, SB und AB ihr Vorzeichen
andern.
¨
SB
SD
Wir geben einen zweiten Beweis des Strahlensatzes, der ein wenig analytisch ist.
Zweiter Beweis: Wir nehmen wieder an, dass die beiden parallelen Geraden u und v auf
derselben Seite von S liegen. Die Gerade u schneidet die Geraden g und h in den Punkten
A und B, die Gerade v schneidet g und h in den Punkten C und D.
Wir f¨
uhren den Beweis zuerst in dem Fall,
SA
wo SC
rational ist. Es existieren Zahlen
D
|SA|
SA
k
k und n in N mit SC = |SC| = n . Wir
B
.
Dann
gilt
|SC|
=
nq
setzen q = |SC|
n
und |SA| = |SC| nk = kq. Wir teilen die
h
v
ucke der
Strecke SC in n gleich lange St¨
L¨
ange q und zeichnen durch diese Teilungspunkte Geraden, die parallel zur Gerade
S
g
v liegen. Diese Geraden unterteilen die
A
C
Strecke SD in n gleich lange St¨
ucke, deren
L¨
ange wir mit r bezeichnen. Das erkennt
man, indem man in Richtung der Geraden g um die Strecke q parallel zu v verschiebt. Es
gilt dann |SD| = nr und, da die k-te dieser parallelen Geraden mit der Geraden durch A
|SB|
SB
= |SD|
= nk gezeigt.
und B zusammenf¨allt, auch |SB| = kr. Damit ist SD
Ebenso zeichnen wir durch die auf der Strecke SC liegenden Teilungspunkte Geraden, die
parallel zur Gerade h liegen. Diese Geraden unterteilen die Strecke CD in n gleich lange
St¨
ucke, deren L¨ange wir mit s bezeichnen. Es gilt dann |CD| = ns und, da die ersten k − 1
Franz Hofbauer
5
dieser parallelen Geraden die Strecke AB in k gleich lange Teile der L¨ange s teilen, auch
|AB|
AB
SA
SB
AB
|AB| = ks. Damit ist CD
= |CD|
= nk gezeigt. Wir haben also SC
= SD
= CD
bewiesen.
SA
Um den Beweis zu f¨
uhren, wenn SC
nicht
rational ist, teilen wir wie oben die Strecke
D
SC in n gleiche Teile der L¨ange q = |SC|
n
B2
und zeichnen parallele Geraden zu v bzw.
B
B1
zu h, die SD in n gleiche Teile der L¨ange
r und CD in n gleiche Teile der L¨ange s
v
h
teilen. Die Punkte A und B liegen jetzt
nicht auf einem Unterteilungspunkt. Seien
A1 und A2 die Unterteilungspunkte auf der
S
g
A1 A A2
Strecke SC, zwischen denen A liegt. Seien
C
B1 und B2 die Unterteilungspunkte auf der
Strecke SD, zwischen denen B liegt. Die Strecken A1 B1 und A2 B2 liegen dann parallel
zur Strecke AB. Und da es sich bei den Punkten A1 , A2 , B1 , B2 um Unterteilungspunkte
|SB1 |
|A1 B1 |
|SA2 |
|SB2 |
|A2 B2 |
1|
handelt, erhalten wir |SA
|SC| = |SD| = |CD| und |SC| = |SD| = |CD| aus dem ersten
Teil des Beweises.
Es gilt |SA| < |SA2 | und |SB1 | < |SB|. Wegen |SA2 | = |SA1 | + q folgt |SA| − q < |SA1 |
|SA1 |
|SB1 |
|SB|
|SA|
|SB|
und |SA|−q
ur q ein, so erh¨alt man |SC|
− n1 < |SD|
.
|SC| < |SC| = |SD| < |SD| . Setzt man f¨
Es gilt |SA| > |SA1 | und |SB2 | > |SB|. Wegen |SA1 | = |SA2 | − q folgt |SA| + q > |SA2 |
|SA2 |
|SB2 |
|SB|
|SA|
|SB|
und |SA|+q
ur q ein, so erh¨alt man |SC|
+ n1 > |SD|
.
|SC| > |SC| = |SD| > |SD| . Setzt man f¨
Wir haben somit
|SA|
|SC|
−
ergibt sich die Gleichheit
|SB|
|SA|
1
n < |SD| < |SC|
|SB|
|SA|
|SC| = |SD| , das
+
gezeigt. Das gilt f¨
ur alle n ∈ N. Daraus
1
n
heißt
SA
SC
=
SB
SD .
Da aber auch |A1 B1 | < |AB| und |A2 B2 | > |AB| gelten, kann man diesen Beweisschritt
auch mit |A1 B1 | statt |SB1 |, mit |A2 B2 | statt |SB2 |, mit |AB| statt |SB| und mit |CD|
|SA|
|AB|
|SA|
statt |SD| durchf¨
uhren und erh¨alt |SC|
− n1 < |CD|
< |SC|
+ n1 . Da dies f¨
ur alle n ∈ N
gilt, ist auch
|SA|
|SC|
=
|AB|
|CD|
gezeigt, das heißt
SA
SC
=
AB
CD .
Der Fall, in dem die parallelen Geraden auf verschiedenen Seiten von S liegen, l¨asst sich wie
im ersten Beweis durch Spiegeln am Punkt S auf den Fall zur¨
uckf¨
uhren, wo die parallelen
Geraden auf derselben Seite von S liegen.
Wenn die oben vorausgesetzte Situation vorliegt mit zwei einander schneidenden Geraden g und h, die von zwei parallelen Geraden u und v geschnitten werden, dann verwendet
man die in Satz 3 formulierte Version des Strahlensatzes mit orientierten Verh¨
altnissen.
H¨aufig wendet man den Strahlensatz aber auch auf ¨ahnliche Dreiecke an. Wir nennen
die Dreiecke △ ABC und △ DEF ¨ahnlich, wenn
∠ CAB = ∠ F DE,
∠ ABC = ∠ DEF und ∠ BCA = ∠ EF D
gilt. In diesem Fall kann man die Dreiecke u
¨bereinanderlegen, sodass der Punkt D auf A
liegt, die Seite AB auf DE und die Seite AC auf DF . Aus dem Strahlensatz folgt dann
|AB|
|DE|
=
|AC|
|DF |
=
|BC|
|EF | .
In diesem Fall verwendet man eine nichtorientierte Version, da die Dreiecke △ ABC und
△ DEF ja irgendwie liegen k¨onnen. Oft schreibt man diese Gleichungen auch so auf
|AB|
|AC|
=
|DE|
|DF | ,
|AB|
|BC|
=
|DE|
|EF |
und
|AC|
|BC|
=
|DF |
|EF | .
6
Elementargeometrie
Wir beweisen eine Umkehrung des Strahlensatzes und zuvor einen Hilfssatz.
Hilfssatz A: Wenn die Punkte P , Q und S auf einer Geraden liegen und P S = QS gilt,
dann sind P und Q identisch. Wenn die Punkte P , Q, R und S auf einer Geraden liegen
QR
und PP R
S = QS gilt, dann sind P und Q identisch.
Beweis: Da P , Q und S auf einer Geraden liegen und P S = QS gilt, haben die Punkte
P und Q denselben Abstand von S. Sie liegen auch auf der selben Seite von S, da die
Abst¨
ande in einer Richtung positives und in der anderen Richtung negatives Vorzeichen
haben. Also sind P und Q identisch und die erste Aussage ist gezeigt.
Jetzt zur zweiten Aussage. Da die Punkte P , Q, R und S auf einer Gerade liegen, gilt
QR
auch P R = P S + SR und QR = QS + SR. Setzt man das in PP R
alt man
S = QS ein, so erh¨
SR
SR
1 + P S = 1 + QS . Also gilt P S = QS. Aus der oben bewiesenen ersten Aussage folgt,
dass P und Q identisch sind.
Satz 4 (Umkehrung des Strahlensatzes) Seien g und h zwei Gerade, die einander im Punkt
S schneiden. Seien A und C Punkte auf g und B und D Punkte auf h, die alle ungleich S
SB
SA
= SD
gilt, dann ist die Gerade ℓ(A, B) durch die Punkte A und B parallel
sind. Wenn SC
zur Geraden ℓ(C, D) durch die Punkte C und D.
Beweis: Sei u die Gerade durch den Punkt A, die parallel zu ℓ(C, D) liegt. Sei B ∗ der
Schnittpunkt von u mit h. Man beachte, dass ℓ(C, D) und damit auch u nicht parallel zu h
∗
SA
SA
SB
∗
liegen kann. Aus Satz 3 folgt dann SC
= SB
SD . Wegen SC = SD erhalten wir SB = SB,
woraus B ∗ = B wegen Hilfssatz A folgt, da S, B und B ∗ alle auf der Geraden h liegen.
Daraus folgt wieder, dass ℓ(A, B) mit der Geraden u zusammenf¨
allt, womit bewiesen ist,
dass ℓ(A, B) parallel zu ℓ(C, D) liegt.
Wir kommen zu den Anwendungen des Strahlensatzes.
Satz 5 (Satz von Menelaos) Seien A, B und C die Ecken eines Dreiecks und g eine
Gerade, die durch keine dieser Ecken verl¨
auft. Sei D der Schnittpunkt von g mit der
Geraden ℓ(A, B), sei E der Schnittpunkt von g mit der Geraden ℓ(B, C) und sei F der
DA EB F C
Schnittpunkt von g mit der Geraden ℓ(C, A). Dann gilt DB
· EC · F A = 1.
∗
Beweis: Sei A der Fußpunkt des
C
Lots vom Punkt A auf die Gerade g,
g
sei B ∗ der Fußpunkt des Lots vom
A∗
∗
Punkt B auf die Gerade g und sei C
F
der Fußpunkt des Lots vom Punkt C
C∗
auf die Gerade g. Da die Geraden
E
ℓ(A, A∗ ) und ℓ(B, B ∗ ) parallel liegen,
B∗
DA
AA∗
folgt DB = BB ∗ aus dem StrahlenBB ∗
satz. Ebenso folgt EB
D
EC = CC ∗ , da
ℓ(B, B ∗ ) und ℓ(C, C ∗ ) parallel liegen,
A
B
CC ∗
∗
=
,
da
ℓ(A,
A
)
und schließlich FF C
∗
A
AA
DA EB F C
AA∗ BB ∗ CC ∗
und ℓ(C, C ∗ ) parallel liegen. Damit ergibt sich DB
· EC · F A = BB
∗ · CC ∗ · AA∗ = 1.
Satz 6 (Satz von Ceva) Sei △ ABC ein Dreieck und P ein Punkt. Sei D der Schnittpunkt
der Geraden ℓ(A, B) und ℓ(C, P ), sei E der Schnittpunkt der Geraden ℓ(B, C) und ℓ(A, P )
und sei F der Schnittpunkt der Geraden ℓ(C, A) und ℓ(B, P ). Wir nehmen an, dass diese
Schnittpunkte existieren und nicht mit einem Eckpunkt des Dreiecks zusammenfallen.
AD BE CF
· EC · F A = 1.
Dann gilt DB
Franz Hofbauer
7
Beweis: Wir beweisen den Satz mit Hilfe von Satz 5. Die Zeichnung zeigt die vorliegende
Situation. Links ist der Fall dargestellt, in dem der Punkt P im Innern des Dreiecks liegt,
C
F
C
F
P
E
E
P
A
D
B A
B
D
in der rechten Zeichnung liegt P außerhalb des Dreiecks. Wir wenden Satz 5 auf das Dreieck
△ ADC und die Gerade ℓ(B, P ) an, die die (Verl¨
angerungen der) Seiten des Dreiecks in
BA P D F C
den Punkten B, P und F schneidet. Wir erhalten BD
· P C · F A = 1. Ebenso wenden wir
Satz 5 auf das Dreieck △ DBC und die Gerade ℓ(A, P ) an, die die (Verl¨
angerungen der)
EB P C
Seiten des Dreiecks in den Punkten A, E und P schneidet. Wir erhalten AD
AB · EC · P D = 1.
Multipliziert man diese beiden Gleichungen und beachtet, dass U V = −V U f¨
ur zwei
AD BE CF
beliebige Punkte U und V gilt, dann erh¨alt man DB · EC · F A = 1.
Es gilt auch die Umkehrung des Satzes von Ceva.
Satz 7: Sei △ ABC ein Dreieck. Sind drei Punkte D, E und F auf ℓ(A, B), ℓ(B, C)
AD BE CF
und ℓ(C, A) derart gegeben, dass DB
· EC · F A = 1 gilt, dann liegen die Geraden ℓ(A, E),
ℓ(B, F ) und ℓ(C, D) entweder parallel oder sie schneiden einander in einem Punkt.
Beweis: Liegen die Geraden ℓ(A, E), ℓ(B, F ) und ℓ(C, D) parallel, dann ist nichts zu beweisen. Nehmen wir also an, dass zwei von ihnen, sagen wir ℓ(A, E) und ℓ(C, D), einander
in einem Punkt P schneiden. Angenommen die Geraden ℓ(B, P ) und ℓ(A, C) w¨aren paralBP
lel. Diese Situation ist in der Zeichnung links dargestellt. Aus Satz 3 folgt dann DB
DA = AC
BP
AD BE CF
CF
und EB
EC = CA . Mit Hilfe der Voraussetzung DB · EC · F A = 1 erhalten wir F A = −1 und
C
F∗
C
P
E
A
B
E
P
D
A
B
D
somit CF = AF . Es folgt C = A wegen Hilfssatz A, da C, A und F alle auf der Geraden
ℓ(A, C) liegen. Dieser Widerspruch zeigt, dass die Geraden ℓ(B, P ) und ℓ(A, C) nicht
parallel sein k¨onnen. Sei F ∗ ihr Schnittpunkt. Das ist in der rechten Zeichnung dargestellt.
∗
CF
AD BE CF ∗
· EC · F ∗ A = 1. Mit Hilfe der Voraussetzung erhalten wir CF
Aus Satz 6 folgt DB
F ∗A = F A .
∗
∗
Wegen Hilfssatz A folgt F = F , da die Punkte A, C, F und F alle auf der der Gerade
ℓ(A, C) liegen. Damit ist gezeigt, dass der Punkt F auf der Gerade ℓ(B, P ) liegt, oder
anders ausgedr¨
uckt, dass auch die Gerade ℓ(B, F ) durch den Punkt P verl¨
auft.
8
Elementargeometrie
3. Das Dreieck
Zwei Dreiecke △ ABC und △ P QR heißen kongruent, wenn es m¨oglich ist, das Dreieck
△ P QR durch Verschieben, Drehen und Spiegeln in eine Lage zu bringen, sodass dann
der Punkt P mit A, der Punkt Q mit B und der Punkt R mit C zusammenf¨allt. Sind
zwei Dreiecke kongruent, dann sind die einander entsprechenden Seiten gleich lang und die
einander entsprechenden Winkel gleich groß. Kongruente Dreiecke haben nat¨
urlich auch
gleiche Fl¨ache und so weiter. Um festzustellen, ob zwei Dreiecke kongruent sind, verwendet
man folgenden Kongruenzsatz.
Satz 8: Zwei Dreiecke sind kongruent, wenn folgende Gr¨oßen u
¨bereinstimmen
(a) die L¨angen der drei Seiten
(b) die L¨angen zweier Seiten und der davon eingeschlossene Winkel
(c) die L¨angen zweier Seiten und der der l¨angeren Seite gegen¨
uberliegende Winkel
(d) die L¨ange einer Seite und die beiden daran anliegenden Winkel
Der Beweis ergibt sich aus der Tatsache, dass man in allen vier F¨allen das Dreieck aus
den angegebenen Gr¨oßen eindeutig konstruieren kann. In (c) ist es wichtig, dass der der
l¨
angeren Seite gegen¨
uberliegende Winkel u
¨bereinstimmt. Gibt man zwei Seiten vor und
den der k¨
urzeren Seite gegen¨
uberliegenden Winkel, so kann man aus diesen Angaben zwei
Dreiecke konstruieren, die nicht kongruent sind.
Hat man zwei rechtwinkelige Dreiecke, dann sind diese nach (b) kongruent, wenn die
L¨
angen der beiden Katheten u
¨bereinstimmen. Stimmen die L¨angen der Hypotenuse und
einer Kathete u
¨berein, dann sind sie nach (c) kongruent, da die Hypotenuse dem rechten
Winkel gegen¨
uber liegt und l¨anger als die Kathete ist.
Wir behandeln die besonderen Punkte des Dreiecks. Wir beginnen mit dem Schwerpunkt
und dem H¨ohenschnittpunkt, da wir daf¨
ur den Strahlensatz verwenden. F¨
ur Umkreisund Inkreismittelpunkt verweden wir den Kongruenzsatz. Die Schwerlinien verbinden die
Mittelpunkte der Seiten mit den gegen¨
uberliegenden Eckpunkten.
Satz 9: Die drei Schwerlinien eines Dreiecks schneiden einander in einem Punkt, dem
sogenannten Schwerpunkt, der jede Schwerlinie im Verh¨
altnis 1 : 2 teilt.
Beweis: Sei D der Mittelpunkt der Strecke AB,
C
sei E der Mittelpunkt der Strecke BC und sei F
der Mittelpunkt der Strecke CA. Der Schnittpunkt der Geraden ℓ(C, D) und ℓ(B, F ) sei S.
AF
Wegen AC
= 12 = AD
AB folgt aus Satz 4, dass
die Geraden ℓ(D, F ) und ℓ(B, C) parallel liegen.
DF
F
E
Aus Satz 3 folgt jetzt 12 = AD
AB = BC . Wieder
DF
1
S
mit Satz 3 ergibt sich dann SD
SC = CB = − 2 und
FD
1
SF
SB = BC = − 2 . Ist T der Schnittpunkt der
Geraden ℓ(C, D) und ℓ(A, E), dann folgt analog
TD
DE
1
TE
ED
1
T C = CA = − 2 und T A = AC = − 2 . Da die
Punkte C, S, T und D auf der Geraden ℓ(C, D)
A
D
B
TD
liegen und SD
SC = T C gilt, erhalten wir S = T
aus Hilfssatz A. Somit schneiden die drei Schwerlinien einander im Punkt S. Wir haben
auch gezeigt, dass der Schwerpunkt S jede Schwerlinie im Verh¨
altnis 1 : 2 teilt.
Franz Hofbauer
9
Die H¨ohen verlaufen durch die Eckpunkte des Dreiecks und stehen senkrecht auf die
jeweils gegen¨
uberliegende Seite.
Satz 10: Die drei H¨ohen eines Dreiecks △ ABC schneiden einander in einem Punkt H,
dem sogenannten H¨ohenschnittpunkt.
C
Beweis: Ist das Dreieck nicht spitzwinkelig, dann
w¨
ahlen wir die Bezeichnungen so, dass γ der Winkel
≥ 900 ist. Die Winkel α und β sind jedenfalls spitz.
Sei D der Fußpunkt der H¨ohe durch C. Er liegt zwischen A und B, da die Winkel α und β spitz sind.
G
Weiters sei G der Schnittpunkt der H¨ohe durch den
Eckpunkt C mit der durch den Eckpunkt A. Die
Dreiecke △ ADG und △ CDB sind ¨ahnlich. Beide
Dreiecke haben bei D einen rechten Winkel und der
A
D
B
Winkel bei G im ersten stimmt mit dem Winkel β
bei B im zweiten Dreieck u
¨berein, da die H¨
ohen senkrecht auf den Seiten stehen (Orthogo|AD|
|CD|
nalwinkel). Aus dem Strahlensatz folgt |DG| = |DB|
, das heißt |DG| · |CD| = |AD| · |DB|.
Ist jetzt H der Schnittpunkt der H¨ohe durch den Eckpunkt C mit der durch den Eckpunkt
B, dann zeigt ein analoger Beweis, dass auch |DH| · |CD| = |BD| · |DA| gilt. Es folgt
|DG| = |DH|. Da die Punkte D, G und H alle auf einer Geraden, der H¨ohe durch C, liegen
und G und H oberhalb von D (es sind ja α und β spitze Winkel), erhalten wir G = H.
Damit ist gezeigt, dass die H¨ohen eines Dreiecks einander in einem Punkt schneiden.
Wir kommen zum Umkreis- und Inkreismittelpunkt.
Seien U und V zwei Punkte. Die Symmetrale der Strecke U V ist die Gerade s, die
senkrecht auf die Strecke U V steht und durch deren Mittelpunkt M verl¨
auft.
Zu jedem Dreieck △ ABC kann man das Seitenmittendreieck zeichnen, das ist das Dreieck, dessen Eckpunkte die Seitenmitten des urspr¨
uglichen Dreiecks sind. Die Symmetralen
der Seiten des urspr¨
unglichen Dreiecks △ ABC sind dann die H¨ohen des Seitenmittendreiecks. Daher folgt bereits aus Satz 10, dass diese Symmetralen einander in einem Punkt
schneiden. Wir werden das aber noch auf andere Art beweisen. Dazu zeigen wir
Satz 11: Seien U und V zwei Punkte und s die Streckensymmetrale der Strecke U V . Ein
Punkt P liegt genau dann auf s, wenn er von U und V gleichen Abstand hat.
Beweis: Sei M der Mittelpunkt der Strecke U V . Weiters sei P ein beliebiger Punkt.
Liegt P auf s, dann sind die beiden Dreiecke
P
△ P M U und △ P M V kongruent, da sie die Seite
P M gemeinsam haben, die Strecken M U und
M V gleich lang sind, und wegen P auf s die Wins
kel ∠ P M U und ∠ P M V beide gleich 900 sind.
Es folgt, dass die beiden Strecken P U und P V
U
M
V
gleich lang sind. Somit hat der Punkt P gleichen
Abstand von den beiden Punkten U und V .
Hat P gleichen Abstand von U und von V , dann sind die Dreiecke △ P M U und △ P M V
kongruent, da sie die Seite P M gemeinsam haben, die Strecken M U und M V gleich lang
sind, und ebenso die Strecken P U und P V . Es folgt, dass die Winkel ∠ P M U und ∠ P M V
gleich groß sind, also beide gleich 900 . Somit liegt P auf der Streckensymmetrale s.
10
Elementargeometrie
Die Streckensymmetralen der Seiten eines Dreiecks nennen wir die Seitensymmetralen.
Satz 12: Die drei Seitensymmetralen eines Dreiecks △ ABC schneiden einander in einem
Punkt U , dem Mittelpunkt des Umkreises.
C
Beweis: Sei U der Schnittpunkt der Seitensymmetrale sa der Seite BC mit der Seitensymmetrale
sb der Seite CA. Da U sowohl auf sa als auch auf
sa
sb
sb liegt, ergibt sich |U B| = |U C| und |U A| = |U C|
aus Satz 11. Es folgt |U A| = |U B|. Wegen Satz 11
liegt U dann auch auf der Seitensymmetrale sc
der Seite AB. Das zeigt, dass die drei SeitensymU
metralen einander im Punkt U schneiden. Da U
gleichen Abstand r von den drei Eckpunkten A, B A
B
und C hat, ist der Kreis mit Mittelpunkt U und
Radius r der Umkreis des Dreiecks.
Satz 13: Sei △ ABC ein Dreieck. Dann ist |AC| = |BC| ¨
aquivalent zu ∠ BAC = ∠ ABC.
Beweis: Sei F der Fußpunkt des Lots von C auf die Gerade ℓ(A, B). Es gelte |AC| = |BC|.
Die Dreiecke △ AF C und △ BF C sind kongruent, da sie bei F rechte Winkel und die
gemeinsame Seite CF haben und da die Seiten AC und BC gleich lang sind. Es folgt
∠ F AC = ∠ F BC, das heißt ∠ BAC = ∠ ABC.
Es gelte ∠ BAC = ∠ ABC. Die Dreiecke △ AF C und △ BF C sind kongruent, da sie bei
F rechte Winkel und die gemeinsame Seite CF haben und da ∠ BAC = ∠ ABC gilt. Es
folgt, dass die Seiten AC und BC gleich lang sind, also |AC| = |BC| gilt.
Ein Winkel wird von zwei Halbgeraden g und h, den Schenkeln des Winkels, gebildet.
Sie gehen von einem Punkt S, dem Scheitel des Winkels, aus und schließen einen Winkel
< 1800 ein. Die Winkelsymmetrale w ist dann ebenfalls eine Halbgerade, die von S ausgeht
und den Winkel zwischen g und h halbiert.
Satz 14: Seien g und h Halbgerade, die vom Punkt S ausgehen. Ein Punkt P liegt genau
dann auf der Winkelsymmetrale w, wenn er von g und h gleichen Normalabstand hat
(wenn die Lote von P auf die beiden Halbgeraden g und h existieren und gleich lang sind).
In diesem Fall hat auch S gleichen Abstand von den Fußpunkten der beiden Lote.
Beweis: Sei P ein Punkt zwischen den Halbgeraden.
h
Das Lot von P auf eine Halbgerade existiert, wenn
H
der Winkel zwischen SP und der Halbgerade ≤ 900
w
ist. Ist er > 900 , dann existiert das Lot nicht. Der
Fußpunkt des Lotes von P auf g sei G, der des Lotes
P
von P auf h sei H, vorausgesetzt die Lote existieren.
Wir nehmen zuerst an, dass P auf w liegt. Da der
g
Winkel zwischen den Halbgeraden g und h kleiner als
G
S
0
180 ist, ist der Winkel zwischen w und jeder der beiden Halbgeraden kleiner als 900 . Die Lote von P auf g und h mit Fußpunkten G und H
existieren. Die Dreiecke △ P SG und △ P SH sind dann kongruent, da sie die Seite P S
gemeinsam haben, die Winkel ∠ SGP und ∠ SHP beide gleich 900 sind, und wegen P auf
w auch ∠ GSP = ∠ HSP gilt. Es folgt, dass die Strecken P G und P H gleich lang sind.
Das bedeutet, dass der Punkt P gleichen Normalabstand von den Geraden g und h hat.
Franz Hofbauer
11
Wir nehmen an, dass die Lote von P auf die Halbgeraden g und h mit Fußpunkten G und
H existieren und gleich lang sind. Dann sind die Dreiecke △ P SG und △ P SH kongruent,
da sie die Seite P S gemeinsam haben, die Winkel ∠ SGP und ∠ SHP beide gleich 900
sind, und P G und P H gleich lang sind. Es folgt, dass auch die Winkel ∠ GSP und ∠ HSP
gleich groß sind. Das aber bedeutet, dass P auf der Winkelsymmetrale w liegt.
Aus der Kongruenz dieser Dreiecke folgt auch, dass SG und SH gleich lang sind, das heißt
der Punkt S hat gleichen Abstand von den Fußpunkten der beiden Lote.
Satz 15: Die drei Winkelsymmetralen der Innenwinkel eines Dreiecks △ ABC schneiden
einander in einem Punkt I, dem Mittelpunkt des Inkreises.
C
Beweis: Sei I der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale
wα durch den Eckpunkt A mit der Winkelsymmetralen
wβ
wβ durch den Eckpunkt B. Da I auf wα liegt, hat I
wα
I
nach Satz 14 denselben Normalabstand von den Seiten
AB und AC. Da I auf wβ liegt, hat I auch denselben
Normalabstand von den Seiten BA und BC. Es folgt,
dass I denselben Normalabstand von den Seiten CA
A
B
und CB hat. Wegen Satz 14 liegt I auch auf der Winkelsymmetrale wγ durch den Eckpunkt C. Somit schneiden die drei Winkelsymmetralen
einander im Punkt I. Da I den gleichen Normalabstand ϱ von allen drei Dreicksseiten hat,
ist der Kreis mit Mittelpunkt I und Radius ϱ der Inkreis des Dreiecks.
Satz 16: Sei △ ABC ein beliebiges Dreieck. Wir w¨ahlen eine Seite des Dreiecks und
den dieser Seite gegen¨
uberliegneden Eckpunkt. Die Symmetralen der beiden Außenwinkel,
die an die gew¨ahlte Seite anliegen, und die Symmetrale des Innenwinkels beim gew¨ahlten
Eckpunkt schneiden einander in einem Punkt, dem Mittelpunkt eines Ankreises.
Beweis: Wir zeigen das nur f¨
ur die Außenwinkel bei B und C und den Innenwinkel bei A.
Sei Ia der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale w
˜β
des an der Seite BC anliegenden Außenwinkels beim
Ia
Eckpunkt B mit der Winkelsymmetralen w
˜γ des an
der Seite CB anliegenden Außenwinkels beim Eckh
punkt C. Sei g die Halbgerade, die man erh¨alt, wenn
w
˜γ
man die Seite AB u
¨ber B hinaus verl¨
angert, und h
C
die Halbgerade, die man erh¨alt, wenn man die Seite
w
˜β
AC u
¨ber C hinaus verl¨
angert. Diese beiden Halbgeraden und die Seite CB schließen die oben verwendeten Außenwinkel ein. Da Ia auf w
˜β liegt, hat
Ia nach Satz 14 denselben Normalabstand von der
Halbgerade g und der Seite BC. Da Ia auf w
˜γ liegt,
g
A
B
hat Ia nach Satz 14 denselben Normalabstand von
der Halbgerade h und der Seite CB. Es folgt, dass Ia denselben Normalabstand von den
Halbgeraden g und h hat. Wegen Satz 14 liegt Ia auch auf der Winkelsymmetrale der
Halbgeraden g und h, das ist die Winkelsymmetrale wα des Innenwinkels beim Eckpunkt
A. Somit schneiden die drei Winkelsymmetralen w
˜β , w
˜γ und wα einander im Punkt Ia .
Da Ia den gleichen Normalabstand ϱa von g, h und der Dreiecksseite BC hat, ber¨
uhrt der
angerungen der
Kreis mit Mittelpunkt Ia und Radius ϱa die Dreiecksseite CB und die Verl¨
beiden anderen Seiten. Somit ist er ein Ankreis des Dreiecks.
12
Elementargeometrie
Man kann diese S¨atze u
¨ber die besonderen Punkte des Dreiecks mit Ausnahme von
Satz 12 auch mit Hilfe der Umkehrung des Satzes von Ceva (Satz 7) beweisen. Es ist
ja nur das in diesem Satz auftretende Produkt von Verh¨
altnissen zu berechnen. F¨
ur die
Schwerlinien ist das sehr einfach. In diesem Fall sind diese Verh¨
altnisse ja alle gleich 1. In
den anderen F¨allen muss man sie zuerst berechnen. Im folgenden Satz tun wir das f¨
ur die
Winkelsymmetralen.
Satz 17: Sei △ ABC ein Dreieck. Sei D der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch C
mit AB, E der der Winkelsymmetrale durch A mit BC und F der der Winkelsymmetrale
|AC| BE
|CB|
AD
CF
durch B mit AC. Dann gilt DB
= |BC|
, EC = |BA|
|CA| und F A = |AB| .
Beweis: Wir f¨
uhren den Beweis nur f¨
ur die Winkelsymmetrale durch C. Ihr Schnittpunkt mit der
Seite AB wurde mit D bezeichnet. Wir zeichnen
die Parallele zur Seite AC durch den Eckpunkt
B. Sie schneidet die Winkelsymmetrale durch C in
einem Punkt, den wir G nennen. Aus dem StrahDA
AC
lensatz folgt DB
= BG
. Da D immer zwischen
DA
A und B liegt, hat DB negatives Vorzeichen. Es
|DA|
|AC|
AD
folgt DB
= |DB|
= |BG|
. Da BG parallel zu AC
liegt, erhalten wir ∠ BGD = ∠ ACD = γ2 . Da
auch ∠ BCD = γ2 gilt, ist das Dreieck △ CBG
gleichschenkelig. Es gilt |BG| = |BC|. Damit ist
|AC|
AD
DB = |BC| gezeigt. Die beiden anderen Gleichungen beweist man ganz analog.
C
F
γ
2
A
D
γ
2
E
B
G
Jetzt k¨onnen wir einen zweiten Beweis f¨
ur Satz 15 geben. Sind D, E und F die Schnittpunkte der Winkelsymmetralen mit den gegen¨
uberliegenden Seiten, wie sie in Satz 17
|AC| |BA| |CB|
AD BE CF
eingef¨
uhrt wurden, dann folgt aus diesem Satz sofort, dass DB
EC F A = |BC| |CA| |AB| = 1
gilt. Aus Satz 7 erhalten wir dann, dass die drei Geraden ℓ(A, E), ℓ(B, F ) und ℓ(C, D),
das sind die drei Winkelsymmetralen, einander in einem Punkt schneiden. Die Winkelsymmetralen k¨onnen ja nicht parallel liegen.
4. Beweisen mit Hilfe von Abbildungen
Wir behandeln die Eulergerade und den Neunpunktkreis. Entsprechende S¨atze beweisen
wir unter Zuhilfenahme von Abbildungen, und zwar von sogenannten zentrischen Streckungen.
Sei c ∈ R\{0, 1} und S ein beliebiger Punkt in der Ebene. Wir definieren eine Abbildung
φ : R2 → R2 folgendermaßen: Ist P ∈ R2 , dann sei φ(P ) der eindeutig bestimmte Punkt
V auf der Geraden ℓ(S, P ), f¨
ur den SV
SP = c gilt. Weiters sei φ(S) = S. Durch diese
Abbildung wird die Ebene vom Punkt S aus um den Faktor c gestreckt. Ist |c| < 1, dann
wird sie gestaucht. Bei negativem c wird außerdem um den Punkt S gespiegelt. Man
nennt diese Abbildung die zentrische Streckung mit Zentrum S und Streckungsfaktor c.
Zuerst beweisen wir Eigenschaften dieser zentrischen Streckungen.
Hilfssatz B: Sei φ die zentrische Streckung mit Zentrum S und Streckungsfaktor c. Seien
P und Q Punkte, die ungleich S sind. Sei V = φ(P ) und W = φ(Q). Dann liegt ℓ(P, Q)
parallel zu ℓ(V, W ) und es gilt |V W | = |c| · |P Q|.
Franz Hofbauer
13
Beweis: Wenn S auf der Gerade ℓ(P, Q) liegt, dann tun das auch V und W , da nach
Definition von φ ja V auf ℓ(S, P ) und W auf ℓ(S, Q) liegt. Es gilt also ℓ(P, Q) = ℓ(V, W ).
Weiters gilt V W = V S + SW = c · P S + c · SQ = c · (P S + SQ) = c · P Q, woraus
|V W | = |c| · |P Q| folgt.
Es bleibt der Fall, dass S nicht auf ℓ(P, Q) liegt. Nach Definition von φ haben wir zwei
Gerade g und h, die einander im Punkt S schneiden, mit P und V auf der Geraden g und
SW
mit Q und W auf der Geraden h, sodass SV
SP = c und SQ = c gilt. Aus Satz 4 folgt, dass
die Geraden ℓ(P, Q) und ℓ(V, W ) parallel zueinander liegen. Aus Satz 3 folgt jetzt, dass
VW
SV
VW
P Q = SP , also P Q = c gilt. Daraus ergibt sich |V W | = |c| · |P Q|.
Satz 18: In einem Dreieck △ ABC liegen der H¨ohenschnittpunkt H, der Schwerpunkt S
SU
und der Umkreismittelpunkt U auf einer Geraden und es gilt SH
= − 12 . Die Gerade durch
diese drei Punkte heißt Eulersche Gerade.
C
Beweis: Sei φ die zentrische Streckung mit Streckungsfaktor c = − 12 , die
den Schwerpunkt S des Dreiecks als
Zentrum hat. Sei Mc der Mittelpunkt
der Seite AB und Ma der der Seite
BC. Nach Satz 9 verl¨
auft eine der drei
Mb
Ma
Schwerlinien durch die Punkte S, Mc
H
SMc
1
und C und es gilt SC = − 2 , woraus
S
φ(C) = Mc folgt. Sei G = φ(H).
Nach Hilfssatz B liegt ℓ(G, Mc ) paralU
lel zur Gerade ℓ(H, C), die senkrecht
auf ℓ(A, B) steht. Also steht auch
ℓ(G, Mc ) senkrecht auf ℓ(A, B) und
A
B
Mc
ist daher die Symmetrale der Dreieckseite AB. Analog zeigt man, dass φ(A) = Ma gilt und ℓ(G, Ma ) die Symmetrale der
Dreieckseite BC ist. Also liegt G sowohl auf der Symmetrale der Dreieckseite AB als auch
auf der Symmetrale der Dreieckseite BC und ist somit der Umkreismittelpunkt U . Wir
haben φ(H) = U gezeigt. Das bedeutet, dass die Punkte U , S und H auf einer Geraden
SU
liegen und dass SH
= − 12 gilt.
Sei △ ABC ein Dreieck mit H¨ohenschnittpunkt H, Umkreismittelpunkt U und Umkreisradius r. Sei N der Mittelpunkt der Strecke HU . Der Kreis mit Mittelpunkt N und Radius
r
2 heißt Neunpunktkreis oder Eulerkreis.
Satz 19: Seien Ha , Hb und Hc die H¨ohenfußpunkte und Ma , Mb und Mc die Seitenmitten
eines Dreiecks △ ABC. Sei H der H¨ohenschnittpunkt und Ra , Rb und Rc die Mittelpunkte
der Strecken HA, HB und HC. Dann liegen die neun Punkte Ha , Hb , Hc , Ma , Mb , Mc ,
Ra , Rb und Rc auf dem Neunpunktkreis.
Beweis: Sei ψ die zentrische Streckung mit Streckungsfaktor c = 21 , die den H¨ohenschnittpunkt H als Zentrum hat. F¨
ur einen beliebigen Punkt P ̸= H gilt dann, dass
ψ(P ) der Mittelpunkt der Strecke HP ist. Daraus folgt, dass ψ(A) = Ra , ψ(B) = Rb ,
ψ(C) = Rc und ψ(U ) = N gilt. Aus Hilfssatz B folgt |N Ra | = 21 |U A|, |N Rb | = 12 |U B|
und |N Rc | = 21 |U C|. Da die Eckpunkte A, B und C des Dreiecks auf dem Umkreis liegen,
erhalten wir |U A| = r, |U B| = r und |U C| = r. Das ergibt |N Ra | = 2r , |N Rb | = 2r und
|N Rc | = 2r . Somit liegen die Punkte Ra , Rb und Rc auf dem Neunpunktkreis.
14
Elementargeometrie
Sei φ die zentrische Streckung mit Streckungsfaktor c = − 21 , die den Schwerpunkt S des
Dreiecks als Zentrum hat. Das ist die selbe, die wir im letzten Beweis verwendet haben.
Dort wurde gezeigt, dass φ(C) = Mc gilt. Analog zeigt man φ(A) = Ma und φ(B) = Mb .
Wir u
¨berlegen uns, dass auch φ(U ) = N gilt.
Sei G = φ(U ). Im letzten Beweis wurde φ(H) = U gezeigt. Die vier Punkte U , S, G und
H liegen dann auf einer Gerade, das ist die oben eingef¨
uhrte Eulergerade (Zeichnung links
unten). Weiters gilt U S = − 21 HS = 12 SH und GS = − 12 U S = 21 SU . Daraus folgt
U G = U S + SG = 2SG + SG = 3SG
und
GH = GS + SH = GS + 2U S = −SG + 4SG = 3SG
Es gilt also U G = GH. Somit ist G der Mittelpunkt der Strecke HU , das heißt G = N .
Wir haben φ(U ) = N gezeigt.
Wie oben folgt jetzt |N Ma | = 21 |U A| = 2r , |N Mb | = 12 |U B| = 2r und |N Mc | = 12 |U C| = 2r .
Damit ist gezeigt, dass auch die Punkte Ma , Mb und Mc auf dem Neunpunktkreis liegen.
C
Mb
C
H
Ma
G
Mb
α
α
Q
g
α
Ma
S
U
α
A
Mc
B
A
Hc
Mc
B
Es bleibt zu zeigen, dass die Punkte Ha , Hb und Hc auf dem Neunpunktkreis liegen
CMa
1
b
(Zeichnung rechts). Es gilt CM
CA = 2 = CB . Aus Satz 4 erhalten wir, dass Ma Mb
parallel zu AB liegt. Es folgt ∠ CMb Ma = ∠ CAB = α (Stufenwinkel). Ebenso liegt
Ma Mc parallel zu AC. Es folgt ∠ Mc Ma Mb = ∠ CMb Ma = α (Wechselwinkel). Sei Q der
Schnittpunkt der Strecken Ma Mb und CHc . Der Winkel bei Q ist ein rechter, da Ma Mb
CQ
1
b
parallel und CHc senkrecht zu AB liegt. Aus dem Strahlensatz folgt CH
= CM
CA = 2 , das
c
heißt CHc = 2CQ oder CQ = QHc . Die beiden Dreiecke △ CQMb und △ Hc QMb sind
somit kongruent, da sie bei Q einen rechten Winkel haben, die Seite Mb Q eine gemeinsame
ist und die Seiten CQ und QHc gleich lang sind. Es folgt, dass die Winkel bei Mb in beiden
Dreiecken gleich groß sind und somit ∠ Hc Mb Ma = ∠ CMb Ma = α gilt.
Sei g die Symmetrale der Strecke Ma Mb . Wegen |N Ma | = |N Mb | liegt N auf g. Wegen
∠ Hc Mb Ma = ∠ Mc Ma Mb ist ℓ(Mb , Hc ) das Bild von ℓ(Ma , Mc ) bei Spiegelung an g. Da
ℓ(A, B) parallel zu Ma Mb und somit senkrecht zu g liegt, geht ℓ(A, B) bei Spiegelung an
g in sich selbst u
¨ber. Der Schnittpunkt Mc von ℓ(Ma , Mc ) und ℓ(A, B) wird daher bei
Spiegelung an g auf den Schnittpunkt Hc von ℓ(Mb , Hc ) und ℓ(A, B) abgebildet. Somit ist
g auch die Symmetrale der Strecke Hc Mc . Da N auf der Symmetrale g liegt, erhalten wir
|N Hc | = |N Mc | = 2r . Das zeigt, dass Hc auf dem Neunpunktkreis liegt.
Analog zeigt man, dass auch die beiden anderen H¨ohenfußpunkte Ha und Hb auf dem
Neunpunktkreis liegen.
Franz Hofbauer
15
5. Der Satz von Pythagoras
Wir legen die Bezeichnung f¨
ur ein rechtwinkeliges Dreieck fest. Den Eckpunkt beim
rechten Winkel nennen wir C, die anderen beiden A und B. Die dem rechten Winkel
gegen¨
uberliegende Seite heißt Hypotenuse, ihre
C
L¨
ange ist c, die anderen beiden Seiten heißen
Katheten, ihre L¨angen sind a und b. Die Winkel
a
heißen wie u
¨blich α, β und γ, wobei γ = 900 ist.
b
h
Die H¨ohe durch den Eckpunkt C hat L¨ange h
und Fußpunkt H. Die Hypothenuse AB wird
durch H in zwei Teile geteilt, deren L¨angen wir
p
c
A q H
B
q und p nennen, sodass c = p + q gilt.
Satz 20: F¨
ur ein rechtwinkeliges Dreieck mit den oben eingef¨
uhrten Bezeichnungen gilt
c2 = a2 + b2
Satz von Pythagoras
a2 = pc und b2 = qc
Kathetensatz
h2 = pq
H¨
ohensatz
Erster Beweis: Die Dreiecke △ AHC und △ ACB sind ¨ahnlich, da sie beim Eckpunkt A
denselben Winkel haben, und das erste Dreieck bei H und das zweite bei C einen rechten
2 2
Winkel hat. Aus dem Strahlensatz folgt qb = cb und hb = ac , das heißt b2 = qc und h2 = ac2b .
Ebenso sind die Dreiecke △ BHC und △ BCA ¨
ahnlich, woraus ap = ac und damit a2 = pc
folgt. Damit ist der Kathetensatz bereits bewiesen.
Addiert man a2 = pc und b2 = qc, die beiden Gleichungen aus dem Kathetensatz, so folgt
2 2
a2 + b2 = (p + q)c = c2 , der Satz von Pythagoras. Setzt man in h2 = ac2b die beiden
Gleichungen aus dem Kathetensatz ein, so folgt h2 =
pqc2
c2
= pq, der H¨ohensatz.
Zweiter Beweis: Wir zeichnen zwei Quadrate mit Seitenl¨ange a + b nebeneinander. Aus
jedem der beiden Quadrate schneiden wir vier Mal das Dreieck heraus, wie es in der Zeichnung zu sehen ist. Vom ersten Quadrat verbleiben
zwei Quadrate, das eine mit Seitenl¨ange a, das andere mit Seitenl¨ange b. Die Fl¨achen dieser beiden
Quadrate sind a2 und b2 . Vom zweiten Quadrat bleibt
ein Quadrat der Seitenl¨ange c u
¨brig. Es ist ein Quadrat,
da jeder der Winkel in den Ecken aus einem Winkel
von 1800 durch Wegnahme von α und β entsteht und α +β = 900 gilt. Da die verbleibende
Fl¨
ache in beiden F¨allen gleich sein muss, ist a2 + b2 = c2 gezeigt.
Die H¨ohe zerteilt das rechtwinkelige Dreieck in zwei kleinere rechtwinkelige Dreiecke ∆1
mit Seiten h, p, a und ∆2 mit Seiten h, q, b. Sei ∆ das
Dreieck mit den Seiten p + h, q + h und a + b. In der linken
h b
Zeichnung werden ∆1 und ∆2 aus dem Dreieck ∆ so herausa
p
q
geschnitten, dass ein Quadrat mit Seitenl¨ange h u
¨brigbleibt.
In der rechten Zeichnung werden ∆1 und ∆2 aus dem Dreieck ∆ so herausgeschnitten, dass ein Rechteck mit Seiten
a
p
h
p und q u
¨brigbleibt. Die Rechteckfl¨ache ist somit gleich der
h b
Quadrat߬
ache. Es gilt pq = h2 . Damit ist der H¨ohensatz bewiesen. Der Kathetensatz folgt schließlich aus dem Satz von
q
h
Pythagoras angewandt auf ∆1 und ∆2 und dem H¨ohensatz.
Wir erhalten a2 = p2 + h2 = p2 + pq = pc und b2 = q 2 + h2 = q 2 + pq = cq.
16
Elementargeometrie
Wir kommen zu den Anwendungen des Satzes von Pythagoras. Der folgende Satz ist der
Satz von Carnot. Man kann ihn als Gegenst¨
uck zum Satz von Ceva verstehen. Sind D, E
und F Punkte auf den Tr¨
agergeraden der drei Dreiecksseiten, dann gibt der Satz von Ceva
eine Bedingung daf¨
ur an, dass die Verbindungsgeraden dieser Punkte mit den Eckpunkten
A, B und C des Dreiecks einander in einem Punkt schneiden. Der Satz von Carnot
hingegen gibt eine Bedingung an, dass die Senkrechten durch diese drei Punkte einander
in einem Punkt schneiden. Wir beweisen den Satz von Carnot und seine Umkehrung.
Satz 21: Sei △ ABC ein Dreieck und P ein beliebiger Punkt. Sei E der Fußpunkt des Lots
von P auf ℓ(B, C), sei F der Fußpunkt des Lots von P auf ℓ(C, A) und D der Fußpunkt des
Lots von P auf ℓ(A, B). Dann gilt |AD|2 − |DB|2 + |BE|2 − |EC|2 + |CF |2 − |F A|2 = 0.
Beweis: Wir zeichnen die Lote vom Punkt P auf die (Verl¨
angerungen der) drei Dreiecksseiten, das sind die Strecken von P nach D, von P nach E und von P nach F . Weiters zeichnen wir die Strecken vom Punkt P zu den drei
C
Eckpunkten A, B und C. Dadurch entstehen
sechs rechtwinkelige Dreiecke, wobei die rechten
Winkel jeweils bei den Punkten D, E und F liegen.
F
Wir wenden den Satz von Pythagoras auf diese
sechs Dreiecke an und erhalten die Gleichungen:
E
P
|AD|2 = |AP |2 − |DP |2 , |DB|2 = |BP |2 − |DP |2 ,
|BE|2 = |BP |2 − |EP |2 , |EC|2 = |CP |2 − |EP |2 ,
|CF |2 = |CP |2 − |F P |2 , |F A|2 = |AP |2 − |F P |2 .
Das alles gilt auch, wenn der Punkt P außerhalb
des Dreiecks liegt. Die Lage dieser rechtwinkeA
D
B
ligen Dreiecke ist dann nur etwas komplizierter.
Subtrahiert man die ersten beiden Gleichungen, die darauffolgenden beiden Gleichungen und die letzten beiden Gleichungen, so hat man |AD|2 − |DB|2 = |AP |2 − |BP |2 ,
|BE|2 − |EC|2 = |BP |2 − |CP |2 und |CF |2 − |F A|2 = |CP |2 − |AP |2 . Addiert man diese
drei Gleichungen, so folgt schließlich |AD|2 − |DB|2 + |BE|2 − |EC|2 + |CF |2 − |F A|2 = 0.
Das ist bereits das gew¨
unschte Resultat.
Satz 22: Sei △ ABC ein Dreieck. Sei E ein Punkt auf ℓ(B, C), sei F ein Punkt auf ℓ(C, A)
und D ein Punkt auf ℓ(A, B), sodass |AD|2 − |DB|2 + |BE|2 − |EC|2 + |CF |2 − |F A|2 = 0
gilt. Die Gerade durch E senkrecht auf ℓ(B, C), die Gerade durch F senkrecht auf ℓ(C, A)
und die Gerade durch D senkrecht auf ℓ(A, B) schneiden dann einander in einem Punkt.
Beweis: Sei ga die Gerade durch den Punkt E senkrecht auf ℓ(B, C) und gb die Gerade
durch den Punkt F senkrecht auf ℓ(C, A). Sei P der Schnittpunkt der Geraden ga und
gb . Weiters sei D∗ der Fußpunkt des Lotes von P auf die Gerade ℓ(A, B). Aus Satz 21
erhalten wir |AD∗ |2 − |D∗ B|2 + |BE|2 − |EC|2 + |CF |2 − |F A|2 = 0. Nach Vorassetzung
gilt |AD|2 − |DB|2 + |BE|2 − |EC|2 + |CF |2 − |F A|2 = 0. Es folgt |AD∗ |2 − |D∗ B|2 =
|AD|2 − |DB|2 . Setzt man x = DD∗ dann gilt AD∗ = AD + x und x + D∗ B = DB. Setzt
man das ein, so folgt |AD|2 + 2AD · x + x2 − |DB|2 + 2DB · x − x2 = |AD|2 − |DB|2 , das
heißt 2AD · x + 2DB · x = 0. Wegen AD + DB = AB ̸= 0 folgt AB · x = 0 und daraus
x = 0. Damit ist DD∗ = 0 gezeigt, also D∗ = D. Das Lot von P auf die Gerade ℓ(A, B)
geht durch D. Somit liegt P auch auf der Gerade durch D senkrecht auf ℓ(A, B).
Mit Hilfe von Satz 22 kann man zeigen, dass die drei Seitensymmetralen eines Dreiecks
einander in einem Punkt schneiden. Ebenso kann man das f¨
ur die H¨ohen zeigen.
Franz Hofbauer
17
Als weitere Anwendung des Satzes von Pythagoras behandeln wir einen Satz u
¨ber den
Kreis, der je nach vorliegender Situation Sehnensatz oder Sekantensatz genannt wird.
Satz 23 (Sehnen- und Sekantensatz) Sei k ein Kreis mit Mittelpunkt M und Radius r.
Sei R ein Punkt auf einer Gerade g, die den Kreis in den Punkten A und B schneidet.
Dann gilt AR · RB = r2 − |M R|2 .
Beweis: Sei h die L¨ange des Lots von M auf g und F dessen Fußpunkt. Wenn g durch
M verl¨
auft, dann ist h = 0 und F = M . Sei a = AR und b = RB. Aus den Rechenregeln
f¨
ur den orientierten Abstand folgt AB = AR + RB = a + b und AF = 21 AB = a+b
2 . Damit
a+b
a−b
erhalten wir F R = F A + AR = − 2 + a = 2 . Setzt man noch c = |M R| dann folgen
P
M
M
A
R
F
B
A
F
B
R
a−b 2
2
2
2
r2 = h2 + ( a+b
2 ) und c = h + ( 2 ) aus dem Satz von Pythagoras. Subtrahiert man
diese Gleichungen, dann erh¨alt man r2 − c2 = ab, das heißt r2 − |M R|2 = AR · RB.
Satz 23 heißt Sehnensatz, wenn R auf der Sehne AB liegt. In diesem Fall, der in der
linken Zeichnung dargestellt ist, gilt |AR| · |RB| = r2 − |M R|2 , da AR und RB gleiches
Vorzeichen haben. Liegt R außerhalb des Kreises, dann heißt Satz 23 Sekantensatz. In
diesem Fall, der in der rechten Zeichnung dargestellt ist, gilt |AR| · |RB| = |M R|2 − r2 ,
da AR und RB verschiedene Vorzeichen haben. Ist P der Ber¨
uhrpunkt einer Tangente
2
2
2
vom Punkt R an den Kreis, dann folgt |RP | + r = |M R| aus dem Satz von Pythagoras,
sodass der Sekantentensatz dann |AR| · |RB| = |RP |2 lautet.
Das Produkt AR·RB wird Potenz des Punktes R bez¨
uglich des Kreises k genannt, wobei
A und B die Schnittpunkte einer Geraden durch R mit dem Kreis k sind. Nach Satz 23 ist
die Potenz gleich r2 − |M R|2 , also nur vom Punkt R und vom Kreis k abh¨angig. Punkte
innerhalb des Kreises haben negative, Punkte außerhalb des Kreises positive Potenz.
6. Der Peripheriewinkelsatz
Sei AB eine Sehne in einem Kreis k. Ist C ein Punkt auf dem Kreis, dann heißt
der Winkel bei C im Dreieck △ ABC Peripheriewinkel u
¨ber der Sehne AB. Ist M der
Mittelpunkt des Kreises, dann heißt der Winkel bei M im Dreieck △ ABM Zentriwinkel
u
¨ber der Sehne AB.
Satz 24 (Peripheriewinkelsatz) Sei AB eine Sehne im Kreis k, dessen Mittelpunkt M
Zentriwinkel α u
¨ber der Sehne AB habe. Sei C ein Punkt auf dem Kreis, der jedoch weder
A noch B ist. Sei γ der Peripheriewinkel von C u
¨ber der Sehne AB. Liegt M auf der
selben Seite von AB wie C oder auf AB, dann gilt γ = 12 α. Liegt M auf der anderen Seite
von AB als C oder auf AB, dann gilt γ = 1800 − 12 α.
18
Elementargeometrie
Beweis: Die Punkte A, B und C liegen auf dem Kreis k. Dieser Kreis ist daher der
Umkreis des Dreiecks △ ABC und M ist der Umkreismittelpunkt. Der Winkel beim
Eckpunkt C in diesem Dreieck ist der Peripheriewinkel γ.
Wir behandeln zuerst den Fall, dass M im Dreieck △ ABC liegt. Dieser Fall ist in der
linken Zeichnung dargestellt. Die Dreiecke △ AM C und △ BM C sind gleichschenkelig.
Die Schenkel M A, M B und M C dieser Dreiecke sind ja Radien des Kreises k.
C
γ
M
α
M
α
A
B
A
γC
B A
M
α
B
γ
C
Es gilt ∠ AM C + ∠ BM C = 3600 − α und ∠ ACM + ∠ BCM = γ. Daraus erhalten wir
∠ CAM + ∠ CBM = γ, da die Dreiecke △ AM C und △ BM C gleichschenkelig sind und
somit ∠ CAM = ∠ ACM und ∠ CBM = ∠ BCM gilt. Addition dieser drei Gleichungen
ergibt 1800 +1800 = 3600 −α+2γ, da Dreiecke Winkelsumme 1800 haben. Es folgt 2γ = α.
(Dieser Beweis funktioniert auch, wenn M auf AC, auf BC oder auf AB liegt, es treten
nur Winkel mit 00 auf.)
Der Fall, wo M auf der selben Seite von AB wie C liegt, aber nicht mehr im Dreieck
△ ABC, ist in der mittleren Zeichnung dargestellt. Es gilt ∠ AM C − ∠ BM C = α und
−∠ ACM + ∠ BCM = γ. Es folgt −∠ CAM + ∠ CBM = γ, da die Dreiecke △ AM C und
△ BM C gleichschenkelig sind und somit ∠ CAM = ∠ ACM und ∠ CBM = ∠ BCM gilt.
Subtraktion der zweiten und dritten Gleichung von der ersten ergibt 1800 − 1800 = α − 2γ,
da Dreiecke Winkelsumme 1800 haben. Es folgt 2γ = α.
Der Fall, wo M und C auf verschiedenen Seiten der Sehne AB liegen, ist in der dritten
Zeichnung dargestellt. Es gilt ∠ AM C + ∠ BM C = α und ∠ ACM + ∠ BCM = γ. Daraus
folgt ∠ CAM + ∠ CBM = γ, da die Dreiecke △ AM C und △ BM C gleichschenkelig sind
und ∠ CAM = ∠ ACM und ∠ CBM = ∠ BCM gilt. Addition der drei Gleichungen ergibt
1800 + 1800 = α + 2γ, da Dreiecke Winkelsumme 1800 haben. Es folgt 2γ = 3600 − α.
Der Spezialfall von Satz 24, bei dem die Sehne durch den Mittelpunkt des Kreises
verl¨
auft, heißt Satz von Thales. Es treffen beide F¨alle aus Satz 24 zu. Der Zentriwinkel
betr¨agt dann 1800 und der Peripheriwinkel somit 900 .
Satz 25 (Satz von Thales) Sei k ein Kreis, mit Mittelpunkt M und einer Sehne AB, die
durch M verl¨
auft. Dann hat jeder Punkt C auf dem Kreis, der ungleich A und B ist, einen
rechten Winkel als Peripheriewinkel u
¨ber AB.
Wandert man mit dem Punkt C den Kreis entlang bis er auf der Sehne zu liegen kommt,
dann wird aus dem Peripheriewinkel ein Tangentenwinkel. Dieser Grenzfall wird im folgenden Satz behandelt.
Franz Hofbauer
19
Satz 26 (Tangentenwinkelsatz) Sei AB eine Sehne im Kreis k, dessen Mittelpunkt M
Zentriwinkel α u
¨ber der Sehne AB habe. Sei t die Tangente an den Kreis k im Punkt A
und γ der Winkel zwischen AB und t, der auf der anderen Seite der Sehne AB liegt als
M (oder M liegt auf AB). Dann gilt γ = 12 α.
Beweis: Die Strecke M A vom Mittelpunkt des
Kreises k zum Ber¨
uhrpunkt A steht senkrecht auf
die Tangente t. Es folgt ∠ M AB + γ = 900 , das
heißt ∠ M AB = 900 −γ. Das Dreieck △ AM B ist
gleichschenkelig, da sowohl |AM | als auch |BM |
der Radius des Kreises k ist. Aus Satz 13 folgt
∠ M BA = ∠ M AB = 900 − γ. Die Winkelsumme
im Dreieck △ AM B ist 1800 . Wir erhalten daher
900 − γ + 900 − γ + α = 1800 . Es folgt γ = 12 α.
M
α
k
A γ
Der Tangentenwinkelsatz besagt, dass die Winkel zwischen
einer Sehne AB in einem Kreis k und der Tangente t im
Punkt A an k gleich α2 und 1800 − α2 sind, wobei α der Zentriwinkel des Mittelpunkts M des Kreises u
¨ber der Sehne
AB ist. Vergleicht man mit dem Peripheriewinkelsatz, dann
sieht man, dass der Peripheriewinkel eines Punktes auf k
gleich ist dem Winkel zwischen der Sehne AB und der Tangente t, wobei dieser Winkel jedoch auf der anderen Seite der
Sehne AB liegt als der Peripheriewinkel. Im nebenstehenden Bild sind zwei Peripheriewinkel eingezeichnet und der
jeweils gleich große Tangentenwinkel.
B
t
A
B
t
Es gilt auch die Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes. Seien A und B zwei Punkte und g die Gerade
durch A und B. Sei H eine der beiden Halbebenen,
in die g die Ebene teilt. Wir zeichnen alle Kreisb¨ogen
durch A und B, die in H liegen. Diese Kreisb¨ogen
f¨
ullen H vollst¨andig aus. Durch jeden Punkt P in H
verl¨
auft einer dieser Kreisb¨ogen, n¨amlich der Umkreis
des Dreiecks △ ABP . Zwei dieser Kreisb¨ogen haben
außer A und B keinen gemeinsamen Punkt. H¨atten
A
B
sie einen weiteren gemeinsamen Punkt Q, dann w¨aren
sie nicht verschiedene Kreisb¨ogen, sondern beide der Umkreis des Dreiecks △ ABQ.
Sei k einer der Kreisb¨ogen. Wir ordnen k einen Winkel γ zu. Der Mittelpunkt M des
Kreisbogens k liegt auf der Symmetrale der Strecke AB. Liegt M in H mit Zentriwinkel
αu
¨ber der Sehne AB, dann ordnen wir k den Winkel γ = 12 α < 900 zu. Liegt M auf AB,
dann ordnen wir k den Winkel γ = 900 zu. Liegt M nicht in H mit Zentriwinkel α u
¨ber
1
0
0
der Sehne AB, dann ordnen wir k den Winkel γ = 180 − 2 α > 90 zu. Wir nennen k den
γ-Kreisbogen. Verschiedenen Kreisb¨ogen werden ja verschiedene Winkel zugeordnet.
Wir k¨onnen jetzt den Peripheriewinkelsatz und seine Umkehrung so formulieren: Der
Peripheriewinkel ∠ AP B eines Punktes P in H ist genau dann gleich γ, wenn er auf dem
γ-Kreisbogen liegt.
Oft wird der Peripheriewinkelsatz so verwendet: Man kennt den Peripheriewinkel γ eines
Punktes P auf dem Kreis k u
¨ber der Sehne AB. Dann hat jeder andere Punkt auf k, der
20
Elementargeometrie
auf derselben Seite der Sehne AB liegt wie P , ebenfalls Peripheriewinkel γ, und jeder
Punkt auf k, der auf der anderen Seite der Sehne AB liegt, Peripheriewinkel 1800 − γ.
Wir wenden das gleich in den folgenden S¨atzen an.
Satz 27 (S¨
udpolsatz) Sei P der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch den Eckpunkt
C mit dem Umkreis. Dann hat P gleiche Abst¨ande zu den Eckpunkten A und B und zum
Inkreismittelpunkt I.
C
Beweis: Wir wenden den Peripheriewinkelsatz auf die Sehnen BP und AP im Umkreis
γ
an. Es folgt ∠ BAP = ∠ BCP = γ2 und
2
∠ ABP = ∠ ACP = γ2 . Das Dreieck △ ABP
ist gleichschenkelig. Der Punkt P hat gleiche
Abst¨
ande zu den Eckpunkten A und B. Es
bleibt zu zeigen, dass der Inkreismittelpunkt
I den selben Abstand vom Punkt P hat wie
I
γ
der Eckpunkt A. Es gilt ∠ BAP = 2 und
∠ BAI = α2 , da I auf der Winkelsymmetrale
durch A liegt. Daraus folgt ∠ P AI = α+γ
2 .
Der Winkel ∠ P IA ist der Außenwinkel des
γ
A
B
2
Dreiecks △ ACI beim Eckpunkt I und daher
gleich der Summe der beiden Innenwinkel bei
den Eckpunkten A und C. Da die Seiten AI
und CI auf den Winkelsymmetralen liegen,
P
γ
α+γ
α
erhalten wir ∠ CAI = 2 und ∠ ACI = 2 . Es folgt ∠ P IA = 2 . Das Dreieck △ AP I ist
somit gleichschenkelig. Es folgt, dass der Inkreismittelpunkt I den selben Abstand vom
Punkt P hat wie der Eckpunkt A.
Satz 28: Spiegelt man in einem Dreieck △ ABC den H¨ohenschnittpunkt H an den
(Verl¨
angerungen der) drei Seiten, dann liegen die gespiegelten Punkte auf dem Umkreis.
Beweis: Wir beweisen den Satz f¨
ur ein spitzwinkeC
liges Dreieck △ ABC und Spiegelung des H¨ohenε
schnittpunkts H an der Seite AB. Sei G der Schnittpunkt des Umkreises mit der Verl¨
angerung der H¨ohe
H
durch C und F ihr Fußpunkt. Wir bezeichnen den
Winkel ∠ F CB mit ε. Da ∠ GAB und ∠ GCB = ε
Peripheriewinkel im Umkreis des Dreiecks u
¨ber der
Sehne GB sind, erhalten wir ∠ GAB = ε.
ε
B
Die Winkel ∠ HAB und ∠ F CB sind gleich groß, da A ε
F
die Schenkel AH und AB des einen Winkels senkrecht auf den Schenkeln BC und BF des anderen
Winkels stehen. Somit gilt ∠ HAB = ε.
Die Dreiecke △ AGF und △ AHF sind kongruent,
G
da sie die Seite AF gemeinsam, bei A beide den
Winkel ε und bei F beide einen rechten Winkel haben. Es folgt |HF | = |F G|. Somit ist G
der an der Seite AB gespiegelte H¨ohenschnittpunkt H. Und G liegt auf dem Umkreis.
Ist der Winkel bei C stumpf, dann verl¨
auft der Beweis analog. Ist der Winkel bei A
oder bei B stumpf, dann funktioniert ebenfalls derselbe Beweis. Es kann aber der Fall
eintreten, dass C und A auf verschiedenen Seiten der Sehne GB liegen und gleichzeitig
Franz Hofbauer
21
∠ GCB = 1800 − ∠ F CB = 1800 − ε gilt, woraus wieder ∠ GAB = 1800 − ∠ GCB = ε
folgt.
Die folgenden drei S¨atze sind nicht wichtig. Es gibt viele derartige S¨atze. Es wurden
drei ausgew¨ahlt, um weitere Anwendungsbeispiele f¨
ur den Peripheriewinkelsatz zu haben.
Die Beweise werden auch nur f¨
ur spitzwinkelige Dreiecke gegeben. Sie m¨
ussen meistens
ein wenig modifiziert werden, um die Beweise f¨
ur stumpfwinkelige Dreiecke zu erhalten.
Satz 29: Sei △ ABC ein Dreieck und t die Tangente im Eckpunkt C an den Umkreis. Sei
P ein Punkt auf t und U und V die Fußpunkte der Lote von P auf ℓ(A, C) und ℓ(B, C).
Dann steht ℓ(U, V ) senkrecht auf ℓ(A, B).
Beweis: Wir f¨
uhren den Beweis f¨
ur ein spitzwinkeliges Dreieck. Wir nehmen an, dass P auf der anderen Seite der Geraden ℓ(B, C) liegt als A.
Wir erhalten ∠ P CB = α aus dem Tangentenwinkelsatz. Damit ergibt sich dann
U
P
C
∠ U CP = 180 − ∠ P CB − γ = 180 − α − γ = β.
t
V
Sei k der Kreis durch die Punkte C, P und U . Wegen ∠ CU P = 900 und ∠ CV P = 900 liegt auch V
auf dem Kreis k (Satz von Thales). Aus dem Peripheriewinkelsatz angewendet auf die Sehne U P
im Kreis k folgt ∠ P V U = ∠ P CU = β. Wegen
∠ CV P = 900 ergibt sich ∠ CV U = 900 − β.
A
B
Sei D der Schnittpunkt der Geraden ℓ(V, U ) und
D
0
ℓ(B, A). Dann gilt ∠ BV D = ∠ CV U = 90 − β
(Scheitelwinkel). Wegen ∠ DBV = β und da die Winkelsumme im Dreieck △ DBV gleich
1800 ist, muss der Winkel ∠ V DB gleich 900 sein.
0
0
Satz 30: Sei △ ABC ein Dreieck mit H¨ohenschnittpunkt H und β ̸= α. Sei S der
Schnittpunkt der Winkelsymmetrale wc durch C mit dem Umkreis (S¨
udpol) und R der an
der Seite AB gespiegelte Punkt S. Dann steht RH senkrecht auf wc .
Beweis: Sei G der an der Seite AB gespiegelte
C
H¨
ohenschnittpunkt H. Nach Satz 28 liegt er auf
dem Umkreis. Wir f¨
uhren den Beweis f¨
ur ein spitzwinkeliges Dreieck und nehmen an, dass β > α gilt.
Es folgt ∠ ACH = 900 − α > 900 − β = ∠ BCH.
R
Daher liegen die Punkte S, G und B in dieser ReiH
henfolge auf dem Umkreis.
γ
Im Beweis von Satz 27 wurde ∠ SBA = 2 gezeigt.
Es folgt ∠ SBC = β+ γ2 . Aus dem Peripheriewinkelwc
satz angewendet auf die Sehne SC im Umkreis folgt A
B
∠ SGC = ∠ SBC = β+ γ2 . Da R und H die Spiegelbilder von S und G an der Seite AB sind, gilt auch
∠ RHG = ∠ SGH = ∠ SGC = β + γ2 . Es folgt
G
∠ RHC = 1800 − ∠ RHG = 1800 − β − γ2 = α + γ2 .
S
γ
0
Wegen ∠ HCA = 90 − α und ∠ SCA = 2 erhalten
wir ∠ HCS = ∠ HCA − ∠ SCA = 900 − α − γ2 . Wegen ∠ HCS + ∠ RHC = 900 muss der
22
Elementargeometrie
Winkel zwischen den Strecken RH und CS ebenfalls 900 betragen. Die Winkelsumme im
Dreieck ist ja 1800 .
Satz 31: Sei △ ABC ein Dreieck mit H¨ohenschnittpunkt H. Sei M der Mittelpunkt der
Seite AB. Sei k der Kreis mit Durchmesser HC und P der Schnittpunkt ̸= C von k mit
dem Umkreis. Dann liegen P , H und M auf einer Gerade.
Beweis: Wir f¨
uhren den Beweis f¨
ur ein spitzC
winkeliges Dreieck und nehmen an, dass P auf
k
dem Bogen des Umkreises zwischen C und
P
B liegt. Wir f¨
uhren einige Hilfspunkte ein.
Sei G der an der Seite AB gespiegelte H¨ohenschnittpunkt H. Nach Satz 28 liegt G
F
auf dem Umkreis. Sei E der an der SymH
metrale sc der Seite AB gespiegelte Punkt
sc
G. Da der Umkreis bei dieser Spiegelung in
sich selbst u
¨bergeht, liegt E ebenfalls auf dem
A
B
Umkreis. Da die beiden Spiegelungsachsen
M
AB und sc aufeinander senkrecht stehen, gilt
auch ∠ EGH = 900 und der Schnittpunkt
M der beiden Achsen ist der Mittelpunkt der
Strecke EH. Es gen¨
ugt daher zu zeigen, dass
G
E
P , H und E auf einer Gerade liegen.
Sei F der Fußpunkt der H¨ohe durch A und φ = ∠ F CP = ∠ BCP . Da HC ein Durchmesser
des Kreises k ist, der Zentriwinkel also 1800 betr¨agt, und ∠ HF C = 900 gilt, liegt F auf k
(Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes). Aus dem Peripheriewinkelsatz angewendet auf
die Sehne F P im Kreis k folgt ∠ F HP = ∠ F CP = φ. Aus dem Peripheriewinkelsatz angewendet auf die Sehne BP im Umkreis erhalten wir ∠ BEP = ∠ BCP = φ.
Aus dem Peripheriewinkelsatz angewendet auf die Sehne EC im Umkreis folgt schließlich
∠ EBC = ∠ EGC = ∠ EGH = 900 . Da F der Fußpunkt der H¨ohe durch A ist und daher
auch ∠ AF C = 900 gilt, liegen die Strecken AF und EB parallel zueinander. Es folgt
∠ AHE = ∠ BEH = ∠ BEP = φ (Wechselwinkel).
Wir haben ∠ F HP = φ = ∠ AHE gezeigt. Da die Punkte A, H und F auf einer Geraden
(H¨
ohe durch A) liegen, liegen die Punkte P , H und E ebenfalls auf einer Geraden.
7. Inkreis, Ankreise und Umkreis
Zum Abschluss behandeln wir noch die Kreise des Dreiecks. Wir berechnen die Radien
des Inkreises, der Ankreise und des Umkreises. Eine dazu passende Formel f¨
ur die Fl¨ache
des Dreiecks kommt im n¨achsten Kapitel.
Satz 32: Seien a, b und c die L¨angen der Seiten eines Dreiecks, F seine Fl¨ache und
s = 12 (a + b + c) sein halber Umfang. Ist ϱ der Inkreisradius, dann gilt ϱ = Fs .
Beweis: Sei I der Inkreismittelpunkt. Das Dreieck △ ABC l¨
asst sich in die drei Dreiecke
△ AIB, △ AIC und △ BIC zerlegen. Diese drei Dreiecke haben H¨ohe ϱ und ihre Fl¨achen
sind 21 cϱ, 12 bϱ und 12 aϱ. Es gilt somit F = 12 aϱ + 12 bϱ + 12 cϱ = sϱ, also ϱ = Fs .
Satz 33: Seien a, b und c die L¨angen der Seiten eines Dreiecks, F seine Fl¨ache und
s = 12 (a + b + c) sein halber Umfang. Sind ϱa , ϱb und ϱc die Radien der Ankreise an die
F
F
F
drei Seiten, dann gilt ϱa = s−a
, ϱb = s−b
und ϱc = s−c
.
Franz Hofbauer
23
Beweis: Wir beweisen die erste der drei Formeln. Sei P der Mittelpunkt des Ankreises an
die Seite BC. Die Fl¨achen der drei Dreiecke △ AP B, △ AP C und △ BP C sind dann 12 cϱa ,
1
1
¨berdecken dieselbe Fl¨ache wie
2 bϱa und 2 aϱa . Die beiden Dreiecke △ ABC und △ BP C u
die beiden Dreiecke △ AP B und △ AP C. Daher gilt F + 12 aϱa = 12 cϱa + 12 bϱa . Es folgt
F
.
F = 21 (b + c − a)ϱa = (s − a)ϱa und daraus dann ϱa = s−a
Satz 34: Sei △ ABC ein Dreieck mit Seitenl¨angen a, b und c und s = a+b+c
. Der Inkreis
2
ber¨
uhre die Seite BC im Punkt Pa , die Seite AC im Punkt Pb und die Seite AB im Punkt
Pc . Dann gilt |APb | = |APc | = s − a, |BPa | = |BPc | = s − b und |CPa | = |CPb | = s − c.
Beweis: Nach Satz 14 gilt |APb | = |APc |, |BPa | = |BPc | und |CPa | = |CPb |. Wir
bezeichnen diese Abst¨ande der Reihe nach mit x, y und z. Es gilt x+y = |APc |+|BPc | = c,
x+z = |APb |+|CPb | = b, und y +z = |BPa |+|CPa | = a. Es folgt 2x = b+c−a = 2s−2a,
2y = a + c − b = 2s − 2b und 2z = a + b − c = 2s − 2c.
Satz 35: Sei △ ABC ein Dreieck mit Seitenl¨angen a, b und c und s = a+b+c
. Der Ankreis
2
an die Seite BC ber¨
uhre diese im Punkt Qa , die Verl¨
angerung der Seite AC im Punkt
Qb und die Verl¨
angerung der Seite AB im Punkt Qc . Dann gilt |AQb | = |AQc | = s,
|BQa | = |BQc | = s − c und |CQa | = |CQb | = s − b.
Beweis: Nach Satz 14 gilt |AQb | = |AQc |, |BQa | = |BQc | und |CQa | = |CQb |. Wir
bezeichnen diese Abst¨ande der Reihe nach mit x, y und z. Es gilt x−y = |AQc |−|BQc | = c,
x − z = |AQb | − |CQb | = b, und y + z = |BQa | + |CQa | = a. Es folgt 2x = a + b + c = 2s,
2y = a + b − c = 2s − 2c und 2z = a + c − b = 2s − 2b.
In Satz 35 wurde nur der Ankreis an die Seite BC behandelt. Analoge Resultate gelten
nat¨
urlich auch f¨
ur die beiden anderen Ankreise.
Satz 36: Seien a, b und c die L¨angen der Seiten eines Dreiecks und sei F seine Fl¨ache.
Ist r der Umkreisradius, dann gilt r = abc
4F .
Beweis: Wir k¨onnen die Bezeichnung so w¨ahlen,
dass ∠ BAC < 900 gilt. Sei G der Schnittpunkt
̸= C des Umkreises mit der Geraden ℓ(C, U ). Die
Dreieckseite BC ist eine Sehne im Umkreis und A
und G liegen auf dem Umkreis auf der selben Seite
dieser Sehne. Aus dem Peripheriewinkelsatz folgt
∠ BAC = ∠ BGC. Sei h die L¨ange der H¨ohe durch
den Eckpunkt C und D ihr Fußpunkt. Der Winkel
∠ ADC ist ein rechter, da CD als H¨ohe auf AB
A
senkrecht steht. Der Winkel ∠ GBC ist ebenfalls
ein rechter, da er ein Peripheriewinkel u
¨ber dem
Durchmesser CG des Umkreises ist. Die Dreiecke
△ GBC und △ ADC sind daher ¨ahnlich. Der Strah|CG|
|CA|
b
lensatz liefert |CB|
= |CD|
, das heißt 2r
a = h . Es
gilt auch 2F = ch. Multiplikation dieser Gleichungen ergibt
C
U
B
D
G
4rF
a
= cb, also r =
abc
4F .
II. Trigonometrie
1. Trigonometrische Funktionen
Der Einheitskreis ist der Kreis mit Mittelpunkt (0, 0) und Radius 1. Um sin α und cos α
zu definieren, zeichnen wir vom Punkt (0, 0) aus eine Halbgerade, die mit der x-Achse den
Winkel α einschließt (f¨
ur α > 0 im Gegenuhrzeigersinn, f¨
ur α < 0 im Uhrzeigersinn). Die
Koordinaten des Schnittpunktes dieser Halbgerade mit dem Einheitskreis sind dann cos α
und sin α. Da man f¨
ur die Winkel α und α + 3600 den selben Punkt am Einheitskreis
erh¨
alt, ergibt sich sin(α + 3600 ) = sin α und cos(α + 3600 ) = cos α.
sin α
1
cos α
Weiters definiert man tan α = cos
α und cot α = tan α = sin α .
Satz 37: Die Funktionen sin und cos haben folgende Eigenschaften
(a) sin2 α + cos2 α = 1
(b) sin 0 = sin 1800 = 0, sin 900 = 1, cos 0 = 1, cos 1800 = −1, cos 900 = 0
(c) sin(−α) = − sin α, cos(−α) = cos α
(d) sin(α + 900 ) = cos α, cos(α + 900 ) = − sin α
(e) sin(α + 1800 ) = − sin α, cos(α + 1800 ) = − cos α
Beweis: Es gilt (a), da der Punkt mit den Koordinaten cos α und sin α auf dem Einheitskreis liegt. Auch (b) folgt sofort aus der Definition, indem man die Koordinaten der
Punkte abliest, die man f¨
ur die Winkel 0, 900 und 1800 erh¨alt. Da die Punkte, die man
f¨
ur die Winkel α und −α erh¨
alt, symmetrisch zur x-Achse liegen, folgt (c). Den Vektor
α
cos(α+900 )
0
( sin(α+900 ) ) erh¨alt man, indem man den Vektor ( cos
sin α ) um 90 nach links verdreht. Da0
α
)
raus folgt (d). Den Vektor ( cos(α+180
alt man, indem man den Vektor ( cos
sin α ) um
sin(α+1800 ) ) erh¨
den Nullpunkt spiegelt. Daraus folgt (e).
Ist α ein Winkel in einem rechtwinkeligen Dreieck, der nicht der rechte ist, dann heißt
die am Winkel α anliegende Kathete die Ankathete und die nicht anliegende Kathete heißt
Gegenkathete. Aus dem Strahlensatz folgt dann
|Gegenkathete|
|Ankathete|
|Gegenkathete|
sin α =
cos α =
und tan α =
|Hypotenuse|
|Hypotenuse|
|Ankathete|
Satz 38 (Sinussatz) In einem beliebigen Dreieck mit Fl¨ache F und den u
¨blichen Bezeichsin β
sin γ
2F
sin α
nungen gilt abc = a = b = c .
Beweis: Sei h die L¨ange der H¨ohe auf c. Dann gilt 2F = ch. Weiters gilt sin α = hb
(wegen sin(1800 − α) = sin α gilt das auch, wenn die H¨ohe außerhalb des Dreiecks liegt).
2F
h
α
2F
2F
Daraus folgt dann abc
= ab
= b sin
= sina α . Analog folgt abc
= sinb β und abc
= sinc γ .
ab
Satz 39 (Cosinussatz) In einem Dreieck mit den u
¨blichen Bezeichnungen gilt
2
2
2
2
2
2
a = b + c − 2bc cos α, b = a + c − 2ac cos β und c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ.
Beweis: Sei H der Fußpunkt der H¨ohe durch den Eckpunkt C und h deren L¨ange. Sei p
der Abstand von H zum Eckpunkt A, wenn H rechts von A liegt oder gleich A ist (spitzer
Winkel α), und der mit negativem Vorzeichen versehene Abstand, wenn H links von A
liegt (stumpfer Winkel α). In beiden F¨allen gilt dann cos α = pb das heißt p = b cos α. Aus
dem Satz von Pythagoras folgt b2 = h2 + p2 und a2 = h2 + (c − p)2 . Subtraktion ergibt
b2 − a2 = p2 − (c − p)2 = 2pc − c2 und f¨
ur p eingesetzt b2 − a2 = 2bc cos α − c2 , das heißt
a2 = b2 + c2 − 2bc cos α. Die anderen Gleichungen erh¨alt man analog.
Franz Hofbauer
25
Satz 40 (Dreiecksungleichung) Sind a, b und c die L¨angen der Seiten eines Dreiecks, dann
gilt a ≤ b + c, b ≤ a + c und c ≤ a + b. Gleichheit gilt, wenn der der links stehenden Seite
gegen¨
uberligende Winkel 1800 betr¨agt (Eckpunkte des Dreiecks auf einer Gerade).
Beweis: Da − cos γ ≤ 1 gilt erhalten wir c2 ≤ a2 +b2 +2ab = (a+b)2 aus dem Cosinussatz.
Es folgt c ≤ a + b. Gleichheit gilt genau dann, wenn cos γ = −1 gilt, das heißt γ = 1800 .
Analog zeigt man die anderen Ungleichungen.
Satz 41 (Summens¨atze) F¨
ur beliebige Winkel α und β gelten die beiden Formeln
(a) sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β
(b) cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β
Beweis: Misst man von der x-Achse aus am Einheitskreis im Gegenuhrzeigersinn den
Winkel α, so kommt man zum Punkt (cos α, sin α). Misst man von der x-Achse aus am
Einheitskreis im Uhrzeigersinn den Winkel β, so kommt man zum Punkt (cos β, − sin β).
Der Winkel zwischen den Halbgeraden zu diesen Punkten ist α + β. Der Winkel zwischen
den Halbgeraden zu den Punkten (1, 0) und (cos(α + β), sin(α + β)) ist ebenfalls α + β.
Daher ist auch der Abstand vom Punkt (cos α, sin α) zum Punkt (cos β, − sin β) gleich dem
Abstand vom Punkt (1, 0) zum Punkt (cos(α + β), sin(α + β)). Das heißt
√
√
(cos α − cos β)2 + (sin α + sin β)2 = (1 − cos(α + β))2 + (sin(α + β))2
Man kann die Wurzeln auf beiden Seiten weglassen. Quadriert man aus, so erh¨alt man
cos2 α − 2 cos α cos β + cos2 β + sin2 α + 2 sin α sin β + sin2 β
= 1 − 2 cos(α + β) + cos2 (α + β) + sin2 (α + β)
An drei verschiedenen Stellen kann man die Formel sin2 γ + cos2 γ = 1 anwenden, und
erh¨
alt 1 − 2 cos α cos β + 1 + 2 sin α sin β = 1 − 2 cos(α + β) + 1. Damit sind wir bei der
Formel cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β angelangt und (b) ist gezeigt.
Wir ersetzen in dieser soeben gezeigten Formel β durch β + 900 . Es gilt
cos(α + β + 900 ) = − sin(α + β), cos(β + 900 ) = − sin β und sin(β + 900 ) = cos β
Setzt man das ein, so hat man − sin(α + β) = cos α(− sin β) − sin α cos β. Das ist (a).
Wir geben auch noch einen geometrischen Beweis der Summens¨atze. Wir nehmen zuerst
an, dass die Winkel α und β zwischen 0 und 900 liegen. Wir messen die entsprechenden
B¨
ogen am Einheitskreis und erhalten den Punkt A, der dem Winkel α, und den Punkt B,
der dem Winkel α + β entspricht. In der Zeichnung unten links ist der Fall dargestellt, wo
α + β < 900 gilt, w¨ahrend die Zeichnung rechts unten den Fall zeigt, wo α + β > 900 gilt.
B
B
A
D
M
F
C
E
A
C
D
F
M
E
Sei C auf der Strecke M A so gew¨ahlt, dass BC auf M A senkrecht steht. Daher gilt
|M C| = cos β und |BC| = sin β. Sei E der Fußpunkt der Senkrechten durch C auf die
x-Achse. Das Dreieck △ M EC hat bei M den Winkel α und bei E einen rechten Winkel.
26
Trigonometrie
Daher gilt |CE| = |M C| sin α = cos β sin α und |M E| = |M C| cos α = cos β cos α. Sei
F der Fußpunkt der Senkrechten durch B auf die x-Achse und D der Punkt auf dieser
Senkrechten, sodass das Dreieck △ BDC einen rechten Winkel bei D hat. Dieses Dreieck
hat den Winkel α bei B, da BD senkrecht auf M E und BC senkrecht auf M C steht.
Daher gilt |CD| = |BC| sin α = sin β sin α und |BD| = |BC| cos α = sin β cos α. Nun folgt
sin(α + β) = |CE| + |BD| = cos β sin α + sin β cos α
cos(α + β) = |M E| − |CD| = cos β cos α − sin β sin α
Damit sind die Summens¨atze f¨
ur Winkel α und β zwischen 0 und 900 bewiesen. Mit Hilfe
der Formeln aus Satz 37 (d) erh¨alt man sie f¨
ur alle Winkel.
Mit Hilfe des Cosinussatzes beweisen wir zwei Formeln.
Satz 42 (Heronsche Fl¨achenformel) Seien a, b und c die
√ L¨angen der Seiten eines Dreiecks,
1
F seine Fl¨ache und s = 2 (a + b + c). Dann gilt F = s(s − a)(s − b)(s − c).
Beweis: Aus dem Cosinussatz folgt 2bc cos α = b2 +c2 −a2 . Durch wiederholtes Anwenden
der Formel u2 − v 2 = (u + v)(u − v) erh¨alt man
4b2 c2 sin2 α = 4b2 c2 (1 − cos2 α) = 4b2 c2 − (b2 + c2 − a2 )2
= (2bc + b2 + c2 − a2 )(2bc − b2 − c2 + a2 ) = ((b + c)2 − a2 )(a2 − (b − c)2 )
= (b + c + a)(b + c − a)(a + b − c)(a − b + c) = 2s(2s − 2a)(2s − 2c)(2s − 2b)
Daraus und aus Satz 38 folgt dann F 2 = 41 b2 c2 sin2 α = s(s − a)(s − b)(s − c).
Satz 43 (Stewarts Formel) Sei △ ABC ein Dreieck mit Seitenl¨angen a, b und c. Sei D ein
2
a2
b2
Punkt auf AB. Sei p = |DB|, q = |AD| und m = |CD|. Dann gilt c·p
+ c·q
−m
p·q = 1.
Beweis: Sei φ = ∠ CM B und ψ = ∠ CM A. Es gilt ψ = 1800 − φ, woraus cos ψ = − cos φ
folgt. Wir wenden den Cosinussatz auf die Dreiecke △ CM B und △ CM A an
a2 = m2 + p2 − 2mp cos φ
b2 = m2 + q 2 − 2mq cos ψ = m2 + q 2 + 2mq cos φ
Wir multiplizieren die erste Gleichung mit q und die zweite mit p. Durch Addition der
Gleichungen erhalten wir a2 q + b2 p = m2 q + m2 p + p2 q + q 2 p. Wegen q + p = c folgt
2
2
b2
a2 q + b2 p = m2 c + pqc. Division durch pqc ergibt acp + cq
=m
pq + 1.
Wir geben noch eine Anwendung von Stewarts Formel.
Satz 44: Sei △ ABC ein Dreieck mit Seitenl¨angen a, b und c. Sei w die L¨ange der
c 2
) ).
Winkelsymmetrale durch den Eckpunkt C. Dann gilt w2 = ab(1 − ( a+b
Beweis: Sei D der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch C mit der Seite AB. Wir
2
2
b2
setzen p = |DB| und q = |AD|. Aus Satz 43 ergibt sich acp + cq
− wpq = 1 Satz 17 besagt
q
b
b
a
p = a , woraus q = a p folgt. Klarerweise gilt auch und q + p = c. Es folgt p = a+b c
b
c. Wir setzen ein und erhalten
und q = a+b
c 2
2
w = ab(1 − ( a+b
) ).
a(a+b)
c2
+
b(a+b)
c2
Ebenso kann man die L¨angen der Schwerlinien bestimmen.
−
w2 (a+b)2
abc2
= 1. Das ergibt
Franz Hofbauer
27
2. Die besonderen Punkte des Dreiecks
Abgesehen vom Schwerpunkt, kann man die besonderen Punkte des Dreiecks auch mit
trigonometrischen Methoden behandeln.
Satz 45: In einem beliebigen Dreieck schneiden die drei H¨ohen einander in einem Punkt,
dem H¨ohenschnittpunkt H.
C
Beweis: Ist das Dreieck nicht spitzwinkelig,
dann w¨ahlen wir die Bezeichnungen so, dass
γ der Winkel ≥ 900 ist. Die Winkel α und
β sind jedenfalls spitz. Sei D der Fußpunkt
der H¨ohe durch den Eckpunkt C und H der
H
b
Schnittpunkt der H¨ohen durch die Eckpunkte
C und A. Da die Winkel α und β spitz sind,
β
liegt H oberhalb von D und D rechts von A.
x
Sei x der Abstand der Punkte D und H. Sei
u der Abstand der Punkte A und D. Es gilt
β
∠ ADC = 900 und ∠ DHA = ∠ ABC = β,
u
A
D
B
da die H¨ohe durch A senkrecht auf BC und
die H¨ohe durch C senkrecht auf AB steht (Orthogonalwinkel). Es folgt u = b cos α und
u
b cos α
tan β = ux . Daraus ergibt sich x = tan
β = tan β .
Sei jetzt G der Schnittpunkt der H¨ohen durch die Eckpunkte C und B und y der Abstand
cos β
der Punkte D und G. Wie oben erh¨alt man, dass y = atan
α gilt. Aus dem Sinussatz folgt
b sin α = a sin β, das heißt b cos α tan α = a cos β tan β. Damit ist x = y gezeigt. Somit gilt
G = H. Die drei H¨ohen schneiden einander im Punkt H.
Satz 46: In einem beliebigen Dreieck schneiden die drei Winkelsymmetralen einander in
einem Punkt, dem Inkreismittelpunkt I.
C
Beweis: Sei D der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch den Eckpunkt C mit der
γ
2
Seite AB und I der Schnittpunkt der Winkelsymmetralen durch die Eckpunkte C und
A. Sei x der Abstand der Punkte D und I
und u der Abstand der Punkte A und D. Wir
wenden den Sinussatz im Dreieck △ ADC an.
Wegen ∠ ADC = 1800 − α − γ2 = β + γ2 und
b
b
∠ ACD = γ2 gilt sinu γ = sin(β+
γ , woraus
)
2
sin γ
b sin(β+2 γ )
2
2
I
u =
folgt. Wir wenden noch einmal den Sinussatz an und zwar jetzt im Dreieck △ ADI. Wegen ∠ AID = 900 − β2 und
∠ DAI = α2 gilt sin(90u0 − β ) = sinx α , woraus
sin
α
sin
x = u sin(9002− β ) = u cos
2
2
α
2
β
2
x
2
sin
α
sin
γ
2
2
f¨
ur u ein, so hat man x = b cos β sin(β+
γ .
)
2
β+ γ2
α
2
folgt. Setzt man
A
u
D
B
2
Sei jetzt J der Schnittpunkt der Winkelsymmetralen durch die Eckpunkte C und B und y
sin
β
sin
γ
2
2
der Abstand der Punkte D und J. Wie oben erh¨alt man, dass y = a cos α sin(α+
gilt. Aus
γ
)
2
2
28
Trigonometrie
dem Sinussatz folgt b sin α = a sin β, das heißt 2b sin α2 cos α2 = 2a sin β2 cos β2 . Die Summe
der beiden Winkel α + γ2 und β + γ2 ist 1800 . Daher gilt sin(α + γ2 ) = sin(β + γ2 ). Aus
sin
α
sin
β
2
2
diesen beiden Gleichungen folgt b cos β sin(β+
= a cos α sin(α+
γ . Damit ist x = y gezeigt.
γ
)
)
2
2
2
2
Es folgt, dass J = I gilt. Die drei Winkelsymmetralen schneiden einander im Punkt I.
F¨
ur den n¨achsten Satz zeigen wir zuerst einen Hilfssatz.
Hilfssatz C: F¨
ur jedes Dreieck gelten die Gleichungen a2 − ac cos β = b2 − bc cos α und
(a − c cos β) sin α = (b − c cos α) sin β.
Beweis: Der Cosinussatz besagt a2 = b2 + c2 − 2bc cos α und b2 = a2 + c2 − 2ac cos β.
Subtraktion dieser Gleichungen ergibt a2 − b2 = b2 − a2 − 2bc cos α + 2ac cos β, das heißt
2a2 − 2ac cos β = 2b2 − 2bc cos α. Division durch 2 ergibt die erste Gleichung.
Es gilt sina α = sinb β nach dem Sinussatz. Es folgt (a2 − ac cos β) sina α = (b2 − bc cos α) sinb β .
K¨
urzt man links durch a und rechts durch b, dann erh¨alt man die zweite Gleichung.
Satz 47: In einem beliebigen Dreieck schneiden die drei Seitensymmetralen einander in
einem Punkt, dem Umkreismittelpunkt U .
Beweis: Ist das Dreieck nicht spitzwinkelig, dann w¨ahlen wir die Bezeichnungen so, dass
γ der Winkel ≥ 900 ist. Die Winkel α und β sind jedenfalls spitz. Sei U der Schnittpunkt
der Symmetralen der Seiten AB und AC. Sei D der Mittelpunkt der Seite AB und
F der der Seite AC. Sei x der Abstand der
Punkte D und U , wobei x negativ ist, wenn U
C
unterhalb der Seite AB liegt. Weiters sei G der
Schnittpunkt der (Verl¨
angerung der) Seite AB
mit der Symmetralen der Seite AC und u der
Abstand der Punkte D und G, wobei u negativ
F
ist, wenn G links von D liegt. Da das Dreieck
△ AGF bei F einen rechten und bei A Winkel
b
2
α hat, erhalten wir cos α = c +u
, woraus u =
b
U
2
2
α
− 2c folgt. Da das Dreieck △ DGU bei
x
D einen rechten und bei U Winkel α hat, gilt
cos α
α
cot α = ux . Es folgt x = u cot α = b−c
2 sin α .
c
0
A
D u G
B
2
(Ist γ > 90 , dann sind u und x negativ. Ist
0
γ = 90 , dann gilt u = x = 0.)
Sei jetzt V der Schnittpunkt der Symmetralen der Seiten AB und BC. Sei y der Abstand
der Punkte D und V , wobei y negativ ist, wenn V unterhalb der Seite AB liegt. Eine
cos β
analoge Rechnung wie oben ergibt, dass y = a−c
gilt. In Hilfssatz C wurde die
2 sin β
Gleichung (a − c cos β) sin α = (b − c cos α) sin β gezeigt. Daraus folgt, dass y = x gilt.
Damit ist V = U gezeigt. Die drei Seitensymmetralen schneiden einander im Punkt U .
b
2 cos α
3. Die S¨
atze von Napoleon und Morley
Das sind zwei S¨atze, die oft mit trigonometrischen Methoden bewiesen werden.
Satz 48 (Satz von Napoleon) Setzt man auf die drei Seiten eines beliebigen Dreiecks
gleichschenkelige Dreiecke mit Basiswinkel 300 , dann bilden die Spitzen dieser drei Dreiecke
ein gleichseitiges Dreieck.
Franz Hofbauer
29
Beweis: Sei D die Spitze des u
¨ber der Seite AB als Basis errichteten gleichschenkeligen
Dreiecks, sei E die Spitze des u
¨ber der Seite BC als Basis errichteten gleichschenkeligen
Dreiecks und sei F die Spitze des u
¨ber der
C
Seite CA als Basis errichteten gleichschenke√b
3
γ
ligen Dreiecks. Sei x = |DF |, y = |DE|
√a
3
und z = |EF |. Zu zeigen ist x = y = z.
F
Wir zeigen nur x = y. Da die Winkel bei A
z
E
und B im Dreieck △ ABD gleich 300 sind,
folgt |BD| = |AD| = √c3 . Ebenso hat man
b
√
3
|BE| = |CE| = √a3 und |CF | = |AF | = √b3 .
√a
3
Wegen ∠ DAF = α+600 folgt aus dem Cosix
y
nussatz angewandt auf das Dreieck △ ADF ,
β
α
2
2
0
dass x2 = b3 + c3 − 2bc
cos(α
+
60
)
gilt.
3
A
B
√
Wegen 2 cos(α + 600 ) = cos α − 3 sin α
2
2
√c
√c
bc
√
3
3
ergibt sich x2 = b3 + c3 − bc
cos
α+
sin
α.
3
3
(Ist α gr¨oßer als 1200 , dann muss man die
D
Gleichung cos(3600 − φ) = cos φ beachten.)
2
2
ac
√
Ganz analog berechnet man, dass y 2 = a3 + c3 − ac
3 cos β + 3 sin β gilt. Es bleibt nur
noch zu u
¨berpr¨
ufen, dass y = x gilt.
2
2
Wir
gilt
√ haben die√Gleichung a − ac cos2 β = b − bc cos
√ α in Hilfssatz C gezeigt. Weiters
√
3ac sin β = 3bc sin α. Es folgt a − ac cos β + 3ac sin β = b2 − bc cos α + 3bc sin α
durch Addition dieser Gleichungen. Daraus ergibt sich y 2 = x2 und somit auch y = x.
Bemerkung: Satz 48 gilt auch, wenn man die drei gleichschenkeligen Dreiecke nicht
außen, sondern innen auf die drei Dreieckseiten aufsetzt.
F¨
ur den n¨achsten Satz, den Satz von Morley, zeigen wir zwei Hilfss¨atze.
Hilfssatz D: In jedem Dreieck gilt sin2 γ = sin2 α + sin2 β − 2 sin α sin β cos γ.
Beweis: Ist q = abc
2F , so folgen a = q sin α, b = q sin β und c = q sin γ aus dem Sinussatz.
Man setzt das in den Cosinussatz c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ ein und k¨
urzt durch q 2 .
Hilfssatz E: Es gilt sin 3ψ = 4 sin ψ sin(600 + ψ) sin(600 − ψ).
√
√
Beweis: Wegen sin 600 = 23 und cos 600 = 12 gilt sin(600 + ψ) = 23 cos ψ + 12 sin ψ und
√
sin(600 − ψ) = 23 cos ψ − 12 sin ψ nach dem Summensatz f¨
ur den Sinus. Daraus ergibt sich
dann 4 sin ψ sin(600 + ψ) sin(600 − ψ) = 3 sin ψ cos2 ψ − sin3 ψ.
Ebenso aus den Summens¨atzen folgt sin 2ψ = 2 sin ψ cos ψ und cos 2ψ = cos2 ψ − sin2 ψ,
und damit sin 3ψ = sin(2ψ + ψ) = sin 2ψ cos ψ + cos 2ψ sin ψ = 3 sin ψ cos2 ψ − sin3 ψ.
Satz 49 (Satz von Morley) Sei △ ABC ein Dreieck, dessen Winkel mit α, β und γ bezeich¨
net werden. Ins Innere dieses Dreiecks werden folgende drei Dreiecke gezeichnet: Uber
der
β
α
Seite AB als Basis wird ein Dreieck mit Winkel 3 bei A und 3 bei B errichtet. Sei P die
¨
Spitze dieses Dreiecks. Uber
der Seite BC als Basis wird ein Dreieck mit Winkel β3 bei B
¨
der Seite CA als Basis wird
und γ3 bei C errichtet. Sei Q die Spitze dieses Dreiecks. Uber
γ
α
ein Dreieck mit Winkel 3 bei C und 3 bei A errichtet. Sei R die Spitze dieses Dreiecks.
Das Dreieck △ P QR ist dann gleichseitig.
30
Trigonometrie
Beweis: Seien x = |P R|, u = |AP | und
C
v = |AR|. Insbesondere ist x die L¨ange
der Seite P R des Dreiecks △ P QR, von dem
gezeigt werden soll, dass es gleichseitig ist.
Sei µ = α3 , ν = β3 und ϱ = γ3 . Weiters sei
a
φ = ∠ AP B. Da µ, ν und φ die Winkel im
b
R
0
Q
Dreieck △ AP B sind, gilt µ + ν + φ = 180 .
0
=
60
erh¨
a
lt
Wegen µ + ν + ϱ = α+β+γ
x
3
v
man φ = 1200 + ϱ. Daraus ergibt sich dann
P
sin φ = sin(1800 − φ) = sin(600 − ϱ). Der Siu
nussatz angewendet auf das Dreieck △ AP B
c sin ν
liefert sinu ν = sinc φ oder u = sin(60
0 −ϱ) . Setzt A
c
B
abc
man q = 2F , dann gilt c = q sin γ nach dem
sin γ sin ν
0
0
Sinussatz. Es folgt u = q sin(60
0 −ϱ) und sin γ = sin 3ϱ = 4 sin ϱ sin(60 + ϱ) sin(60 − ϱ)
erh¨
alt man aus Hilfssatz E. Setzt man das ein, so hat man u = 4q sin ϱ sin(600 + ϱ) sin ν.
Ganz analog erh¨alt man v = 4q sin ν sin(600 + ν) sin ϱ.
Der Cosinussatz angewendet
auf das Dreieck △ AP R ergibt x2 = u2 + v 2 − 2uv cos µ,) also
(
x2 = 16q 2 sin2 ν sin2 ϱ sin2 (600 + ϱ) + sin2 (600 + ν) − 2 sin(600 + ϱ) sin(600 + ν) cos µ . Da
sich 600 +ϱ, 600 +ν und µ zu 1800 addieren und somit die Winkel eines Dreiecks sind, folgt
sin2 (600 +ϱ)+sin2 (600 +ν)−2 sin(600 +ϱ) sin(600 +ν) cos µ = sin2 µ aus Hilfssatz D. Damit
ist x2 = 16q 2 sin2 ν sin2 ϱ sin2 µ gezeigt, das heißt x = 2abc
angen der
F sin ν sin ϱ sin µ. Die L¨
anderen Seiten des Dreiecks △ P QR ergeben sich durch Vertauschen von a, b und c und
von ν, ϱ und µ. Das zeigt, dass alle drei Seiten des Dreiecks △ P QR gleich x sind. Somit
ist es ein gleichseitiges Dreieck.
Bemerkung: Satz 49 gilt auch, wenn man die Dreiecke außen aufsetzt, wobei der Winkel
β
β
γ
γ
α
α
0
0
0
3 durch 60 − 3 , der Winkel 3 durch 60 − 3 und 3 durch 60 − 3 ersetzt wird.
4. Komplexe Zahlen
Rechnet man mit reellen Zahlen, dann hat man das Problem, dass nicht jedes Polynom
eine Nullstelle hat. Das Polynom x2 + 1 hat zum Beispiel keine. Um dieses Problem zu
beseitigen, f¨
uhrt man die komplexen Zahlen C = {x + yi : x ∈ R, y ∈ R} ein. Hier ist i
ein neues Symbol, das man einf¨
uhrt. Es wird imagin¨are Einheit genannt. Man legt fest,
dass i2 = −1 gilt. Bezeichnet man die komplexe Zahl x + yi mit z, dann nennt man x den
Realteil von z und y den Imagin¨arteil von z.
Die Addition zweier komplexer Zahlen ist wie f¨
ur Vektoren definiert
(x + yi) + (p + qi) = x + p + (y + q)i
Die Multiplikation wird in naheliegender Weise definiert, wobei i2 = −1 verwendet wird
(x + yi)(p + qi) = xp + xqi + ypi + yqi2 = xp − yq + (xq + yp)i
Zu jeder komplexen Zahl x + yi ̸= 0 existiert die inverse Zahl
1
x+yi
=
x−yi
(x+yi)(x−yi)
x−yi
x2 −xyi+xyi−y 2 i2
1
mit x
Bruch x+yi
=
=
x−yi
x2 +y 2
=
x
x2 +y 2
+
−y
x2 +y 2 i
− yi erweitert.
die man erh¨alt, indem man den
Man pr¨
uft leicht nach, dass die Addition und die Multiplikation komplexer Zahlen assoziativ und kommutativ sind und dass das Distributivgesetz gilt. Man kann also mit
Franz Hofbauer
31
komplexen Zahlen genauso rechnen wie in allen anderen Zahlenbereichen. Die additive
Inverse zur komplexen Zahl x + yi ist −x − yi. Die multiplikative Inverse zur komplexen
−y
x
Zahl x + yi ist die oben berechnete Zahl x2 +y
2 + x2 +y 2 i. Somit bildet die Menge C der
komplexen Zahlen mit der Addition und der Multiplikation einen K¨orper.
Bezeichnet man die komplexe Zahl x+yi mit z, dann nennt man x−yi die zu z konjugiert
komplexe Zahl,
√ die man mit z bezeichnet. Den Betrag |z| der xkomplexen Zahl z definiert
man durch x2 + y 2 . Das entspricht der L¨ange des Vektors ( y ). Es gilt |z|2 = z · z.
Satz 50: Aus jeder komplexen Zahl p + qi l¨
asst sich die Wurzel ziehen. Ist die Zahl
√
√
reell, das heißt q = 0, dann sind ± p im Fall p ≥ 0 und ± −p i im Fall p < 0 Wurzeln
der Zahl
Ist q ̸= 0, dann sind x + yi und −x − yi Wurzeln der Zahl p + qi, wobei
√ p. √
p
q
1
x = 2 + 2 p2 + q 2 und y = 2x
zu setzen sind.
√
√
Beweis: Ist q = 0 und p ≥ 0, dann sind ± p Wurzeln von p, da (± p)2 = p gilt. Ist
√
√
q = 0 und p < 0, dann sind ± −p i Wurzeln, da (± −p i)2 = −p i2 = p gilt.
Wir nehmen jetzt q ̸= 0 an und berechnen die Wurzel aus p + qi, das heißt wir l¨osen
die Gleichung (x + yi)2 = p + qi. Es folgt x2 − y 2 + 2xyi = p + qi. Diese Gleichung
gilt genau dann, wenn die auf den beiden Seiten der Gleichung stehenden komplexen
Zahlen gleichen Real- und gleichen Imagin¨arteil haben. Es muss also x2 − y 2 = p und
2xy = q gelten. Wir quadrieren die beiden Gleichungen und addieren sie dann. Das
√ ergibt
4
4
2 2
2
2
2
2
2
2
x + y + 2x y = p + q . Zieht man die Wurzel, dann hat man x
√+y = p +q .
2
2
2
Addiert
Gleichung x − y = p, so erh¨alt man 2x = p + p2 + q 2 . Damit ist
√ man die
√
√
x = ± p2 + 12 p2 + q 2 bereits berechnet. ( Es folgt auch 2y 2 = −p + p2 + q 2 aus diesen
Gleichungen, aber wir gehen anders vor.)
F¨
ur x haben wir zwei L¨osungen erhalten, die sich nur durch das Vorzeichen voneinder
unterscheiden. Das jeweils zugeh¨orige y ergibt sich aus der Gleichung 2xy = q. W¨ahlt
q
man x als die positive L¨osung und berechnet damit y = 2x
, dann sind x + yi und −x − yi
die Wurzeln der Zahl p + qi.
Beispiel: Um die Wurzel aus 3 − 4i zu ziehen, k¨onnen wir die Gleichung x2 − y 2 + 2xyi =
3−4i, das heißt x2 −y 2 = √
3 und 2xy = −4, l¨osen oder in die Formeln aus Satz 50 einsetzen.
3
1
2
Wir erhalten x = 2 + 2 9 + 16 = 4, also x = 2, und y = −4
2x = −1. Die Wurzeln aus
3 − 4i sind daher 2 − i und −2 + i.
Man kann ein viel st¨arkeres Resultat zeigen als Satz 50. Der Fundamentalsatz der Algebra besagt, dass jedes Polynom mit komplexen Koeffizienten eine Nullstelle in C besitzt.
5. Polarkoordinaten
Im R2 legt man einen Punkt P u
¨blicherweise durch seine kartesischen Koordinaten
x und y fest. Man kann den Punkt P aber auch dadurch festlegen, dass man seinen
Abstand r vom Nullpunkt angibt und den Winkel φ, den man erh¨alt, wenn man von der
positiven x-Achse im Gegenuhrzeigersinn bis zum Ortsvektor des Punktes P wandert. Die
Koordinaten des Punktes sind dann r und φ. Man nennt sie Polarkoordinaten. Da die
Punkte (0, 0), (x, 0) und (x, y) die Ecken eines rechtwinkeligen Dreiecks bilden, erhalten
wir x = r cos φ und y = r sin φ. Diese Formeln geben den Zusammenhang zwischen
kartesischen Koordinaten und Polarkoordinaten an. Eine Ausnahme bildet der Punkt
(0, 0). F¨
ur diesen kann man nat¨
urlich keinen Winkel φ festlegen.
32
Trigonometrie
Man kann komplexe Zahlen x + iy graphisch
als Punkte (x, y) im R2 darstellen. Die Addition der komplexen Zahlen entspricht dann der
Addition der zugeh¨origen Ortsvektoren. Um
auch die Multiplikation geometrisch zu deuten,
r
f¨
uhren wir die Polarkoordinatendarstellung
komy
√
2
2
plexer Zahlen ein. Dazu sei r = x + y der
Abstand des Punktes (x, y) vom Nullpunkt (der
φ
Betrag der komplexen Zahl x + iy) und φ der
Winkel zwischen der positiven x-Achse und dem
x
Ortsvektor zum Punkt (x, y). Dieser Winkel φ
wird das Argument der komplexen Zahl z = x + iy genannt und mit arg z bezeichnet.
Es gilt dann x + iy = r(cos φ + i sin φ). Es ist n¨
utzlich, eine Kurzschreibweise f¨
ur den
Ausdruck in der Klammer einzuf¨
uhren.
F¨
ur einen Winkel α definieren wir die komplexe Zahl eiα durch
eiα = cos α + i sin α
(Eulersche Formel)
Dann l¨asst sich die Polarkoordinatendarstellung schreiben als x + iy = reiφ . Warum man
die komplexe Zahl cos α + i sin α mit eiα bezeichnet, wird aus dem n¨achsten Satz klar. Es
gelten Rechenregeln wie f¨
ur die Exponentialfunktion.
Satz 51: F¨
ur Winkel α und β gilt ei(α+β) = eiα eiβ .
Beweis: Das folgt aus den Summens¨atzen f¨
ur die trigonometrischen Funktionen. Es gilt
i(α+β)
e
= cos(α + β) + i sin(α + β) = cos α cos β − sin α sin β + i sin α cos β + i cos α sin β und
eiα eiβ = (cos α+i sin α)(cos β+i sin β) = cos α cos β+i sin α cos β+i cos α sin β−sin α sin β.
Daraus erkennt man die gesuchte Gleichung.
Nun kann man auch die Multiplikation von zwei komplexen Zahlen geometrisch deuten.
Wir schreiben sie in Polarkoordinatendarstellung als r1 eiφ1 und r2 eiφ2 . Mit Hilfe von
Satz 51 folgt r1 eiφ1 · r2 eiφ2 = r1 r2 ei(φ1 +φ2 ) . Das Produkt zweier komplexer Zahlen erh¨alt
man also, indem man die Betr¨age der beiden Zahlen multipliziert und die Winkel addiert.
√
√
Daraus ergibt sich auch, dass reiφ/2 und − reiφ/2 die beiden Wurzeln der komplexen
Zahl reiφ sind. Die Wurzel (abgesehen vom Vorzeichen) erh¨alt man, indem man die Wurzel
aus dem Betrag zieht und den Winkel halbiert.
Das Rechnen mit trigonometrischen Funktionen erweist sich manchmal als schwierig.
Mit Hilfe der Eulerformel k¨onnen wir den Sinus und den Cosinus durch die komplexe
Exponentialfunktion ausdr¨
ucken. Auf diese Weise lassen sich Produkte und Potenzen in
Summen von trigonometrischen Funktionen umwandeln.
Die Eulerformel besagt eiα = cos α + i sin α. Setzt man −α statt α ein, so hat man
−iα
e
= cos(−α) + i sin(−α) = cos α − i sin α. Durch Addition dieser beiden Gleichungen
ergibt sich eiα + e−iα = 2 cos α und daraus folgt
cos α = 12 (eiα + e−iα )
Ebenso erhalten wir eiα − e−iα = 2i sin α und daraus
1
(eiα − e−iα )
sin α = 2i
Die folgenden Beispiele zeigen, wie man diese Darstellung von sin α und cos α verwenden
kann, um Potenzen und Produkte von trigonometrischen Funktionen auszurechnen.
Franz Hofbauer
33
Beispiel: Es soll sin2 α sin 2α als Summe von trigonometrischen Funktionen geschrieben
2iα
−2iα 2iα
e
−e−2iα
werden. Durch Einsetzen obiger Formeln erh¨alt man sin2 α sin 2α = e −2+e
.
−4
2i
−2iα
−4iα
−e
Multiplikation dieser beiden Br¨
uche ergibt e −2e +2e
. Diesen Bruch k¨onnen
−8i
wir zerteilen, sodass wir wieder trigonometrische Funktionen einsetzen k¨onnen. Wir erhal4iα
2iα
−2iα
−e−4iα
ten e −8i
+ 2e −2e
= − 14 sin 4α + 12 sin 2α. Das ist die gew¨
unschte Summe.
8i
4iα
2iα
Beispiel: Wir zeigen, dass sin 2α + sin 2β + sin 2γ = 4 sin α sin β sin γ f¨
ur die Winkel eines
0
Dreiecks, also unter der Bedingung α+β+γ = 180 gilt. Wir beginnen mit 4 sin α sin β sin γ
1
und setzen sin φ = 2i
(eiφ − e−iφ ) ein. Durch Ausmultiplizieren ergibt sich
1
− 2i
(ei(α+β+γ) − ei(α+β−γ) − ei(α−β+γ) + ei(α−β−γ)
− ei(−α+β+γ) + ei(−α+β−γ) + ei(−α−β+γ) − ei(−α−β−γ) )
Fasst man diese Ausdr¨
ucke entsprechend zusammen, so erh¨alt man
− sin(α + β + γ) + sin(α + β − γ) + sin(α − β + γ) + sin(−α + β + γ)
Wegen α + β + γ = 1800 und sin(1800 − φ) = sin φ ergibt sich sin 2α + sin 2β + sin 2γ.
6. Beweisen mit Hilfe komplexer Zahlen
Wir beweisen weitere Eigenschaften komplexer Zahlen, und zwar f¨
ur die konjugiert komplexe Zahl z, f¨
ur den Betrag |z| und das Argument arg z einer komplexen Zahl z.
Satz 52: Seien w und z komplexe Zahlen. Dann gilt w + z = w + z, w − z = w − z und
w · z = w · z. Ist q = wz , dann gilt q = wz . Weiters gilt |w · z| = |w| · |z|.
Beweis: Sei w = p + qi und z = x + yi. Dann gilt w = p − qi und z = x − yi. Wegen
w+z = (p+x)+(q+y)i gilt w + z = (p+x)−(q+y)i. Es folgt w + z = w+z. Ebenso ergibt
sich w − z = w − z. Es gilt w · z = px − qy + (py + qx)i und w · z = px − qy + (−py − qx)i.
Es folgt w · z = w · z. Ist q = wz , dann gilt q · z = w, woraus q · z = w und daher auch q = wz
folgt. Schließlich berechnen wir noch |w·z|2 = w·z·w · z = w·z·w·z = w·w·z·z = |w|2 ·|z|2 .
Das beweist |w · z| = |w| · |z|.
Der n¨achste Satz bringt eine Dreiecksungleichung f¨
ur koplexe Zahlen. Wir verwenden
dazu die in Satz 40 bewiesene Dreiecksungleichung.
Satz 53 (Dreiecksungleichung) Seien w und z in C. Dann gilt |w+z| ≤ |w|+|z|. Gleichheit
gilt genau dann, wenn eine Zahl gleich 0 ist oder wenn arg w = arg z gilt.
Beweis: Ist eine der beiden Zahlen gleich 0, dann haben
wir |w + z| = |w| + |z|. Seien also beide Zahlen ungleich 0.
γ
Wir fassen w und z als Vektoren im Koordinatensystem auf.
An die Spitze des Vektors w f¨
ugen wir den Vektor z an und
erhalten so w +z. Die drei Vektoren w, z und w +z bilden ein
w
Dreieck. Die L¨angen der Seiten dieses Dreiecks sind a = |w|,
b = |z| und c = |w + z|. Es gilt c ≤ a + b wegen Satz 40. Es
folgt |w + z| ≤ |w| + |z|. Gleichheit gilt genau dann, wenn
der dem Vektor w + z gegen¨
uberliegende Winkel γ gleich 1800
ist. Das ist genau dann der Fall, wenn die Vektoren w und z
gleiche Richtung haben, das heißt, wenn arg w = arg z gilt.
Ein anderer Beweis ergibt sich aus der Dreiecksungleichung f¨
ur Vektoren, die
Kapitel bewiesen wird.
z
w+z
z
im n¨achsten
34
Trigonometrie
Im folgenden Satz ist zu beachten, dass ein Winkel ≥ 3600 mit dem entsprechenden
Winkel < 3600 zu identifizieren ist.
Satz 54: Seien w und z in C \ {0}. Dann gilt arg w · z = arg w + arg z.
Beweis: Das sieht man sofort aus der Polarkoordinatendarstellung. Gilt w = reiφ und
z = seiψ , dann folgt w · z = rsei(φ+ψ) . Wegen arg w = φ, arg z = ψ und arg w · z = φ + ψ
ist arg w · z = arg w + arg z gezeigt.
Komplexe Zahlen kann man als Punkte in der Ebene auffassen oder auch als Vektoren
im R2 . Die Addition komplexer Zahlen ist ja auch dieselbe wie die f¨
ur Vektoren. Man kann
auch die Multiplikation geometrisch deuten und damit S¨atze aus der Geometrie beweisen.
Sei r > 0 und 00 ≤ φ < 3600 . Sei v ∈ C. Wir stellen uns v als Punkt in der Ebene
vor. Das Produkt r · v ergibt dann den vom Nullpunkt aus um den Faktor r gestreckten
Punkt (zentrische Streckung mit Nullpunkt als Zentrum). Multipliziert man noch mit eiφ ,
dann wird auch um den Nullpunkt mit Winkel φ gedreht. Man erh¨alt den Punkt, der
der komplexen Zahl reiφ · v entspricht. Er geht aus dem urspr¨
unglichen Punkt durch eine
Drehstreckung hervor.
Setzt man z = reiφ , dann entspricht die Multiplikation mit z einer Drehstreckung mit
Faktor |z| und Drehwinkel arg z, deren Zentrum der Nullpunkt ist.
Satz 55: Sei r > 0 und 00 ≤ φ < 3600 . Seien u und v in C. Sei w = u + (v − u) · reiφ .
Dann entspricht w dem Punkt, der durch eine Drehstreckung mit u als Zentrum aus
dem Punkt v hervorgeht, wobei der Drehwinkel (im Gegenuhrzeigersinn) gleich φ und der
Streckungsfaktor gleich r ist.
Beweis: Die Abbildung v → u + (v − u) · reiφ ist die Hintereinanderausf¨
uhrung folgender
drei Abbildungen:
(a)
Subtraktion von u: Translation, die den Punkt u in den Punkt 0 verschiebt
(b) Multiplikation mit reiφ : Drehstreckung mit dem Nullpunkt als Zentrum
(c)
Addition von u: Translation, die den Punkt 0 in den Punkt u zur¨
uckschiebt
Die Zusammensetzung ergibt eine Drehstreckung mit u als Zentrum, wobei der Drehwinkel
gleich φ und der Streckungsfaktor gleich r ist.
Auf die Strecke vom Punkt (0, 0) zum Punkt (1, 0) als Basis setzen wir ein gleichschenkeliges Dreieck mit Basiswinkel φ. Die Spitze hat dann die Koordinaten ( 21 , tan2 φ ). Dieser
Punkt entspricht der komplexen Zahl w = 12 + i tan2 φ . Soll das gleichschenkelige Dreieck
unterhalb der Strecke sitzen, dann muss man − tan φ statt tan φ nehmen. Den Punkt
w erh¨
alt man durch eine Drehstreckung des Punktes (1, 0) mit Zentrum (0, 0). Gedreht
wird um√den Winkel φ, gestreckt (oder besser gesagt gestaucht) wird mit dem Faktor
|w| = 21 1 + tan2 φ. Diese Drehstreckung entspricht der Multiplikation mit der komplexen Zahl w.
Seien jetzt u und v beliebig. Wir setzen auf die Strecke von u nach v als Basis ein
gleichschenkeliges Dreieck mit Basiswinkel φ. Die Spitze des Dreiecks erhalten wir durch
eine Drehstreckung des Punktes v mit Zentrum u, die der Multiplikation mit der komplexen
Zahl w entspricht. Nach Satz 55 ist das die Abbildung v → u + (v − u) · w. Wir stehen
im Punkt u und schauen zum Punkt v. Liegt die Spitze des aufgesetzten Dreiecks links,
dann ist w = 21 + i tan2 φ . Liegt sie rechts, dann ist w = 12 − i tan2 φ .
Franz Hofbauer
35
Damit k¨onnen wir S¨atze aus der Geometrie beweisen. Diese S¨atze handeln von gleichschenkeligen Dreiecken, die auf den Seiten eines vorgegebenen Dreiecks aufgesetzt werden.
Insbesondere erhalten wir einen einfachen Beweis f¨
ur den Satz von Napoleon.
Satz 56 (Satz von Napoleon) Setzt man auf die drei Seiten eines beliebigen Dreiecks
gleichschenkelige Dreiecke mit Basiswinkel 300 , dann bilden die Spitzen dieser drei Dreiecke
ein gleichseitiges Dreieck.
w
Beweis: Wir fassen die Eckpunkte des vorgegebenen
γ
Dreiecks als komplexe Zahlen u, v und w auf. Die
e
Spitzen der u
¨ber den Dreieckseiten errichteten gleichd
schenkeligen Dreiecke entsprechen komplexen Zahlen,
die wir mit f , d und e bezeichnen. Wegen tan 300 = √13
¨
gilt nach obigen Uberlegungen:
1
1
1
f = u + (v − u)( 12 − i 2√
) = u( 12 + i 2√
) + v( 12 − i 2√
)
3
3
3
d = v + (w −
e = u + (w −
1
− i 2√
)
3
1
u)( 12 + i 2√
)
3
v)( 12
=
=
v( 12
1
+ i 2√
) + w( 12
3
1
u( 12 − i 2√
) + w( 12
3
1
− i 2√
)
3
1
+ i 2√
)
3
β
α
u
v
f
Daraus berechnen wir die Differenzen
1
1
1
1
f −e = u·i √13 +v( 12 −i 2√
)−w( 12 +i 2√
) und d−e = −u( 12 −i 2√
)+v( 21 +i 2√
)−w·i √13
3
3
3
3
√
0
Es folgt d − e = (f − e)( 12 + i 23 ), das heißt d = e + (f − e)( 12 + i tan260 ). Somit ist d
der Punkt, den man erh¨alt, wenn man f um den√ Punkt e um 600 dreht, und zwar von e
aus gesehen nach links (die komplexe Zahl 12 + i 23 hat Betrag 1, daher keine Streckung).
Damit ist bewiesen, dass das Dreieck, dessen Eckpunkte den komplexen Zahlen f , d und
e entsprechen, gleichseitig ist.
¨
Satz 57: Uber
jeder Seite eines beliebigen Dreiecks wird ein gleichschenkeliges Dreieck mit
0
Basiswinkel 45 errichtet. Wir zeichnen die Strecke zwischen den Spitzen von zweien dieser
Dreiecke, und die Strecke von der Spitze des dritten Dreiecks zum gegen¨
uberliegenden
Eckpunkt des vorgegebenen Dreiecks. Diese beiden Strecken sind gleich lang und stehen
senkrecht aufeinander.
w
Beweis: Wir fassen die Eckpunkte des vorgegebed
nen Dreiecks als komplexe Zahlen u, v und w auf.
e
Die Spitzen der u
¨ber den Dreieckseiten errichteten
gleichschenkeligen Dreiecke entsprechen komplexen
Zahlen, die wir mit f , d und e bezeichnen. Wegen
tan 450 = 1 erhalten wir wie im vorherigen Beweis
f = u + (v − u)( 12 − i 12 ) = u( 12 + i 12 ) + v( 12 − i 12 )
d = v + (w − v)( 12 − i 12 ) = v( 12 + i 12 ) + w( 21 − i 12 )
u
v
e = u + (w − u)( 12 + i 12 ) = u( 12 − i 12 ) + w( 12 + i 12 )
Daraus ergibt sich f −w = u( 21 +i 12 )+v( 12 −i 12 )−w
f
und d − e = −u( 12 − i 12 ) + v( 12 + i 12 ) − wi. Man
rechnet d − e = (f − w)i nach. Das bedeutet: Dreht man den Vektor, der von w nach f
f¨
uhrt, um 900 im Gegenuhrzeigersinn, dann erh¨alt man den Vektor von e nach d. Damit
ist gezeigt, dass die beiden Vektoren gleich lang sind und aufeinander senkrecht stehen.
36
Trigonometrie
In den vorhergehenden Beweisen wurde die Multiplikation mit einer komplexen Zahl als
Drehstreckung gedeutet. So k¨onnen diese Beweise auf Rechnungen mit komplexen Zahlen
zur¨
uckgef¨
uhrt werden. Zum Abschluss beweisen wir noch einen Satz u
¨ber Vierecke. Daf¨
ur
werden ebenfalls komplexe Zahlen verwendet. Allerdings spielen jetzt die Eigenschaften
des Betrags eine wesentliche Rolle.
F¨
ur ein Viereck f¨
uhren wir folgende StandardD
c
bezeichnungen ein. Die Eckpunkte bezeichnen
δ
C
wir mit den Großbuchstaben A, B, C und D.
γ
Den Winkel bei jedem Eckpunkt bezeichnen wir
d
f
e
mit dem entsprechenden griechischen Buchstaben
b
α, β, γ und δ. Weiters seien a = |AB|, b = |BC|,
c = |CD| und d = |DA| die L¨angen der Viereckα
β
seiten, und e = |AC| und f = |BD| die L¨angen
A
B
a
der beiden Diagonalen.
Ein Viereck heißt Sehnenviereck, wenn es einen Umkreis hat. Aus dem Peripheriewinkelsatz, angewendet auf die Sehne BD des Umkreises des Dreiecks △ ABD, folgt sofort, dass
das Viereck ABCD genau dann ein Sehnenviereck ist, wenn α = 1800 − γ gilt.
Satz 58 (Satz von Ptolem¨aus) Seien a, b, c und d die L¨angen der Seiten eines Vierecks
und e und f die L¨angen der Diagonalen. Dann gilt ef ≤ ac + bd. Gleichheit gilt genau
dann, wenn das Viereck ein Sehnenviereck ist.
Beweis: Wir fassen die Eckpunkte des Vierecks
als komplexe Zahlen u, v, w und z auf. Die Differenzen v − u, v − w, w − z und z − u entsprechen
Vektoren, die auf den Seiten des Vierecks liegen.
Die L¨angen der Seiten und Diagonalen sind dann
a = |v − u|, b = |v − w|, c = |w − z|, d = |z − u|,
e = |w − u| und f = |v − z|. Man sieht, dass
(w − u)(v − z) = (v − u)(w − z) + (v − w)(z − u)
gilt. Mit Hilfe von Satz 52 und Satz 53 folgt dann
|w − u| · |v − z| ≤ |v − u| · |w − z| + |v − w| · |z − u|
z
w−z
w
γ˜
z−u
v−w
α
u
v−u
v
womit die Ungleichung ef ≤ ac + bd bereits bewiesen ist. Wegen Satz 53 gilt Gleichheit
genau dann, wenn arg(v − u)(w − z) = arg(v − w)(z − u) gilt, was wegen Satz 54 ¨aquivalent
zu arg(v − u) + arg(w − z) = arg(v − w) + arg(z − u) ist.
Das Viereck ist ein Sehnenviereck genau dann, wenn der Innenwinkel α beim Eckpunkt u
und der Außenwinkel γ˜ beim Eckpunkt w gleich sind. Da α der Winkel zwischen v − u und
z −u und γ˜ der Winkel zwischen v −w und w−z ist, erhalten wir α = arg(z −u)−arg(v −u)
und γ˜ = arg(w − z) − arg(v − w). Das Viereck ist also ein Sehnenviereck genau dann, wenn
arg(z − u) − arg(v − u) = arg(w − z) − arg(v − w) gilt. Das ist ¨aquivalent zur Gleichung
arg(v − u) + arg(w − z) = arg(v − w) + arg(z − u), die wir oben erhalten haben. Damit ist
gezeigt, dass Gleichheit genau dann gilt, wenn das Viereck ein Sehnenviereck ist.
III. Koordinaten und Vektoren
Wir betreiben Geometrie mit Hilfe der Vektorrechnung. Wir legen in der Ebene ein
Koordinatensystem fest und identifizieren sie dadurch mit dem R2 . Die Koordinaten eines
Vektors a im R2 werden immer mit a1 , a2 bezeichnet. Genauso identifizieren wir den
dreidimensionalen Raum mit dem R3 und bezeichnen die Koordinaten eines Vektors a im
R3 immer mit a1 , a2 , a3 . Wir schreiben d f¨
ur die Dimension, das heißt d = 2 oder d = 3.
1. Inneres Produkt und Vektorprodukt
∑d
Das innere Produkt zweier Vektoren a und b wird definiert durch ⟨a, b⟩ = j=1 aj bj .
√
Aus dem Satz von Pythagoras folgt, dass durch ∥a∥ := ⟨a, a⟩ die L¨ange des Vektors a
gegeben ist. Das innere Produkt hat folgende Eigenschaften:
Satz 59: F¨
ur a, b, c in Rd und λ ∈ R gilt ⟨a, b⟩ = ⟨b, a⟩, ⟨a + b, c⟩ = ⟨a, c⟩ + ⟨b, c⟩ und
⟨λa, b⟩ = λ⟨a, b⟩. Weiters gilt ∥λa∥ = |λ| · ∥a∥.
Beweis: Diese Gleichungen folgen direkt aus der Definition des inneren Produkts.
Satz 60: Seien a und b zwei Vektoren in Rd \ {0} und γ der von ihnen eingeschlossene
Winkel. Dann gilt ⟨a, b⟩ = ∥a∥ · ∥b∥ cos γ.
Beweis: Bilden die beiden Vektoren a und b zwei Seiten eines Dreiecks, dann bildet
a − b die dritte Seite des Dreiecks. Daher sind ∥a − b∥, ∥a∥ und ∥b∥ die L¨angen der
Dreiecksseiten und γ ist der von a und b eingeschlossene Winkel. Aus dem Cosinussatz
folgt ∥a − b∥2 = ∥a∥2 + ∥b∥2 − 2∥a∥ · ∥b∥ cos γ. Wegen ∥a − b∥2 = ⟨a − b, a − b⟩ =
⟨a, a⟩ − 2⟨a, b⟩ + ⟨b, b⟩ = ∥a∥2 + ∥b∥2 − 2⟨a, b⟩ folgt daraus ⟨a, b⟩ = ∥a∥ · ∥b∥ cos γ.
Bemerkung: Aus Satz 60 folgt, dass ⟨a, b⟩ = 0 genau dann gilt, wenn cos γ = 0 ist, das
heißt wenn die Vektoren a und b senkrecht aufeinander stehen.
Aus diesem Satz folgen zwei Ungleichungen, die in der Analysis mehrerer Variabler eine
wichtige Rolle spielen.
Satz 61 (Cauchy-Schwarzsche Ungleichung und Dreiecksungleichung) F¨
ur a und b in Rd
gilt ⟨a, b⟩ ≤ ∥a∥ · ∥b∥ und ∥a + b∥ ≤ ∥a∥ + ∥b∥. Gleichheit gilt nur dann, wenn ein Vektor
der Nullvektor ist oder der von den Vektoren eingeschlossene Winkel null ist.
Beweis: Ist einer der Vektoren der Nullvektor, dann haben wir ⟨a, b⟩ = ∥a∥ · ∥b∥ und
∥a + b∥ = ∥a∥ + ∥b∥. Sei also keiner der beiden Vektoren der Nullvektor.
Sei γ der von den beiden Vektoren a und b eingeschlossene Winkel. Wegen cos γ ≤ 1 folgt
⟨a, b⟩ ≤ ∥a∥ · ∥b∥ aus Satz 60. Um die zweite Ungleichung zu beweisen, berechnen wir
∥a + b∥2 = ⟨a + b, a + b⟩ = ⟨a, a⟩ + 2⟨a, b⟩ + ⟨b, b⟩ = ∥a∥2 + ∥b∥2 + 2⟨a, b⟩. Wegen
⟨a, b⟩ ≤ ∥a∥ · ∥b∥ ergibt sich daraus ∥a + b∥2 ≤ ∥a∥2 + ∥b∥2 + 2∥a∥∥b∥ = (∥a∥ + ∥b∥)2 .
Damit ist ∥a + b∥ ≤ ∥a∥ + ∥b∥ gezeigt. In beiden Ungleichungen gilt Gleichheit nur dann,
wenn cos γ = 1 ist. Das ist genau dann der Fall, wenn γ = 00 gilt.
Die Dreiecksungleichung aus Satz 61 ist die im Rd . Seien A, B und C die Ecken eines
−→
−→
−→
Dreiecks. Ist a = AB und b = BC, dann folgt a + b = AC. Die Dreiecksungleichung
besagt dann, dass |AC| ≤ |AB| + |BC| gilt. Die L¨ange einer Dreieckseite ist kleiner oder
gleich der Summe der L¨angen der beiden anderen Seiten.
38
Koordinaten und Vektoren
Satz 62: Seien a und b zwei Vektoren im Rd . Sei F die Fl¨ache des von a und b aufgespannten Parallelogramms. Dann gilt F 2 = ∥a∥2 ∥b∥2 − ⟨a, b⟩2 . Im R2 gilt F = |a1 b2 − a2 b1 |.
Beweis: Sei γ der von den beiden Vektoren a und b eingeschlossene Winkel. Da ∥b∥ sin γ
die H¨ohe des Parallelogramms auf die Seite ∥a∥ ist, erhalten wir F = ∥a∥∥b∥ sin γ. Aus
⟨a,b⟩2
Satz 60 folgt sin2 γ = 1 − cos2 γ = 1 − ∥a∥
Setzt man das ein, so erh¨alt man
2 ∥b∥2 .
2
2
2
2
F = ∥a∥ ∥b∥ − ⟨a, b⟩ .
Im R2 gilt ∥a∥2 = a21 + a22 , ∥b∥2 = b21 + b22 und ⟨a, b⟩ = a1 b1 + a2 b2 . Damit ergibt sich
F 2 = a21 b22 + a22 b21 − 2a1 b1 a2 b2 = (a1 b2 − a2 b1 )2 , das heißt F = |a1 b2 − a2 b1 |.
Seien a und b Vektoren im R3 . Das Vektorprodukt wird durch
( a b −a b )
2 3
3 2
a × b = a3 b1 −a1 b3
a1 b2 −a2 b1
definiert. Daraus ergibt sich sofort
Satz 63: F¨
ur drei Vektoren a, b und c im R3 gilt
⟨a × b, c⟩ = a2 b3 c1 − a3 b2 c1 + a3 b1 c2 − a1 b3 c2 + a1 b2 c3 − a2 b1 c3 .
Satz 64: Seien a, b und c Vektoren in R3 \ {0}. Der Vektor a × b steht orthogonal auf
die beiden Vektoren a und b. Die Fl¨ache des von den Vektoren a und b aufgespannten
Parallelogramms ist ∥a×b∥. Das Volumen des von den Vektoren a, b und c aufgespannten
Parallelepipeds ist |⟨a × b, c⟩|.
Beweis: Aus Satz 63 folgt ⟨a × b, a⟩ = 0 und ⟨a × b, b⟩ = 0. Somit steht der Vektor a × b
orthogonal auf die beiden Vektoren a und b.
Sei F die Fl¨ache des von den Vektoren a und b aufgespannten Parallelogramms. Nach
Satz 62 gilt F 2 = ∥a∥2 ∥b∥2 − ⟨a, b⟩2 = (a21 + a22 + a23 )(b21 + b22 + b23 ) − (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )2 .
Das ist gleich (a2 b3 − a3 b2 )2 + (a3 b1 − a1 b3 )2 + (a1 b2 − a2 b1 )2 = ∥a × b∥2 . Damit ist
F = ∥a × b∥ gezeigt.
Sei h die H¨ohe des Parallelepipeds auf die von den Vektoren a und b aufgespannte Grundfl¨
ache. Das Volumen V des Parallelepipeds ist dann F · h. Sei γ der Winkel zwischen dem
Vektor c und dem Normalvektor a × b auf die Grundfl¨ache. Dann gilt h = ∥c∥ · | cos γ|.
⟨a×b,c⟩
Aus Satz 60 folgt cos γ = ∥a×b∥·∥c∥
. Das ergibt h = |⟨a×b,c⟩|
∥a×b∥ und V = |⟨a × b, c⟩|.
2. Determinante und Geraden
Seien a = ( aa12 ) und b = ( bb12 ) zwei Vektoren im R2 . Wir definieren det(a, b) = a1 b2 −a2 b1
als die Determinante dieser beiden Vektoren. Man bezeichnet sie auch mit | aa12 bb12 |.
Bemerkung: Nach Satz 62 ist | det(a, b)| die Fl¨ache des von den Vektoren a und b
aufgespannten Parallelogramms. Das gilt auch, wenn ein Vektor (oder beide) gleich 0 ist.
Man kann die Determinante daher als orientierte Parallelogramm߬
ache interpretieren.
Satz 65: F¨
ur a, b und c in R2 und λ in R gilt
(a) det(a + c, b) = det(a, b) + det(c, b) und det(a, b + c) = det(a, b) + det(a, c)
(b) det(λa, b) = λ det(a, b) und det(a, λb) = λ det(a, b)
(c) det(b, a) = − det(a, b)
Beweis: Diese Rechenregeln folgen unmittelbar aus der Definition.
Franz Hofbauer
39
Wir behandeln Geradengleichungen und zwar die sogenannte Normalvektorform.
Satz 66: Sei (p, q) ein Punkt auf einer Geraden und ( ab ) ein Normalvektor. Dann ist
ax + by = c
mit
c = ap + bq
die Gleichung dieser Geraden.
Beweis: Ein Punkt (x, y) liegt genau dann auf der Gerade, wenn ( xy ) − ( pq ) senkrecht
auf ( ab ) steht, das heißt genau dann, wenn ⟨( xy ) − ( pq ), ( ab )⟩ = 0 gilt. Das aber ergibt
ax + by = ap + bq, womit die Gleichung der Gerade gefunden ist.
Wir werden diese Gleichung oft in der Form (x − p)a + (y − q)b = 0 schreiben.
Beispiel: Seien (3, 1) und (5, −2) zwei Punkte in der Ebene. Die Gerade g durch diese
2
2
beiden Punkte hat Richtungsvektor ( −3
) und Parameterdarstellung ( 31 ) + t( −3
). Ein
3
Normalvektor ist ( 2 ). Die Gleichung der Gerade g ist daher 3(x − 3) + 2(y − 1) = 0, oder
3x + 2y = 11.
Wir untersuchen die Lage von zwei Geraden zueinander. Die Gleichungen dieser Geraden
seien a1 x + b1 y = c1 und a2 x + b2 y = c2 . Sei L1 = {(x, y) : a1 x + b1 y = c1 } die Menge aller
Punkte auf der ersten und L2 = {(x, y) : a2 x + b2 y = c2 } die auf der zweiten Geraden. Der
Durchschnitt L = L1 ∩ L2 ist die Menge aller Punkte, die auf beiden Geraden liegen. Oft
fasst man die beiden Geradengleichungen zu einem linearen Gleichungssystem zusammen:
a1 x + b1 y = c1
(1)
a2 x + b2 y = c2
Man nennt dann L auch die L¨osungsmenge des Gleichungssystems. Die verschiedenen
F¨
alle, die dabei auftreten k¨onnen, behandeln wir in den n¨achsten beiden S¨atzen.
Satz 67: Sei | aa12
das heißt
b1
osung,
b2 | ̸= 0. Dann hat das Gleichungssystem (1) genau eine L¨
−c2 b1
2 c1
x = | cc12 bb12 |/| aa12 bb12 | = ac11 bb22 −a
y = | aa12 cc12 |/| aa12 bb12 | = aa11 cb22 −a
−a2 b1
2 b1
a1 c2 −a2 c1
2 b1
L = {( ac11 bb22 −c
−a2 b1 , a1 b2 −a2 b1 )}.
n¨amlich
Beweis: Wir nehmen zuerst a1 ̸= 0 an. Wir multiplizieren die erste Gleichung in (1)
mit aa21 und subtrahieren sie von der zweiten. Wir erhalten (wobei wir die erste Gleichung
unver¨
andert u
¨bernehmen)
a1 x + b1 y = c1
(b2 −
a2 b1
a1 )y
= c2 −
a2 c1
a1
Diese beiden Gleichungen sind ¨aquivalent zum Gleichungssystem (1). Indem wir das
a2
onnen wir ja zum urspr¨
unglichen
a1 −fache der ersten Gleichung zur zweiten addieren, k¨
a1 b1
Gleichungssystem (1) zur¨
uckkehren. Wegen a1 b2 − a2 b1 = | a2 b2 | ̸= 0 erhalten wir jetzt
a1 c2 −a2 c1
y = a1 b2 −a2 b1 aus der zweiten Gleichung. Aus der ersten Gleichung ergibt sich dann
c1 a1 b2 −b1 a1 c2
−c2 b1
2 c1
a1 x = c1 − b1 y = c1 − b1 aa11 cb22 −a
und daraus x = ac11 bb22 −a
. Damit haben
−a2 b1 =
a1 b2 −a2 b1
2 b1
wir das Gleichungssystem (1) gel¨ost und genau eine L¨osung gefunden.
Ist a1 = 0, dann muss a2 ̸= 0 gelten, sonst w¨are | aa12 bb12 | gleich Null. Wir vertauschen die
beiden Gleichungen. Dann k¨onnen wir so vorgehen wie oben.
Satz 68: Sei | aa12 bb12 | = 0 und keine der Zeilen dieser Determinante enthalte nur Nullen.
Dann gilt L = ∅ oder L = L1 = L2 f¨
ur die L¨osungsmenge L des Gleichungssystems (1).
40
Koordinaten und Vektoren
Beweis: Wir nehmen zuerst a1 ̸= 0 an. W¨are a2 = 0, dann h¨atten wir b2 ̸= 0 (sonst
enthielte die zweite Zeile der Determinante nur Nullen) und | aa12 bb12 | = a1 b2 −a2 b1 = a1 b2 ̸=
0. Also muss auch a2 ̸= 0 gelten. Das Gleichungssystem (1) ist ¨aquivalent zu
x+
b1
a1 y
=
c1
a1
x+
b2
a2 y
=
c2
a2
Wegen a1 b2 − a2 b1 = | aa12 bb12 | = 0 gilt auch ab11 = ab22 . Die linken Seiten der beiden Gleichungen stimmen u
¨berein. Gilt jetzt ac11 ̸= ac22 , dann gibt es keine L¨osung. Wir haben L = ∅.
Gilt hingegen ac11 = ac22 , dann sind die beiden Gleichungen identisch. Wir haben L1 = L2
und somit auch L = L1 = L2 .
Sei a1 = 0. Dann ist b1 ̸= 0. Wegen 0 = | aa12 bb12 | = a1 b2 − a2 b1 = −a2 b1 folgt a2 = 0 und
daraus dann b2 ̸= 0. Das Gleichungssystem (1) ist ¨aquivalent zu
y=
Wie oben ergibt sich L = ∅ im Fall
c1
b1
c1
b1
y=
̸=
c2
b2
c2
b2
und L = L1 = L2 im Fall
c1
b1
=
c2
b2 .
Geometrische Interpretation: Normalvektoren der beiden Geraden a1 x + b1 y = c1
und a2 x + b2 y = c2 sind ( ab11 ) und ( ab22 ). Die Geraden sind parallel genau dann, wenn die
Normalvektoren parallel sind, das heißt, wenn das von ihnen aufgespannte Parallelogramm
Fl¨
ache null hat und somit | ab11 ab22 | = 0 gilt. Wegen | aa12 bb12 | = a1 b2 − a2 b1 = | ab11 ab22 | sind die
Geraden a1 x + b1 y = c1 und a2 x + b2 y = c2 genau dann parallel, wenn | ab11 ab22 | = 0 gilt.
Das sehen wir auch in den obigen S¨atzen. Gilt | ab11 ab22 | =
̸ 0, dann haben die beiden
Geraden genau einen Schnittpunkt. Sie sind nicht parallel. Gilt hingegen | ab11 ab22 | = 0,
dann haben die beiden Geraden entweder keinen Schnittpunkt oder sie fallen zusammen.
In beiden F¨allen sind sie parallel.
Wir behandeln noch homogene lineare Gleichungssysteme, da diese sp¨ater f¨
ur die Berechnung von Eigenvektoren wichtig sind. Das lineare Gleichungssystem (1) heißt homogen,
wenn die rechte Seite null ist, das heißt c1 = 0 und c2 = 0 gilt. Wir erhalten
a1 x + b1 y = 0
(2)
a2 x + b2 y = 0
b1
Die Menge L1 = {t( −a
) : t ∈ R} gibt die Punkte an, die auf der Geraden a1 x + b1 y = 0
1
liegen, wobei L1 jetzt nicht die Punkte selbst, sondern die Ortsvektoren zu diesen Punkten
enth¨
alt (mit Vektoren kann man besser rechnen). Das ist auch die L¨osungsmenge der
b2
ersten Gleichung in (2). Ebenso ist L2 = {t( −a
) : t ∈ R} die L¨osungsmenge der zweiten
2
Gleichung in (2). Dabei wird vorausgesetzt, dass mindestens einer der Koeffizienten a1
und b1 ungleich null ist und ebenso mindestens einer der Koeffizienten a2 und b2 (sonst
wird eine Gleichung in (2) zu 0 = 0).
Die L¨osungsmenge L = L1 ∩ L2 des homogenen linearen Gleichungssystems (2) behandeln wir im folgenden Satz, der sp¨ater n¨
utzlich sein wird.
Satz 69: Wir nehmen an, dass nicht alle vier Koeffizienten a1 , b1 , a2 und b2 in (2)
gleich null sind. Die L¨osungsmenge von (2) ist L = {( 00 )}, wenn | ab11 ab22 | ̸= 0 gilt. Gilt
b1
b2
| ab11 ab22 | = 0, dann ist L = {tv : t ∈ R} die L¨osungsmenge, wobei v gleich ( −a
) oder ( −a
)
1
2
gew¨
ahlt werden kann (Normalvektor auf eine der Zeilen der Determinante), jedoch darf v
nicht der Nullvektor sein.
Beweis: Gilt | ab11
Sei | ab11
a2
b2
a2
b2
| ̸= 0, dann folgt L = {( 00 )} aus Satz 67 mit c1 = 0 und c2 = 0.
| = 0. Enth¨
alt keine der beiden Zeilen der Determinante nur Nullen, dann gilt
Franz Hofbauer
41
L = L1 = L2 nach Satz 68. Da sowohl L1 als auch L2 den Nullvektor enth¨
alt, ist L = ∅ ja
b1
nicht m¨oglich. Die L¨osungsmenge L besteht somit aus allen Vielfachen des Vektors ( −a
)
1
b2
oder des Vektors ( −a2 ), was die gleiche Menge ergibt.
Gilt a1 = 0 und b1 = 0, dann ist 0 = 0 die erste Gleichung in (2). Sie gilt immer. Es
b2
folgt L = L2 . Die L¨osungsmenge L besteht aus allen Vielfachen des Vektors ( −a
). Gilt
2
a2 = 0 und b2 = 0, dann folgt L = L1 . Die L¨osungsmenge L besteht aus allen Vielfachen
b1
des Vektors ( −a
).
1
( a1 )
(b )
( c1 )
1
Wir gehen noch kurz auf den R3 ein. Seien a = a2 , b = b2 und c = c2 drei
a3
c3
b3
Vektoren im R3 . Als Determinante dieser drei Vektoren definiert man
det(a, b, c) = a1 b2 c3 + a2 b3 c1 + a3 b1 c2 − a3 b2 c1 − a1 b3 c2 − a2 b1 c3
Diese Determinante wird auch mit
a1 b1 c1
a2 b2 c2
a3 b3 c3
bezeichnet.
Bemerkung: Nach Satz 63 und 64 ist | det(a, b, c)| das Volumen des von den Vektoren
a, b und c aufgespannten Parallelepipeds.
Jetzt kommen wir zu Ebenengleichungen und zwar zur sogenannten Normalvektorform.
(a)
Satz 70: Sei (p, q, r) ein Punkt in einer Ebene, die b als Normalvektor hat. Dann ist
c
ax + by + cz = d
mit
d = ap + bq + cr
die Gleichung dieser Ebene.
(x)
(p)
Beweis: Ein Punkt (x, y, z) liegt genau dann in der Ebene, wenn
− q senkrecht
r
(a)
(
)
(
)
(
)
⟨ x
p
a ⟩
y − q , b
auf b steht, das heißt genau dann, wenn
= 0 gilt. Das aber ergibt
c
z
r
c
ax + by + cz = ap + bq + cr, womit die Gleichung der Ebene gefunden ist.
y
z
Beispiel: Seien (−3, 1, 0), (1, 4, 2) und (−1,
2, 2)(drei)Punkte
(1)
( 4 ) im Raum.
( −1 )Die(Ebene
) durch
(2)
−3
−3
diese drei Punkte hat Richtungsvektoren 4 − 1 = 3 und 2 − 1 = 1 .
2
2( )
2
(1)
(4)
( 20 )
( 22)
( 04 )
4
4
3
1
3
1
−4
Sie hat Parameterdarstellung
+t
+s
und
×
=
ist ein
2
2
2
2
2
−2
Normalvektor. Die Gleichung der Ebene ist daher 4(x + 1) − 4(y − 2) − 2(z − 2) = 0, oder
4x − 4y − 2z = −16. Man kann noch k¨
urzen 2x − 2y − z = −8.
Sucht man einen Schnittpunkt dreier Ebenen, so f¨
uhrt das zum Gleichungssystem
a1 x + b1 y + c1 z = d1
a2 x + b2 y + c2 z = d2
a3 x + b3 y + c3 z = d3
Es k¨onnen folgende F¨alle eintreten. Die drei Ebenen sind parallel. Dann haben sie keinen
Schnittpunkt, außer die drei Ebenen sind identisch, dann ist die ganze Ebene Schnittmenge
und somit L¨osungsmenge des Gleichungssystems.
Zwei der drei Ebenen sind nicht parallel. Sie haben eine Gerade g als Schnittmenge. Ist
die dritte Ebene parallel zu g, dann haben die drei Ebenen keinen gemeinsamen Schnittpunkt, außer die Gerade g liegt auch in der dritten Ebene, dann ist die Gerade g die
Schnittmenge und somit L¨osungsmenge des Gleichungssystems. Ist die dritte Ebene nicht
parallel zu g, dann hat sie genau einen Schnittpunkt mit g. Das ist dann auch der eindeutig
bestimmte Schnittpunkt der drei Ebenen und die einzige L¨osung des Gleichungssystems.
42
Koordinaten und Vektoren
Daraus erkennt man auch, dass das Gleichungssystem genau dann eindeutig l¨osbar ist,
wenn die Normalvektoren der drei Ebenen nicht in einer Ebene liegen, das heißt, wenn
das Volumen des von den Normalvektoren aufgespannten Parellelepipeds ̸= 0 ist, also
a1 b1 c1
a1 a2 a3
a1 b1 c1
a1 a2 a3
b1 b2 b3 ̸= 0 gilt. Wegen a2 b2 c2 = b1 b2 b3 ist das ¨
aquivalent zu a2 b2 c2 ̸= 0.
c1 c2 c3
a3 b3 c3
c1 c2 c3
a3 b3 c3
3. Die besonderen Punkte des Dreiecks
¨
Der besseren Ubersicht
halber verwenden wir auch die Schreibweise ( | ) anstelle von
( , ) f¨
ur Punkte im R2 . Ein beliebiges Dreieck k¨onnen wir so in ein Koordinatensystem
legen, dass der Eckpunkt A die Koordinaten (u|0), der Eckpunkt B die Koordinaten (v|0)
und der Eckpunkt C die Koordinaten (0|w) hat. Die Eckpunkte A und B liegen auf der
x-Achse und der Eckpunkt C liegt auf der y-Achse. Damit A links von B liegt, nehmen
wir immer
u < v an. √Außerdem k¨onnen wir w > 0 (sogar w = 1) annehmen. Wir setzen
√
a = v 2 + w2 , b = u2 + w2 und c = v − u, das sind die L¨angen der drei Seiten des
Dreiecks. Ausserdem sei t = a + b + c der Umfang des Dreiecks.
Liegt ein Dreieck so wie oben beschrieben im Koordinatensystem, dann sagen wir, dass
es Standardlage hat. Alles, was wir f¨
ur ein Dreieck in Standardlage beweisen, gilt f¨
ur jedes
Dreieck, da wir ja jedes Dreieck in Standardlage bringen k¨onnen.
Satz 71: Im Dreieck in Standardlage schneiden die drei H¨ohen einander im Punkt (0|− uv
w ),
dem H¨ohenschnittpunkt H.
Beweis: Die Gleichung der H¨ohe durch den Eckpunkt A ist (x − u)v − yw = 0, da sie
v
durch den Punkt (u|0) verl¨
auft und senkrecht zu ( −w
), dem Vektor entlang der Seite BC.
Die H¨ohe durch den Eckpunkt C liegt auf der y-Achse und hat daher die Gleichung x = 0.
Der Schnittpunkt ist (0| − uv
ohen durch B und C erh¨alt man
w ). Den Schnittpunkt der H¨
dadurch, dass man in dieser Rechnung u und v vertauscht, also (0| − vu
w ). Es ist derselbe
Punkt. Die drei H¨ohen schneiden einander in diesem Punkt, dem H¨ohenschnittpunkt H.
Satz 72: Im Dreieck in Standardlage schneiden die drei Seitensymmetralen einander im
w
uv
ab
Punkt ( u+v
2 | 2 + 2w ), dem Umkreismittelpunkt U . Der Umkreisradius r ist 2w .
Beweis: Die Symmetrale der Seite AC hat die Gleichung (x − u2 )u − (y − w2 )w = 0,
u
da sie durch den Mittelpunkt ( u2 | w2 ) der Seite AC verl¨
auft und sekrecht zu ( −w
), dem
Vektor entlang der Seite AC. Die Symmetrale der Seite AB hat die Gleichung x = u+v
2 ,
u+v
da sie senkrecht zur x-Achse durch den Mittelpunkt ( 2 |0) der Seite AB verl¨
auft. Der
u+v w
uv
Schnittpunkt ist ( 2 | 2 + 2w ). Den Schnittpunkt der Symmetralen der Seiten AB und BC
w
vu
erh¨
alt man dadurch, dass man in dieser Rechnung u und v vertauscht, also ( v+u
2 | 2 + 2w ).
Es ist derselbe Punkt. Alle drei Seitensymmetralen schneiden einander in diesem Punkt,
dem Umkreismittelpunkt U .
w
uv 2
2
Der quadrierte Abstand von U nach C ist ( u+v
2 ) +( 2 − 2w ) =
Die Wurzel daraus ist der Umkreisradius r.
u2 w2 +v 2 w2 +w4 +u2 v 2
4w2
=
a2 b2
4w2 .
Satz 73: Im Dreieck in Standardlage schneiden die drei Schwerlinien einander im Punkt
w
( u+v
3 | 3 ), dem Schwerpunkt S.
Beweis: Die Gleichung der Schwerlinie durch den Eckpunkt A ist (x−u)w −y(v −2u) = 0,
auft und somit Richtungsvektor 12 ( v−2u
da sie durch die Punkte (u|0) und ( v2 | w2 ) verl¨
w ) hat.
Die Gleichung der Schwerlinie durch den Eckpunkt C ist 2xw + (y − w)(u + v) = 0, da sie
Franz Hofbauer
43
auft und somit Richtungsvektor 12 ( u+v
durch die Punkte (0|w) und ( u+v
2ȷw ) hat. Der
2 |0) verl¨
u+v w
Schnittpunkt ist ( 3 | 3 ). Den Schnittpunkt der Schwerlinien durch B und C erh¨
alt man
v+u w
durch Vertauschen von u und v in dieser Rechnung, also ( 3 | 3 ). Es ist derselbe Punkt.
Die drei Schwerlinien schneiden einander in diesem Punkt, dem Schwerpunkt S.
Satz 74: Im Dreieck in Standardlage schneiden die drei Winkelsymmetralen einander im
wc
Punkt ( ua+vb
| wc
t
t ), dem Inkreismittelpunkt I. Der Inkreisradius ϱ ist t .
( )
( )
1 −v
und
Beweis: Die Einheitsvektoren in Richtung der Seiten BA und BC sind −1
0
a w .
(−1) 1 (−v)
Ihre Summe 0 + a w ist ein Richtungsvektor der Winkelsymmetrale durch B. Daher
ist (x − v) wa + y(1 + av ) = 0 die Gleichung dieser Winkelsymmetrale. Ganz analog erh¨alt
man die Gleichung (x − u) wb − y(1 − ub ) = 0 der Winkelsymmetrale durch B.
Wir multiplizieren die erste Gleichung mit a, die zweite mit b, bilden die Differenz und
erhalten y(v − u + a + b) = (v − u)w. Wegen v − u = c und c + a + b = t folgt y = wc
t .
ua+vb
Aus einer der obigen Gleichungen ergibt sich dann x =
. Der Schnittpunkt der
t
ua+vb wc
Winkelsymmetralen durch A und durch B ist daher ( t | t ).
(u)
(v )
Die Einheitsvektoren in Richtung der Seiten CA und CB sind 1b −w
und a1 −w
. Ihre Sum( ) 1( v )
1 u
me b −w + a −w ist ein Richtungsvektor der Winkelsymmetrale durch den Eckpunkt C.
Daher ist x( wa + wb ) + (y − w)( ub + av ) = 0 die Gleichung dieser Winkelsymmetrale. Da diese
| wc
Gleichung die Summe der beiden obigen Gleichungen ist, liegt der Punkt ( ua+vb
t
t ) auch
auf der Winkelsymmetrale durch C. Alle drei Winkelsymmetralen schneiden einander in
diesem Punkt, dem Inkreismittelpunkt I.
Der Inkreisradius ϱ ist der Abstand des Punktes I zur Seite AB, also zur x-Achse. Dieser
ist gleich der y-Koordinate wc
t von I.
Satz 75: In einem Dreieck liegen der H¨ohenschnittpunkt H, der Schwerpunkt S und der
Umkreismittelpunkt U auf einer Geraden und S teilt die Strecke U H im Verh¨
altnis 1 : 2.
Die Gerade durch diese drei Punkte heißt Eulersche Gerade.
Beweis: Wir k¨onnen annehmen, dass das Dreieck Standardlage hat. Wir berechnen
(
)
(
)
−→
−→
−→
−→
1 uw+vw
1 uw+vw
SH = − 3w
3uv+w2 und SU = 6w 3uv+w2 . Daraus erkennt man, dass 2SU = −SH
gilt. Die drei Punkte U , S und H liegen auf einer Gerade und S teilt die Strecke U H im
Verh¨
altnis 1 : 2.
Satz 76: Der Umkreis des Seitenmittendreiecks eines Dreiecks in Standardlage hat Mitw
uv
ab
telpunkt N ( u+v
4 | 4 − 4w ) und Radius 4w . Man nennt ihn den Neunpunktkreis.
v w
u w
Beweis: Die Eckpunkte des Seitenmittendreiecks sind W ( u+v
2 |0), U ( 2 | 2 ) und V ( 2 | 2 ).
Die Symmetrale der Seite U V hat die Gleichung x = u+v
4 , da sie durch den Mittelpunkt
u+v w
( 4 | 2 ) der Seite U V verl¨
auft und senkrecht zu dieser, also auch senkrecht zur x-Achse.
Die Symmetrale der Seite W U hat die Gleichung (x − u4 − v2 )u − (y − w4 )w = 0, da sie durch
u
den Mittelpunkt ( u4 + v2 | w4 ) der Seite W U verl¨
auft und senkrecht zu 12 ( −w
), dem Vektor
u+v w
uv
entlang der Seite W U . Der Schnittpunkt ist ( 4 | 4 − 4w ). Das ist der Mittelpunkt N
des Neunpunktkreises.
w
uv 2
2
Der quadrierte Abstand von N nach W ist ( u+v
4 ) + ( 4 − 4w ) =
a 2 b2
16w2 . Die Wurzel daraus ist der Radius des Neunpunktkreises.
u2 w2 +v 2 w2 +w4 +u2 v 2
16w2
=
Satz 77: Der Neunpunktkreis verl¨
auft durch die drei H¨ohenfußpunkte und die Mitten der
H¨
ohenabschnitte HA, HB und HC.
44
Koordinaten und Vektoren
Beweis: Es gen¨
ugt, diesen Satz f¨
ur ein Dreieck in Standardlage und f¨
ur die H¨ohe durch C,
die auf der y-Achse liegt, zu beweisen. Wir k¨onnen ja in einem beliebigen Dreieck jede der
drei H¨ohen ausw¨ahlen und das Dreieck so in Standardlage ins Koordinatensystem legen,
dass die ausgew¨ahlte H¨ohe auf der y-Achse liegt.
Der Fußpunkt der H¨ohe durch C ist (0|0). Sein quadrierter Abstand vom Mittelpunkt N
w
uv 2
2
des Neunpunktkreises ist ( u+v
4 ) +( 4 − 4w ) . Das ist der quadrierte Radius des Neunpunktkreises, wie im letzten Beweis gezeigt wurde. Also liegt (0|0) auf dem Neunpunktkreis.
Der H¨ohenschnittpunkt H ist (0| − uv
ohenabschnitts HC ist
w ). Der Mittelpunkt des H¨
uv
(0| w2 − 2w
). Sein quadrierter Abstand vom Mittelpunkt N des Neunpunktkreises ist ebenw
uv 2
w
uv
2
falls ( u+v
4 ) + ( 4 − 4w ) . Also liegt auch (0| 2 − 2w ) auf dem Neunpunktkreis.
4. Der Umkreis
Satz 78: Spiegelt man den H¨ohenschnittpunkt an den Seiten des Dreiecks, dann liegen
die gespiegelten Punkte auf dem Umkreis.
Beweis: Es gen¨
ugt, diesen Satz f¨
ur ein Dreieck in Standardlage zu beweisen und nur f¨
ur
die Seite AB dieses Dreiecks, die auf der x-Achse liegt.
Der H¨ohenschnittpunkt H ist (0| − uv
w ). Spiegelt man ihn um die Seite AB, das ist die,
die auf der x-Achse liegt, dann erh¨alt man (0| uv
w ). Der quadrierte Abstand dieses Punktes
w
uv 2
2
zum Umkreismittelpunkt U ist ( u+v
)
+
(
−
2
2
2w ) . Die Wurzel daraus ist der Umkreisradius r, wie bereits im Beweis von Satz 72 gezeigt wurde. Somit liegt der gespiegelte
H¨
ohenschnittpunkt (0| uv
w ) auf dem Umkreis.
Satz 79 (S¨
udpolsatz) Sei P der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch einen Eckpunkt
eines Dreiecks mit der Streckensymmetrale der diesem Eckpunkt gegen¨
uberliegenden Seite.
Dann liegt P auf dem Umkreis.
Beweis: Wir k¨onnen das Dreieck so in Standardlage ins Koordinatensystem legen, dass
der Eckpunkt, durch den die Winkelsymmetrale verl¨
auft, der Eckpunkt C ist. Die gegenu
¨berliegende Seite ist dann die auf der x-Achse liegende Seite AB.
Wie in Satz 74 gezeigt wurde, ist x( wb + wa ) + (y − w)( ub + av ) = 0 die Gleichung der
Winkelsymmetrale durch den Eckpunkt C. Die Streckensymmetrale der Seite AB hat die
u+v
u+v wa+wb
Gleichung x = u+v
2 . Der Schnittpunkt P dieser beiden Geraden ist ( 2 |w − 2 ua+vb ).
w
uv
Der Umkreismittelpunkt U ist ( u+v
2 | 2 + 2w ), wie in Satz 72 gezeigt wurde. Da P und U
uv
wa+wb
dieselbe x-Koordinate haben, ist w2 + 2w
− w + u+v
2 ua+vb der Abstand von P zu U . Um
zu zeigen, dass er gleich dem Umkreisradius r ist, m¨
ussen wir ein wenig rechnen. Es gilt
uv
2w
+
u+v wa+wb
2 ua+vb
=
2
2
u2 va+uv 2 b+uw2 a+uw2 b+vw2 a+vw2 b
b+uw2 a+vw2 b
= vab +ua
2w(ua+vb)
2w(ua+vb)
2
2
2
2
2
2
=
ab+w2
2w
wobei bei der zweiten Gleichung b = u + w und a = v + w verwendet wurde. Der
2
ab
Abstand von P zu U ist somit gleich − w2 + ab+w
= 2w
, also gleich dem Umkreisradius r.
2w
Damit ist gezeigt, dass P auf dem Umkreis liegt.
5. Die Steinerschen Geraden
Wir beginnen mit einer Projektionsformel.
Satz 80: Projiziert man den Punkt (p|q) auf die Gerade g mit der Gleichung mx+ny = h,
2
2
dann erh¨alt man ( n p−mnq+mh
| m q−mnp+nh
). Spiegelt man den Punkt (p|q) um diese
m2 +n2
m2 +n2
p+2mh−m p m
Gerade g, dann erh¨alt man ( −2mnq+n
|
m2 +n2
2
2
2
q−2mnp+2nh−n2 q
).
m2 +n2
Franz Hofbauer
45
Beweis: Die Gerade durch (p|q) senkrecht auf g ist n(x − p) − m(y − q) = 0. Ihr Schnitt2
2
punkt mit g ist ( n p−mnq+mh
| m q−mnp+nh
), die Projektion von (p|q) auf g. Der Ortsvektor
m2 +n2
m2 +n2
(
) ( p)
(n2 p−2mnq+2mh−m2 p)
2
1
zum gespiegelten Punkt ist m2 2+n2 nm2p−mnq+mh
q−mnp+nh − q = m2 +n2 m2 q−2mnp+2nh−n2 q .
Satz 81: Sei △ ABC ein Dreieck und H sein H¨ohenschnittpunkt. Sei P ein Punkt und
Pa , Pb , Pc die Punkte, die man erh¨alt, wenn man P an den (Verl¨
angerungen der) drei
Seiten des Dreiecks spiegelt. Dann sind ¨aquivalent
(a) P liegt auf dem Umkreis des Dreiecks
(b) drei der vier Punkte Pa , Pb , Pc und H liegen auf einer Gerade
(c) alle vier Punkte Pa , Pb , Pc und H liegen auf einer Gerade
Diese Gerade heißt zweite Steinersche Gerade.
Beweis: Das Dreieck sei in Standardlage. Seien (x|y) die Koordinaten des Punktes P .
Da die Seite AB auf der x-Achse liegt, sind (x| − y)
des Punktes Pc .
(mdie
) Koordinaten
(w)
Die Tr¨
agergerade der Seite BC hat Normalvektor
= v und in ihrer Gleichung
n
( ) (v )
auf der rechten Seite die Konstante h = ⟨ m
,
⟩
=
vw.
Setzt man in die Formel aus
n
0
−w x w y−2vwx+2v w−v y
Satz 80 ein, so ergibt sich ( v x−2vwy+2vw
|
) f¨
ur den Punkt Pa . Der
v 2 +w2
v 2 +w2
uv
H¨
ohenschnittpunkt H ist (0| − w ) nach Satz 71.
( wx )
(vy−vw+wx)
−−→
−−→
Es folgt HPc = w1 uv−wy
und Pa Pc = v22w
2
+w
vx−wy−v 2 . Die drei Punkte Pc , Pa und H
−−→
liegen genau dann auf einer Gerade, wenn die Determinante mit den Vektoren HPc und
−−→
Pa Pc als Spalten gleich null ist, das heißt wenn
wx
vy − vw + wx
=0
uv − wy vx − wy − v 2
gilt. Rechnet man diese Determinante aus, k¨
urzt und dividiert durch v, so erh¨alt man
2
wx − vwx − uvy + uvw − uwx + wy 2 − w2 y = 0
2
2
2
2
2
2
Dividiert man noch durch w und erg¨anzt zu vollst¨
andigen Quadraten, so ergibt sich
2
uv
w 2
x2 − (u + v)x + (u+v)
+ y 2 − ( uv
4
w + w)y + ( 2w + 2 ) =
Fasst man zusammen, dann hat man schließlich
(x −
u+v 2
2 )
uv
+ (y − ( 2w
+
w 2
2 ))
=
u2
4
2
2 2
2
v
u v
uv
w
+ uv
2 + 4 + 4w2 + 2 + 4 − uv
(u2 +w2 )(v 2 +w2 )
4w2
=
a2 b2
4w2
Nach Satz 72 ist das die Gleichung des Umkreises. Wir haben somit gezeigt, dass die drei
Punkte Pc , Pa und H genau dann auf einer Gerade liegen, wenn P auf dem Umkreis liegt.
Dasselbe Resultat gilt nat¨
urlich auch f¨
ur die drei Punkte Pc , Pb und H und f¨
ur die Punkte
Pa , Pb und H. Man muss ja nur jeweils eine andere Dreiecksseite auf die x-Achse legen.
Es bleibt zu zeigen, dass die drei Punkte Pa , Pb und Pc genau dann auf einer Geraden
(vy−vw+wx)
−−→
liegen, wenn P auf dem Umkreis liegt. Oben wurde Pa Pc = v22w
2
+w
vx−wy−v 2 gezeigt.
Wenn man dieselbe Rechnung wie oben mit der Dreiecksseite AC statt mit BC, das heißt
(uy−uw+wx)
−−→
mit u statt mit v, durchf¨
uhrt, dann erh¨alt man Pb Pc = u22w
+w2 ux−wy−u2 . Die drei
Punkte Pc , Pa und Pb liegen genau dann auf einer Geraden, wenn die Determinante mit
−−→
−−→
den Vektoren Pa Pc und Pb Pc als Spalten gleich null ist, das heißt wenn
vy − vw + wx uy − uw + wx
=0
vx − wy − v 2 ux − wy − u2
gilt. Rechnet man diese Determinante aus, k¨
urzt und fasst zusammen, so erh¨alt man
2
2
2
2
(u − v)wx − (u − v )wx + (u − v)wy − (u − v)(w2 + uv)y + (u − v)uvw = 0
46
Koordinaten und Vektoren
Dividiert man durch u − v, so hat man
wx2 − uwx − vwx + wy 2 − w2 y − uvy + uvw = 0
Wir haben bereits gesehen, dass das die Gleichung des Umkreises ist. Damit ist auch
gezeigt, dass die drei Punkte Pa , Pb und Pc genau dann auf einer Geraden liegen, wenn P
¨
auf dem Umkreis liegt. Damit ist die Aquivalenz
von (a) und (b) vollst¨
andig bewiesen.
Aus (c) folgt klarerweise (b). Es bleibt zu zeigen, dass (c) aus (a) folgt. Wenn (a) gilt,
dann liegen die drei Punkte Pc , Pb und H auf einer Geraden g und die drei Punkte Pa , Pb
und Pc auf einer Geraden h, wie oben gezeigt wurde. Da Pb und Pc sowohl auf g als auch
auf h liegen, m¨
ussen diese beiden Geraden u
¨bereinstimmen. Somit liegen alle vier Punkte
Pa , Pb , Pc und H auf einer Geraden.
Die Gerade im folgenden Satz ist die erste Steinersche Gerade. Wir behandeln nur die
erste Steinersche Gerade durch den Eckpunkt C. Es gibt jedoch auch je eine durch die
Eckpunkte A und B.
Satz 82: Sei P ein Punkt auf dem Umkreis eines Dreiecks. Sei Qc der Schnittpunkt ̸= P
des Lots von P auf die Seite AB mit dem Umkreis. Dann liegt die Gerade durch Qc und
den Eckpunkt C parallel zur zweiten Steinerschen Geraden.
Beweis: Das Dreieck sei in Standardlage. Da die Seite AB auf der x-Achse liegt, liegt das
Lot durch P auf die Seite AB parallel zur y-Achse. Der Punkt P hat Koordinaten (x|y)
w
uv
und der Umkreismittelpunkt U ist ( u+v
2 | 2 + 2w ). Der Schnittpunkt Qc ̸= P des Lots mit
−−→
uv
dem Umkreis hat daher die Koordinaten (x|2( w2 + 2w
) − y). Der Vektor CQc ist somit
( wx )
−−→
1
w uv−wy . Er ist gleich dem Vektor HPc aus dem letzten Beweis. Die erste Steinergerade
hat denselben Richtungsvektor wie die zweite Steinergerade. Sie sind daher parallel.
6. Der Neunpunktkreis
Wir beweisen folgenden Satz von Feuerbach. Der Neunpunktkreis wird nach dem Entdecker dieses Satzes manchmal auch Feuerbachkreis genannt.
Satz 83: Der Neunpunktkreis ber¨
uhrt den Inkreis.
Beweis: Das Dreieck sei in Standardlage. Der Inkreismittelpunkt I ist ( ua+vb
| wc
t
t ) und
wc
u+v w
uv
der Inkreisradius ϱ ist t . Der Mittelpunkt N des Neunpunktkreises ist ( 4 | 4 − 4w
)
ab
und sein Radius σ ist 4w . Wir m¨
ussen zeigen, dass der Abstand der Mittelpunkte I und
N gleich der Differenz σ − ϱ ist.
Der quadrierte Abstand der Mittelpunkte I und N ist
wc
w
uv 2
2
( ua+vb
− u+v
t
4 ) +( t − 4 + 4w ) =
(ua+vb)2
t2
2 2
+ wt2c − (ua+vb)(u+v)+cw
2t
2
−cuv
2
+u
+v 2 +w2
16
2 2
u v
+ 16w
2
und die quadrierte Differenz der Radien ist
(σ − ϱ)2 = ( wc
t −
ab 2
4w )
=
w2 c2
t2
2
−
abc
2t
+
a2 b2
16w2
w2 c2
t2
2
2
=
−
abc
2t
2
+
u2 +v 2 +w2
16
+
u2 v 2
16w2
wobei f¨
ur die letzte Gleichheit a = v 2 + w2 und b = u + w verwendet wurde. Um zu
zeigen, dass der Abstand der Mittelpunkte I und N und die Differenz σ − ϱ gleich sind,
m¨
ussen wir die Gleichung
2(ua + vb)2 − t(ua + vb)(u + v) − tcw2 + tcuv = −tabc
Franz Hofbauer
47
zeigen. Diese Gleichung ist die Summe der beiden Gleichungen
(1)
(ua + vb)2 − t(u2 a + v 2 b + w2 c) + w2 c2 = −tabc
(2)
(ua + vb)2 − tuv(a + b − c) − w2 c2 = 0
Es gen¨
ugt also, die Richtigkeit dieser beiden Gleichungen zu zeigen.
Wir beginnen mit (1). Setzt man t = a + b + c ein und formt um, so erh¨alt man
(ua + vb)2 − t(u2 a + v 2 b + w2 c) + w2 c2 = 2uvab − u2 a(b + c) − v 2 b(a + c) − w2 c(a + b)
= −ab(u − v)2 − ac(u2 + w2 ) − bc(v 2 + w2 )
Setzt man jetzt (u − v)2 = c2 , u2 + w2 = b2 und v 2 + w2 = a2 ein, so ergibt sich
(ua + vb)2 − t(u2 a + v 2 b + w2 c) + w2 c2 = −abc2 − acb2 − bca2 = −tabc
Damit ist (1) bereits gezeigt.
¨
Wir zeigen (2) durch Aquivalenzumformungen.
Es gilt (ua + vb)2 = u2 a2 + 2uvab + v 2 b2
und wegen t = a+b+c auch tuv(a+b−c) = uv(a+b)2 −uvc2 = uva2 +2uvab+uvb2 −uvc2 .
Setzt man das ein, dann wird die Gleichung (2) zu
u2 a2 + v 2 b2 − uva2 − uvb2 + uvc2 − w2 c2 = 0
Setzt man jetzt a2 = v 2 + w2 , b2 = u2 + w2 und c2 = (u − v)2 ein, so ergibt sich
u2 (v 2 + w2 ) + v 2 (u2 + w2 ) − uv(v 2 + w2 ) − uv(u2 + w2 ) + uv(u − v)2 − w2 (u − v)2 = 0
Man pr¨
uft leicht nach, dass diese Gleichung richtig ist. Damit ist auch (2) gezeigt.
Es gilt auch
Satz 84: Der Neunpunktkreis ber¨
uhrt die drei Ankreise.
Beweis: Es gen¨
ugt, diesen Satz f¨
ur den Ankreis zu beweisen, der die Seite AB, das ist
die auf der x-Achse, ber¨
uhrt. Wir k¨onnen ja jede der drei Dreiecksseiten ausw¨ahlen und
das Dreieck in Standardlage so ins Koordinatensystem legen, dass die ausgew¨ahlte Seite
auf der x-Achse liegt.
Die Winkelsymmetralen der beiden Außenwinkel bei A liegen auf der selben Geraden.
Ihre Gleichung ist ist (x − u) wb + y( ub + 1) = 0. Die Gleichung der Geraden, auf der die
Winkelsymmetralen der beiden Außenwinkel bei B liegen, ist (x − v) wa + y( av − 1) = 0. Die
Gleichung der Winkelsymmetrale des Innenwinkels bei C ist x( wa + wb )+(y −w)( ub + av ) = 0.
ua+vb −wc
Der Schnittpunkt dieser drei Geraden ist ( a+b−c
| a+b−c ). Damit ist der Mittelpunkt Mc
des Ankreises gefunden. Der Radius ϱc des Ankreises ist der Abstand des Mittelpunktes
wc
von der Seite AB, also von der x-Achse und somit gleich a+b−c
.
ua+vb 2
w
uv
wc
ab
wc
2
2
Im Beweis von Satz 83 wurde ( u+v
4 − a+b+c ) +( 4 − 4w − a+b+c ) = ( 4w − a+b+c ) gezeigt.
Dabei wurden nur die Gleichungen a2 = v 2 +w2 , b2 = u2 +w2 und c2 = (u−v)2 verwendet.
Nun gilt f¨
ur −c ebenfalls (−c)2 = (u − v)2 . Somit ist obige Gleichung auch f¨
ur −c anstelle
u+v
ua+vb 2
w
uv
−wc 2
ab
wc
von c g¨
ultig. Wir haben daher ( 4 − a+b−c ) +( 4 − 4w − a+b−c ) = ( 4w + a+b−c
)2 . Diese
Gleichung besagt aber, dass der Abstand der beiden Mittelpunkte N des Neunpunktkreises
und Mc des Ankreises gleich ist der Summe der Radien σ und ϱc dieser beiden Kreise. Das
beweist, dass die beiden Kreise einander von aussen ber¨
uhren.
Bemerkung: Mit einen ¨ahnlichen Beweis kann man zeigen, dass |U I|2 = r2 − 2rϱ gilt,
wobei U und r Mittelpunkt und Radius des Umkreises und I und ϱ Mittelpunkt und
Radius des Inkreises sind. Ebenso gilt |U Ic |2 = r2 + 2rϱc , wobei Ic und ϱc Mittelpunkt
und Radius des Ankreises an die Seite AB des Dreieckes sind. Analoge Gleichungen gelten
nat¨
urlich auch f¨
ur die anderen Ankreise.
IV. Isometrien und Kegelschnitte
1. Lineare Abbildungen
Wir behandeln lineare Abbildungen auf dem R2 .
Definition: Eine Abbildung φ : R2 → R2 heißt linear, wenn sie folgende zwei Eigenschaften erf¨
ullt
(a) φ(x + y) = φ(x) + φ(y) f¨
ur alle x und y in R2
(b) φ(λx) = λφ(x) f¨
ur alle x ∈ R2 und λ ∈ R
1 +5x2
Beispiel: Sei φ : R2 → R2 definiert durch φ(x) = x1 ( 21 ) + x2 ( 52 ) = ( 2x
x1 +2x2 ). Es ist
leicht nachzupr¨
ufen, dass φ(x + y) = φ(x) + φ(y) und φ(λx) = λφ(x) gilt.
Wir zeigen, dass alle linearen Abbildungen von dieser Art sind. Dazu f¨
uhren wir die
1
0
Einheitsvektoren i = ( 0 ) und j = ( 1 ) ein.
Satz 85: Sei φ : R2 → R2 eine lineare Abbildung. Seien ( ab ) und ( dc ) die Bilder der
Einheitsvektoren i und j unter φ, das heißt φ(i) = ( ab ) und φ(j) = ( dc ). F¨
ur alle x = ( xx12 )
1 +cx2
in R2 gilt dann φ(x) = x1 ( ab ) + x2 ( dc ) = ( ax
bx1 +dx2 ).
Beweis: Sei x = ( xx12 ) in R2 . Es gilt x = x1 ( 10 ) + x2 ( 01 ) = x1 i + x2 j . Aus der Definition
der Linearit¨at erhalten wir dann
φ(x) = φ(x1 i + x2 j) = φ(x1 i) + φ(x2 j) = x1 φ(i) + x2 φ(j) = x1 ( ab ) + x2 ( dc )
cx2
ax1 +cx2
1
Aus den Rechenregeln f¨
ur Vektoren folgt x1 ( ab ) + x2 ( dc ) = ( ax
bx1 ) + ( dx2 ) = ( bx1 +dx2 ).
Dieser Satz zeigt, dass eine lineare Abbildung φ : R2 → R2 bereits durch die Bilder ( ab )
und ( dc ) der Einheitsvektoren i und j bestimmt ist.
Um dieses Ergebnis besser aufschreiben zu k¨onnen, f¨
uhren wir Matrizen und die Matrixmultiplikation ein. Eine m × n-Matrix ist eine rechteckige Anordnung von Zahlen, die
aus m Zeilen und n Spalten besteht. Einen Vektor x ∈ R2 kann man als 2 × 1-Matrix
auffassen. Eine 2 × 2-Matrix hat zwei Vektoren des R2 als Spalten, zum Beispiel ( 23 57 ).
Eine 1 × 2-Matrix ist ein Zeilenvektor, zum Beispiel (3 7).
Das Produkt C = AB zweier Matrizen A und B bestimmt man so: Man bildet das innere
Produkt der ersten Zeile der Matrix A mit den Spalten der Matrix B. Die Ergebnisse,
die man erh¨alt, schreibt man in die erste Zeile der Matrix C. Dann bildet man das innere
Produkt der zweiten Zeile der Matrix A mit den Spalten der Matrix B. Die Ergebnisse,
die man erh¨alt, schreibt man in die zweite Zeile der Matrix C.
Ist zum Beispiel A = ( 23 57 ) und B = ( pr qs ), dann erhalten wir
AB = ( 23
p q
5
7 )( r s )
= ( 2p+5r
3p+7r
2q+5s
3q+7s )
und BA = ( pr
q
2 5
s )( 3 7 )
= ( 2p+3q
2r+3s
5p+7q
5r+7s )
Hier sieht man auch, dass die Multiplikation von zwei Matrizen nicht kommutativ ist. Man
kann jedoch nachrechnen, dass (AB)C = A(BC) gilt. Die Multiplikation von Matrizen
ist assoziativ. Man darf daher ABC schreiben, ohne Klammern zu setzen, da es keinen
Unterschied macht, welche Matrixmultiplikation man zuerst ausf¨
uhrt. Man darf die Matrizen jedoch nicht vertauschen. Genauso funktioniert die Multiplikation einer Matrix mit
einem Vektor. Man fasst den Vektor einfach als 2 × 1-Matrix auf. Ist A = ( 23 57 ) und
B = x = ( xx12 ), dann erhalten wir
AB = Ax = ( 23
x1
5
7 )( x2
1 +5x2
) = ( 2x
3x1 +7x2 )
Franz Hofbauer
49
Analog kann man auch die Multiplikation gr¨oßerer Matrizen definieren.
Wir kommen zu Satz 85 zur¨
uck. Seien ( ab ) und ( dc ) die Bilder der Einheitsvektoren i
und j unter der linearen Abbildung φ. Sei M = ( ab dc ) die Matrix, die diese Bilder ( ab ) und
( dc ) als Spalten hat. Aus der Definition der Matrixmultiplikation und aus Satz 85 folgt
M x = ( ab
c
x1
d )( x2
a
c
1 +cx2
) = ( ax
bx1 +dx2 ) = ( b )x1 + ( d )x2 = φ(x)
Es gilt also φ(x) = M x. Man nennt M = ( ab dc ) die Matrix der linearen Abbildung φ.
Man kann jede lineare Abbildung φ : R2 → R2 durch eine 2 × 2-Matrix ausdr¨
ucken.
Man kann zwei Matrizen der gleichen Gr¨oße auch addieren. Das macht man so wie f¨
ur
r u
a c
Vektoren, die ja 2 × 1-Matrizen sind. Sind A = ( b d ) und B = ( s v ) zwei 2 × 2-Matrizen,
c+u
2
dann definiert man A + B = ( a+r
b+s d+v ). Ist x ∈ R , dann gilt (A + B)x = Ax + Bx. (Das
gilt auch f¨
ur eine 2 × 2-Matrix C anstelle von x.)
Auch die Skalarmultiplikation definiert man f¨
ur Matrizen genauso wie f¨
ur Vektoren. Ist
tc
A = ( ab dc ) und t ∈ R, dann definiert man tA = ( ta
).
F¨
u
r
t
und
s
in
R
und
2×2-Matrizen
tb td
A und B gilt dann (s + t)A = sA + tA und t(A + B) = tA + tB.
Satz 86: Seien φ : R2 → R2 und ψ : R2 → R2 lineare Abbildungen. Dann ist ψ ◦ φ :
R2 → R2 ebenfalls eine lineare Abbildung. Ist A die Matrix der linearen Abbildung φ und
B die Matrix der linearen Abbildung ψ, dann ist das Matrixprodukt BA die Matrix der
linearen Abbildung ψ ◦ φ.
Beweis: Seien x und y in R2 und λ ∈ R. Da ψ und φ linear sind, erhalten wir
ψ(φ(x+y)) = ψ(φ(x)+φ(y)) = ψ(φ(x))+ψ(φ(y)) und ψ(φ(λx)) = ψ(λφ(x)) = λψ(φ(x))
Das zeigt, dass auch ψ ◦ φ eine lineare Abbildung ist.
Sei φ(i) = ( ab ) und φ(j) = ( dc ). Dann gilt A = ( ab dc ). Ist B = ( rs
u
v ), dann folgt
c
r u
c
rc+ud
ψ(φ(i)) = B( ab ) = ( rs uv )( ab ) = ( ra+ub
sa+vb ) und ψ(φ(j)) = B( d ) = ( s v )( d ) = ( sc+vd )
rc+ud
Die Matrix der linearen Abbildung ψ ◦ φ ist daher ( ra+ub
sa+vb sc+vd ). Das ist BA.
Die Matrix I2 = ( 10
0
1)
heißt Einheitsmatrix. Es gilt ja I2 x = x f¨
ur alle x in R2 .
Lineare Gleichungssysteme kann man ebenfalls mit Hilfe von Matrizen aufschreiben.
Liegt das lineare Gleichungssystem
a1 x + b1 y = c1
a2 x + b2 y = c2
( aa12 bb12
vor, dann setzt man M =
) und c = ( cc12 ). Das Gleichungssystem wird dann zu
M x = c, wobei x f¨
ur den Vektor ( xy ) steht. Man schreibt dann auch det M anstelle von
| aa12 bb12 |. Wenn det M ̸= 0 ist, dann hat das Gleichungssystem nach Satz 67 genau eine
L¨
osung. Wenn det M = 0 ist, dann hat das Gleichungssystem nach Satz 68 entweder keine
L¨
osung oder beide Gleichungen haben dieselbe L¨osungsmenge, die auch L¨osungsmenge des
Gleichungssystems ist.
50
Isometrien und Kegelschnitte
2. Eigenwerte und Eigenvektoren
Eigenwerte und Eigenvektoren treten bei der Hauptachsentransformation von Kegelschnitten auf. Wir beschr¨
anken uns wieder auf den R2 . Analoge Resultate gelten aber
auch in h¨oheren Dimensionen.
Definition: Sei A eine 2 × 2-Matrix. Ein Vektor v ̸= 0 heißt Eigenvektor der Matrix A,
wenn Av = λv f¨
ur eine Zahl λ gilt. Die Zahl λ nennt man Eigenwert der Matrix A.
Ist A = rI2 mit r ∈ R, dann gilt Av = rv f¨
ur alle v ∈ R2 . Jeder Vektor ̸= 0 ist somit ein
Eigenvektor zum Eigenwert r. Wir nehmen daher im Folgenden an, dass A kein Vielfaches
der Einheitsmatrix I2 ist.
Wie finden wir Eigenwerte und Eigenvektoren? Nach den Rechenregeln f¨
ur Matrizen
k¨
onnen wir Ax = λx auch schreiben als (A − λI2 )x = 0. Das ist das homogene lineare
Gleichungssystem M x = 0 mit M = A−λI2 . Wenn det M ̸= 0 gilt, dann ist 0 nach Satz 69
die einzige L¨osung. Da Eigenvektoren ungleich 0 sind, erhalten wir keinen Eigenvektor
und λ ist auch kein Eigenwert. Ist hingegen det M = 0, dann folgt aus Satz 69, dass
L = {tv : t ∈ R} die L¨osungsmenge des Gleichungssystems M x = 0 ist, wobei wir v als
Normalvektor auf eine der beiden Zeilen der Matrix M w¨ahlen k¨onnen, die nicht nur aus
Nullen besteht. (Es gilt ja M ̸= ( 00 00 ), sonst w¨are A ein Vielfaches von I2 .) Es existiert
ein Vektor v ∈ R2 \ {0} mit M v = 0, das heißt Av = λv. Somit ist λ ein Eigenwert
und v ein Eigenvektor der Matrix A. Es kann allerdings auch der Fall eintreten, dass die
Eigenwerte komplexe Zahlen sind. Dann sind auch die Eigenvektoren im C2 .
Wir haben gezeigt, dass die Eigenwerte einer Matrix A gerade diejenigen Zahlen λ sind,
c
f¨
ur die det(A − λI2 ) = 0 gilt. Ist A = ( ab dc ), dann gilt A − λI2 = ( a−λ
d−λ ) und
b
det(A − λI2 ) = (a − λ)(d − λ) − bc = λ2 − (a + d)λ + ad − bc
Das ist ein Polynom in der Variablen λ. Man nennt es das charakteristische Polynom
der Matrix A. Die Eigenwerte der Matrix A sind dann die L¨osungen der quadratischen
Gleichung λ2 − (a + d)λ + ad − bc = 0. Die Eigenwerte sind also
√
√
1
1
1
2
(∗)
λ1,2 = 2 (a + d) ± 4 (a + d) − ad + bc = 2 (a + d) ± 14 (a − d)2 + bc
Es gibt drei m¨ogliche F¨alle, entweder zwei verschiedene reelle Eigenwerte, oder einen
zweifachen reellen Eigenwert, oder zwei zueinander konjugiert komplexe Eigenwerte.
Sucht man einen Eigenvektor zum Eigenwert λ dann bildet man die Matrix M = A−λI2
und l¨ost das lineare Gleichungssystem M v = 0. Eine L¨osung v erh¨
alt man als Normalvektor auf eine Zeile der Matrix M , die nicht nur aus Nullen besteht. Das funktioniert auch,
wenn die Eigenwerte komplex sind. In diesem Fall sind auch die Eigenvektoren in C2 .
Beispiel: Sei A = ( 53
1
3 ). Gesucht sind Eigenwerte und Eigenvektoren.
1
λI2 = ( 5−λ
3 3−λ ) und berechnen die Determinante (5 −
Wir bilden A −
λ)(3 − λ) − 3 =
2
λ − 8λ + 12. Das ist das charakteristische Polynom der Matrix A. Die Nullstellen sind
λ1 = 6 und λ2 = 2. Damit sind die Eigenwerte der Matrix A gefunden.
1
Wir berechnen A − λ1 I2 = ( −1
3 −3 ). Einen Eigenvektor u zum Eigenwert λ1 = 6 erhalten
1
1
wir als Normalvektor der ersten Zeile der Matrix ( −1
3 −3 ), also u = ( 1 ). Jedes Vielfache
dieses Vektors, außer dem Nullvektor, ist ebenfalls Eigenvektor.
Ebenso berechnen wir A − λ2 I2 = ( 33 11 ). Einen Eigenvektor v zum Eigenwert λ2 = 2
erhalten wir als Normalvektor der ersten Zeile der Matrix ( 33 11 ), also v = ( −1
3 ).
Franz Hofbauer
Beispiel: Sei A = ( 45
−2
2 ). Gesucht sind Eigenwerte
−2
( 4−λ
5 2−λ ) und berechnen die
51
und Eigenvektoren.
Wir bilden A − λI2 =
Determinante (4 − λ)(2 − λ) + 10 =
2
λ − 6λ + 18. Das ist das charakteristische Polynom der Matrix A. Die Nullstellen sind
λ1 = 3 + 3i und λ2 = 3 − 3i. Die Eigenwerte der Matrix A sind konjugiert komplex.
−2
Wir berechnen A − λ1 I2 = ( 1−3i
−1−3i ). Einen Eigenvektor u zum Eigenwert λ1 = 3 + 3i
5
−2
2
erhalten wir als Normalvektor der ersten Zeile der Matrix ( 1−3i
−1−3i ), also u = ( 1−3i ).
5
(Wir k¨onnen nachrechnen, dass u auch ein Normalvektor der zweiten Zeile ist.)
−2
Wir berechnen A − λ2 I2 = ( 1+3i
−1+3i ). Ein Eigenvektor v zum Eigenwert λ2 = 3 − 3i
5
2
ist v = ( 1+3i
), der normal auf die erste Zeile der Matrix steht. Man sieht, dass nicht nur
die Eigenwerte, sondern auch die Eigenvektoren zueinander konjugiert komplex sind.
5
Beispiel: Sei A = ( −1
4
1 ). Gesucht sind Eigenwerte und Eigenvektoren.
4
( 5−λ
−1 1−λ ) und berechnen die Determinante (5 −
Wir bilden A − λI2 =
λ)(1 − λ) + 4 =
2
λ − 6λ + 9. Das ist das charakteristische Polynom der Matrix A. Dieses Polynom hat
λ = 3 als zweifache Nullstelle. Das ist der einzige Eigenwert der Matrix A.
2
4
2
Wir berechnen A − λI2 = ( −1
−2 ). Ein Eigenvektor ist u = ( −1 ), der normal auf die
Zeilen der Matrix steht.
3. Symmetrische Matrizen
t
1
Ist w = ( w
w2 ) ein Spaltenvektor, dann ist der transponierte Vektor w der entsprechende
Zeilenvektor (w1 w2 ). F¨
ur eine Matrix A = ( ab dc ) definiert man die Transponierte At durch
At = ( ac db ), das ist die an der Diagonale gespiegelte Matrix. Hier sind einige Rechenregeln
Satz 87: F¨
ur 2 × 2-Matrizen A und B und f¨
ur Vektoren u und v in R2 gilt
(a) (At )t = A
(b) (Au)t = ut At und (AB)t = B t At
(c) ⟨u, v⟩ = ut v und ⟨Au, v⟩ = ⟨u, At v⟩
Beweis: Wir erhalten (a) sofort aus der Definition.
a b
t t
1 +cu2 t
Es gilt (Au)t = ( au
bu1 +du2 ) = (au1 + cu2 bu1 + du2 ) = (u1 u2 )( c d ) = u A . Damit ist
die erste Gleichung von (b) gezeigt. Setzt man A = ( ab dc ) und B = ( pq rs ), dann gilt ebenso
p q
a b
ar+cs t
ap+cq bp+dq
t t
(AB)t = ( ap+cq
bp+dq br+ds ) = ( ar+cs br+ds ) = ( r s )( c d ) = B A .
Es gilt ⟨u, v⟩ = u1 v1 + u2 v2 = (u1 u2 )( vv12 ) = ut v. Das ergibt die erste Gleichung von (c).
Damit und mit (b) erhalten wir ⟨Au, v⟩ = (Au)t v = (ut At )v = ut (At v) = ⟨u, At v⟩, die
zweite Gleichung in (c).
Definition: Eine Matrix A = ( ab dc ) nennt man symmetrisch, wenn At = A gilt. Das ist
gleichbedeutend damit, dass b = c gilt.
Satz 88: Sei A = ( ab dc ) symmetrisch, aber nicht gleich rI2 f¨
ur ein r ∈ R. Dann hat A
zwei verschiedene reelle Eigenwerte λ1 und λ2 . Ist u ein Eigenvektor zu λ1 und v einer zu
λ2 , dann gilt ⟨u, v⟩ = 0, das heißt u und v sind orthogonal.
√
Beweis: Aus (∗) folgt λ1,2 = 21 (a + d) ± 14 (a − d)2 + b2 wegen c = b. Wegen A ̸= rI2
f¨
ur alle r ∈ R gilt entweder a ̸= d oder b ̸= 0, also 14 (a − d)2 + b2 > 0. Somit sind λ1 und
λ2 reell und verschieden.
52
Isometrien und Kegelschnitte
Es gilt Au = λ1 u, Av = λ2 v und At = A. Mit Hilfe der Rechenregeln f¨
ur das innere
Produkt und f¨
ur die Transponierte (Satz 87) erhalten wir
λ1 ⟨u, v⟩ = ⟨λ1 u, v⟩ = ⟨Au, v⟩ = ⟨u, At v⟩ = ⟨u, Av⟩ = ⟨u, λ2 v⟩ = λ2 ⟨u, v⟩
Wegen λ1 ̸= λ2 muss ⟨u, v⟩ = 0 gelten.
4. Isometrien der Ebene
Wir untersuchen Isometrien der Ebene, die wir als R2 auffassen.
Definition: Eine Abbildung f : R2 → R2 heißt Isometrie, wenn ∥f (x) − f (y)∥ = ∥x − y∥
f¨
ur alle x und y in R2 gilt.
Beispiel: Sei a ∈ R2 fest. Die Abbildung x → x+a ist eine Isometrie. Solche Abbildungen
heißen Translationen.
Gilt g(p) = p, dann heißt p Fixpunkt der Abbildung g. Ist f : R2 → R2 eine Isometrie,
dann ist g : R2 → R2 definiert durch g(x) = f (x) − f (0) eine Isometrie mit 0 als Fixpunkt.
Es gilt ja g(0) = 0 und ∥g(x) − g(y)∥ = ∥f (x) − f (y)∥ = ∥x − y∥ f¨
ur alle x und y in R2 .
Satz 89: Eine Isometrie g mit 0 als Fixpunkt ist eine lineare Abbildung.
Beweis: Seien x und y in R2 . Die Punkte 0, x, y und x + y bilden ein Parallelogramm.
Die Punkte g(0) = 0, g(x), g(y) und g(x + y) bilden ein kongruentes Parallelogramm, da
die Abst¨ande zwischen den vier Punkten bei der Abbildung unver¨
andert bleiben. Es gilt
also g(x + y) = g(x) + g(y).
Sei x ∈ R2 und λ ∈ R. Sei y = λx. Dann liegen 0, x und y auf einer Geraden. Da
g(0) = 0, g(x) und g(y) dieselben Abst¨ande zueinander haben wie 0, x und y, liegen sie
ebenfalls auf einer Geraden und es gilt g(y) = λg(x). Damit ist g(λx) = λg(x) gezeigt.
Somit ist g eine lineare Abbildung, da die Eigenschaften aus der Definition einer linearen
Abbildung erf¨
ullt sind.
Satz 90: Sei g eine Isometrie mit Fixpunkt 0. Dann existiert ein α ∈ [0, 2π), sodass die
α − sin α
cos α sin α
Matrix der linearen Abbildung g entweder Rα = ( cos
sin α cos α ) oder Sα = ( sin α − cos α ) ist.
Beweis: Sei M = ( ab dc ) die Matrix der linearen Abbildung g. Es gilt ∥g(x)∥2 = ∥x∥2 ,
ur alle x1 und x2 in R. Es folgt
das heißt (ax1 + cx2 )2 + (bx1 + dx2 )2 = x21 + x22 . Das gilt f¨
a2 + b2 = 1,
c2 + d2 = 1
und
2ac + 2bd = 0
Der Vektor ( ab ) hat L¨ange 1. Es existiert ein α ∈ [0, 2π) mit
√
Weiters gilt ⟨( ab ), ( dc )⟩ = ac + bd = 0 und ∥( dc )∥ = c2 + d2
c
sin α
sin α
entweder ( dc ) = ( −cos
α ) oder ( d ) = ( − cos α ) gilt.
a = cos α und b = sin α.
= 1. Daraus folgt, dass
Satz 91: Die Abbildung mit Matrix Rα ist eine Drehung (Rotation) um den Nullpunkt
mit Winkel α (im Gegenuhrzeigersinn).
α
− sin α
Beweis: Es gilt Rα x = ( cos
sin α )x1 +( cos α )x2 . Die
α
− sin α
Vektoren ( cos
sin α ) und ( cos α ) sind die Einheitsvektoren f¨
ur ein um den Winkel α verdrehtes Koordinatensystem. Daher erh¨alt man Rα x, wenn man
den Vektor x = ( xx12 ) ins gedrehte Koordinatensystem zeichnet. Das beweist, dass Rα x der um den
Winkel α gedrehte Vektor x ist.
Rα x
x
α
Franz Hofbauer
53
Satz 92: Die Abbildung mit Matrix
(cos α )Sα ist eine Spiegelung um die Gerade g durch den
Nullpunkt mit Richtungsvektor sin α2 .
2
x
g
(cos α )
(− sin α )
2
2
Beweis: Sei a = sin α und b = cos α . Der
2
2
Vektor b ist Normalvektor zu a. Matrixmultiplikation und die Summens¨atze f¨
ur sin und cos zeigen,
Sα x
dass Sα a = a und Sα b = −b gilt. Da a und b
orthogonal aufeinander stehen, existieren f¨
ur jedes
a
b
α
x ∈ R2 Zahlen p und q in R mit x = pa + qb. Es
2
folgt Sα x = pSα a + qSα b = pa − qb. Das zeigt,
dass Sα x der um die Gerade g gespiegelte Punkt
−b
x ist, da g ja die Gerade durch den Nullpunkt mit
Richtungsvektor a ist.
Die durch die Matrizen Rα und Sα gegebenen linearen Abbildungen sind alle Isometrien,
die 0 als Fixpunkt haben. Ist f irgendeine Isometrie und u = f (0), dann ist g(x) = f (x)−u
eine Isometrie mit 0 als Fixpunkt. Es gilt also f (x) = Rα (x) + u oder f (x) = Sα (x) + u.
F¨
ur α ∈ [0, 2π) und u ∈ R2 definieren wir Rα,u : R2 → R2 und Sα,u : R2 → R2 durch
Rα,u (x) = Rα x + u
und
Sα,u (x) = Sα x + u
Das sind dann alle m¨oglichen Isometrien des R2 .
Satz 93: Ist α = 0 dann ist Rα,u die Translation um den Vektor u. Ist α ∈ (0, 2π), dann
ist Rα,u die Drehung um den Punkt w mit Winkel α, wobei w L¨
osung von (I2 −Rα )w = u.
Beweis: F¨
ur α = 0 ist Rα = I2 und Rα,u (x) = x + u.
α
2
sin α
2
F¨
ur α ∈ (0, 2π) gilt | 1−cos
− sin α 1−cos α | = (1 − cos α) + sin α = 2 − 2 cos α ̸= 0, das heißt
det(I2 −Rα ) ̸= 0. Daher hat (I2 −Rα )w = u eine eindeutige L¨osung. Es folgt u = w−Rα w
und Rα,u (x) = Rα (x − w) + w. Die Abbildung Rα,u ist die Hintereinanderausf¨
uhrung
folgender drei Abbildungen:
(a)
Translation mit Vektor −w: Punkt w wird in den Punkt 0 verschoben
(b) Drehung um den Punkt 0 mit Winkel α
(c)
Translation mit Vektor w: Punkt 0 wird zur¨
uck in den Punkt w verschoben
Die Zusammensetzung ergibt die Drehung um den Punkt w mit Winkel α.
Satz 94: Die Abbildung Sα,u ist eine Schubspiegelung, und zwar die Hintereinanderausf¨
uhrung einer Spiegelung um die Gerade durch den Punkt 12 u mit Richtungsvektor
(cos α )
2
und einer Translation mit Vektor w = 12 (u + Sα u). Der Vektor w hat die Richtung
sin α
2
der Spiegelungsgeraden.
Beweis: Es gilt Sα,u (x) = Sα (x − 21 u) + 12 u + w. Die Abbildung x → Sα (x − 21 u) + 21 u
ist die Hintereinanderausf¨
uhrung folgender drei Abbildungen:
(a)
Translation mit Vektor − 12 u: Punkt 12 u wird in den Punkt 0 verschoben
( α)
2
(b) Spiegelung um die Gerade durch den Punkt 0 mit Richtungsvektor cos
sin α
2
(c)
Translation mit Vektor 12 u: Punkt 0 wird zur¨
uck in den Punkt 12 u verschoben
Die Zusammensetzung ergibt die Spiegelung um die Gerade durch den Punkt 21 u mit
( α)
2 . Dazu kommt noch die Translation um den Vektor w. Das ist
Richtungsvektor cos
sin α
2
dann die Abbildung Sα,u .
Wir bestimmen noch die Richtung von w. Da Sα u der um die Gerade durch den Punkt 0
54
Isometrien und Kegelschnitte
( α)
2
mit Richtungsvektor cos
gespiegelte Punkt u ist, hat w = 21 (u+Sα u) dieselbe Richtung
sin α
2
wie die Spiegelungsgerade.
Die Isometrien der Ebene sind also: Translationen, Drehungen und Schubspiegelungen.
5. Kegelschnitte
Wir berechnen die Gleichungen der Kegelschnitte in Hauptlage. Damit ist gemeint, dass
die Koordinatenachsen auch die Achsen der Kegelschnitte sind.
Ellipse: Wir suchen die Gleichung der Ellipse mit Brennpunkten F1 (−e, 0) und F2 (e, 0) und mit großer Halbachse
der L¨ange a, wobei e < a gilt. Sie ist die Menge aller PunkF1
F2
te (x, y), deren Abstandssumme von den beiden Brennpunkten gleich 2a ist. Die Gleichung dieser Ellipse ist also
√
√
(1)
(x + e)2 + y 2 + (x − e)2 + y 2 = 2a
Quadriert man diese Gleichung, k¨
urzt, fasst zusammen und dividiert durch 2, so hat man
√
√
(2)
x2 + e2 + y 2 + (x + e)2 + y 2 (x − e)2 + y 2 = 2a2
Unter der ersten Wurzel steht e2 + x2 + y 2 + 2ex und e2 + x2 + y 2 − 2ex unter der zweiten.
Das Produkt ist (e2 + x2 + y 2 )2 − 4e2 x2 . Setzt man das ein und formt um, so erh¨alt man
√
(3)
(e2 + x2 + y 2 )2 − 4e2 x2 = 2a2 − (e2 + x2 + y 2 )
Quadriert man, so f¨allt (e2 + x2 + y 2 )2 weg. Man kann durch 4 dividieren und es bleibt
(4)
−e2 x2 = a4 − a2 (e2 + x2 + y 2 )
Durch Ausmultiplizieren und Umformen ergibt sich jetzt
(5)
x2
a2
+
y2
a2 −e2
= 1 oder
x2
a2
+
y2
b2
= 1 wenn man b2 = a2 − e2 setzt.
Damit ist die Gleichung der Ellipse mit Brennpunkten F1 (−e, 0) und F2 (e, 0) und mit
großer Halbachse der L¨ange a gefunden.
Die beiden Punkte (−a, 0) und (a, 0) erf¨
ullen die Ellipsengleichung und liegen daher
auf der Ellipse. Sie heißen Hauptscheitel. Die Strecke dazwischen heißt Hauptachse der
Ellipse. Auf ihr liegen die beiden Brennpunkte. Sie wird durch den Mittelpunkt der Ellipse
in die beiden großen Halbachsen der L¨ange a unterteilt. Die beiden Punkte (0, −b) und
(0, b), die ebenfalls auf der Ellipse liegen, heißen Nebenscheitel. Die Strecke dazwischen
heißt Nebenachse der Ellipse. Sie wird durch den Mittelpunkt der Ellipse in die beiden
kleinen Halbachsen der L¨ange b unterteilt.
Vertauscht man die Variablen x und y, dann erh¨alt man die an der Diagonale gespiegelte
2
2
Ellipse mit Brennpunkten auf der y-Achse. Diese hat daher die Gleichung xb2 + ay2 = 1.
Hyperbel: Analog l¨asst sich die Gleichung der Hyperbel
mit Brennpunkten F1 (−e, 0) und F2 (e, 0) und mit Halbachse der L¨ange a finden, wobei aber jetzt e > a gilt. Sie
ist die Menge aller Punkte (x, y), deren Abstandsdifferenz
von den beiden Brennpunkten gleich 2a ist. Diese HyperF1
F2
bel hat daher ebenfalls die Gleichung (1), wobei aber eine
der Wurzeln als die negative Wurzel aufzufassen ist. Ist
die erste Wurzel negativ, dann stellt (1) den linken Ast
der Hyperbel dar; ist die zweite Wurzel negativ, dann den rechten. F¨
uhrt man dieselbe
Franz Hofbauer
55
Rechnung durch wie oben, so verschwinden die Vorzeichen der Wurzeln beim Quadrieren
und man erh¨alt wieder die Gleichung
(5)
x2
a2
+
y2
a2 −e2
= 1 oder
x2
a2
−
y2
b2
= 1 wenn man b2 = e2 − a2 setzt.
Damit ist die Gleichung der Hyperbel mit Brennpunkten F1 (−e, 0) und F2 (e, 0) und mit
Halbachse der L¨ange a gefunden.
Die beiden Punkte (−a, 0) und (a, 0) erf¨
ullen die Hyperbelgleichung. Es sind die Scheitel
der Hyperbel. Die Strecke dazwischen wird durch den Mittelpunkt der Hyperbel in die
beiden Halbachsen der L¨ange a unterteilt.
Die Hyperbel besitzt zwei Asymptoten. Eine Asymptote ist eine Gerade, der sich eine
Kurve, in diesem Fall die Hyperbel, im Unendlichen
immer mehr ann¨ahert. Die Gleichung
√
der Hyperbel l¨asst sich schreiben als y = ± ab x
1−
a2
x2 .
Wenn x gegen +∞ oder −∞ geht,
2
dann geht xa2 gegen 0 und die Hyperbel n¨ahert sich immer mehr der Gerade y = ab x oder
der Gerade y = − ab x. Somit sind diese beiden Geraden Asymptoten der Hyperbel.
Vertauscht man die Variablen x und y, dann erh¨alt man die an der Diagonale gespiegelte
2
2
Hyperbel mit Brennpunkten auf der y-Achse. Diese hat daher die Gleichung − xb2 + ay2 = 1.
Bemerkung: Oben wurde (1) ⇒ (5) gezeigt, das heißt jeder Punkt, der auf der Ellipse
bzw. Hyperbel liegt, erf¨
ullt die Gleichung (5). Es gilt auch die Umkehrung. Dazu m¨
ussen
wir (5) ⇒ (1) zeigen. Wir zeigen das durch einen indirekten Beweis.
√
√
Wir nehmen an, dass (1) nicht gilt, das heißt (x + e)2 + y 2 + (x − e)2 + y 2 = 2˜
a f¨
ur
ein a
˜ ̸= a. (Im Fall der Ellipse haben wir a
˜ > e und im Fall der Hyperbel a
˜ < e wegen
2
2
der Dreiecksungleichung.) Dann w¨
urde nach obiger Rechnung auch xa˜2 + a˜2y−e2 = 1 gelten.
F¨
ur a
˜ < a gelten
x2
a
˜2
x2
a
˜2
>
x2
a2
x2
a2
und
y2
a
˜2 −e2
y2
a
˜2 −e2
2
y2
a2 −e2
2
< a2y−e2
2
2
>
, also folgt
x2
a2
x2
a2
+
y2
a2 −e2
y2
a2 −e2
<
x2
a
˜2
x2
a
˜2
+
y2
a
˜2 −e2
y2
a
˜2 −e2
= 1.
F¨
ur a
˜ > a gelten
<
und
, also folgt
+
>
+
= 1.
2
Dabei ist zu beachten, dass a
˜ − e und a − e entweder beide positiv (Ellipse) oder beide
2
2
negativ (Hyperbel) sind. In jedem Fall ergibt sich xa2 + a2y−e2 ̸= 1, ein Widerspruch zu (5).
Damit ist (5) ⇒ (1) bewiesen.
Parabel: Schließlich bestimmen wir die Gleichung der Parabel mit
Brennpunkt F ( p2 , 0) und Leitlinie l, die die Gleichung x = − p2 hat.
Die Parabel ist die Menge aller Punkte (x, y), die von Brennpunkt F
und Leitlinie l gleichen Abstand haben. Ihre Gleichung ist daher
√
(x − p2 )2 + y 2 = x + p2
F
Quadriert man diese Gleichung und k¨
urzt, so erh¨alt man y 2 = 2px.
Das ist die Gleichung der Parabel mit Brennpunkt F und Leitlinie l.
Ist p > 0, dann k¨onnen nur Punkte rechts von l gleichen Abstand von
l
F und l haben. Die Parabel liegt rechts von der Leitlinie l und ist
nach rechts offen, wie in der Zeichnung. Ist p < 0, dann hat man eine Parabel, die links
von der Leitlinie l liegt und nach links offen ist (an der y-Achse gespiegelt). Vertauscht
man die Variablen x und y, dann erh¨alt man die an der Diagonale gespiegelte Parabel mit
der Gleichung x2 = 2py. Sie ist entweder nach oben oder nach unten offen.
Der Punkt (0, 0) erf¨
ullt die Parabelgleichung. Man nennt ihn den Scheitel der Parabel.
56
Isometrien und Kegelschnitte
6. Tangentenkonstruktion
Zwei Gerade, die einander in einem Punkt S schneiden, bilden vier Winkel. Man
erh¨
alt zwei Paare von einander gegen¨
uberliegenden Winkeln, die gleich groß sind und eine
gemeinsame Winkelsymmetrale haben, wenn man die Winkelsymmetrale als eine durch den
Schnittpunkt S hindurchgehende Gerade auffasst. Jedes Winkelpaar hat also eine Winkelsymmetrale und diese beiden Winkelsymmetralen stehen senkrecht aufeinander. Wir
nennen sie einfach die Winkelsymmetralen der einander schneidenden Geraden.
Gegeben ist ein Punkt P auf einem Kegelschnitt. Gesucht ist die Tangente im Punkt
P an den Kegelschnitt. Die folgenden S¨atze geben eine Methode zur Konstruktion dieser
Tangente.
Satz 95: Sei P ein Punkt auf einer Ellipse mit Brennpunkten F1 und F2 . Sei g die
Winkelsymmetrale der Geraden ℓ(F1 , P ) und ℓ(F2 , P ), die die Strecke F1 F2 nicht schneidet.
Dann ist g die Tangente an die Ellipse im Punkt P .
F1∗
Beweis: Sei a die L¨ange der großen Halbachse. Sei F1∗ der
an g gespiegelte Punkt F1 . Da P auf g liegt, erhalten wir
g
|F1∗ P | = |F1 P |. Da g die Winkelsymmetrale der Geraden
P
ℓ(F1 , P ) und ℓ(F2 , P ) ist, liegt F1∗ auf ℓ(F2 , P ). Da F1∗ auf
∗
der anderen Seite von g liegt als F2 , liegen die Punkte F1 ,
P und F2 in dieser Reihenfolge auf ℓ(F2 , P ). Da weiters P
F1
F2
auf der Ellipse liegt, erhalten wir
|F1∗ F2 | = |F1∗ P | + |P F2 | = |F1 P | + |P F2 | = 2a
Sei Q jetzt irgendein Punkt auf g, der ungleich P ist. Aus
der Dreiecksungleichung folgt |F1∗ Q| + |QF2 | > |F1∗ F2 | = 2a, da Q nicht auf der Geraden
durch F1∗ und F2 liegt. Da Q auf der Winkelsymmetrale g liegt, gilt auch |F1 Q| = |F1∗ Q|.
Es folgt |F1 Q| + |QF2 | > 2a, das heißt Q liegt außerhalb der Ellipse. Somit liegen alle
Punkte der Gerade g außer P außerhalb der Ellipse. Das beweist, dass g Tangente ist.
Der Satz f¨
ur die Hyperbel ist sehr ¨ahnlich.
Satz 96: Sei P ein Punkt auf einer Hyperbel mit Brennpunkten F1 und F2 . Sei g die
Winkelsymmetrale der Geraden ℓ(F1 , P ) und ℓ(F2 , P ), die die Strecke F1 F2 schneidet.
Dann ist g die Tangente an die Hyperbel im Punkt P .
Beweis: Wir nehmen an, dass P auf dem rechten Hyperbelast liegt. Dann gilt |F1 P | − |P F2 | = 2a, wobei a die
P
L¨
ange der Halbachse ist. Sei F1∗ der an g gespiegelte Punkt
F1 . Da P auf g liegt, erhalten wir |F1 P | = |F1∗ P |. Da g
F2
die Winkelsymmetrale der Geraden ℓ(F1 , P ) und ℓ(F2 , P )
F1
∗
ist, liegt F1 auf ℓ(F2 , P ), und zwar auf der anderen Seite
von g als F1 und somit auf derselben Seite von g wie F2 .
g
Wegen |F1 P | − |P F2 | = 2a gilt auch |F1∗ P | − |P F2 | = 2a.
F1∗
∗
Damit erhalten wir schließlich |F1 F2 | = 2a.
Sei Q jetzt irgendein Punkt auf g, der ungleich P ist. Aus der Dreiecksungleichung folgt
|F1∗ F2 | + |QF2 | > |F1∗ Q|, da Q nicht auf der Geraden durch F1∗ und F2 liegt. Da Q auf der
Winkelsymmetrale g liegt, gilt auch |F1 Q| = |F1∗ Q|. Es folgt |F1 Q| − |QF2 | < |F1∗ F2 | = 2a.
Somit liegt Q auf der Seite des rechten Hyperbelasts, auf der F1 liegt. Alle Punkte der
Gerade g außer P liegen links vom rechten Hyperbelast. Das zeigt, dass g Tangente ist.
Franz Hofbauer
57
Schließlich kommen wir zur Parabel.
Satz 97: Sei P ein Punkt auf einer Parabel mit Brennpunkt F und Leitlinie l. Sei h
die Senkrechte auf l durch P und E ihr Schnittpunkt mit l. Sei g die Winkelsymmetrale
der Geraden ℓ(F, P ) und h, die die Strecke F E schneidet. Dann ist g die Tangente an die
Parabel im Punkt P .
Beweis: Es gilt |F P | = |EP |, da P auf der Parabel liegt.
Da weiters g die Symmetrale des Winkels ∠ F P E ist, ist E
h
der an g gespiegelte Punkt F . Sei jetzt Q irgendein Punkt
E
P
auf der Gerade g, der ungleich P ist. Sei D der Fußpunkt
des Lotes von Q auf die Leitlinie l. Wegen Q ̸= P gilt
D ̸= E und daher auch |DQ| < |EQ|. Da E der an der
g
Gerade g gespiegelte Punkt F ist und Q auf g liegt, gilt
F
auch |F Q| = |EQ|. Wir erhalten daher |DQ| < |F Q|. Das
zeigt, dass der Abstand von Q zur Leitlinie l kleiner ist als
l
der zum Brennpunkt F . Somit liegt Q auf der Seite der
Parabel, auf der die Leitlinie l liegt. Da alle Punkte der Gerade g außer P auf dieser Seite
der Parabel liegen, ist g Tangente.
Diese Tangentenkonstruktion hat praktische Anwendungen. Ein Lichtstrahl, der vom
Brennpunkt F1 einer Ellipse ausgeht, die Ellipse im Punkt P trifft und an dieser gespiegelt
wird, verl¨
auft dann durch den Brennpunkt F2 . Der einfallende Lichtstrahl schließt ja mit
der Tangente im Punkt P denselben Winkel ein wie der ausfallende. Da die Tangente
die Winkelsymmetrale der Gerade durch F1 und P , das ist die Bahn des einfallenden
Lichtstrahls, und der Gerade durch F2 und P ist, muss der ausfallende Lichtstrahl entlang
dieser zweiten Geraden verlaufen und somit auch durch F2 . Lichtstrahlen einer Lampe im
Brennpunkt F1 werden im Brennpunkt F2 geb¨
undelt.
¨
Ahnliches
gilt f¨
ur die Hyperbel. Ein Lichtstrahl, der vom Brennpunkt F1 einer Hyperbel
ausgeht, die Hyperbel im Punkt P trifft und an dieser gespiegelt wird, verl¨
auft dann so als
ob er aus dem Brennpunkt F2 kommen w¨
urde. Lichtstrahlen einer Lampe im Brennpunkt
F1 werden gestreut.
Eine Parabel erzeugt parallele Lichtstrahlen. Ein Lichtstrahl, der vom Brennpunkt F
einer Parabel ausgeht, die Parabel im Punkt P trifft und an dieser gespiegelt wird, verl¨
auft
dann senkrecht zur Leitlinie l. Die Tangente ist ja die Winkelsymmetrale der Gerade durch
F und P und der Senkrechten auf die Leitlinie l durch P . Lichtstrahlen einer Lampe im
Brennpunkt F werden an der Parabel so reflektiert, dass sie dann senkrecht zur Leitlinie,
also parallel zueinander verlaufen.
58
Isometrien und Kegelschnitte
7. Tangentengleichung
Wir suchen die Gleichung der Tangente im Punkt (x0 , y0 ) an einen Kegelschnitt in
Hauptlage.
Satz 98: Sei (x0 , y0 ) ein Punkt auf der Ellipse
yy0
0
in diesem Punkt ist dann xx
a2 + b2 = 1.
x2
a2
+
y2
b2
= 1. Die Gleichung der Tangente
Beweis: Sei u der Vektor vom Punkt (x0 , y0 ) zum Brennpunkt (−e, 0) und v der Vektor
vom Punkt (x0 , y0 ) zum Brennpunkt (e, 0). Die Tangente ist die Winkelsymmetrale der
beiden Geraden durch den Punkt (x0 , y0 ) mit den Richtungsvektoren u und v, und zwar
1
1
die, die nicht in dem von diesen Vektoren gebildeten Winkel liegt. Daher ist ∥u∥
u + ∥v∥
v
ein Normalvektor der Tangente.
e−x0
0
Es gilt u = ( −e−x
−y0 ) und v = ( −y0 ). Da das die Vektoren von einem Punkt auf der
Ellipse zu den beiden Brennpunkten sind, muss ∥u∥ + ∥v∥ = 2a gelten. Um ∥u∥ − ∥v∥ zu
berechnen, berechnen wir zuerst ∥u∥2 − ∥v∥2 = (e + x0 )2 + y02 − (e − x0 )2 − y02 = 4x0 e.
Dividiert man links durch ∥u∥ + ∥v∥ und rechts durch 2a, was ja das gleiche ist, dann
erh¨
alt man ∥u∥ − ∥v∥ = 2xa0 e .
1
1
Wir haben bereits oben herausgefunden, dass ∥u∥
u + ∥v∥
v ein Normalvektor der Tangente
im Punkt (x0 , y0 ) an die Ellipse ist. Unter Verwendung obiger Resultate ist dieser gleich
( (−e−x0 )∥v∥+(e−x0 )∥u∥ )
( x0 (∥u∥+∥v∥)−e(∥u∥−∥v∥) )
( a2 x0 −e2 x0 )
1
−1
−2
= ∥u∥·∥v∥
= a∥u∥·∥v∥
∥u∥·∥v∥
−y0 ∥v∥−y0 ∥u∥
y0 (∥u∥+∥v∥)
a2 y
0
2
( ab 2xy00
Ber¨
ucksichtigt man noch, dass a − e = b gilt, dann erh¨alt man, dass auch
) ein
Normalvektor der Tangente ist. Da die Tangente durch den Punkt (x0 , y0 ) verl¨
auft, ist
x20
y2
yy0
xx0
2
2
(x − x0 )b x0 + (y − y0 )a y0 = 0 ihre Gleichung. Umformen ergibt a2 + b2 = a2 + b20 . Da
2
2
2
(x0 , y0 ) ein Punkt auf der Ellipse ist, gilt auch
als Gleichung der Tangente.
x20
a2
y2
+ b20 = 1. Damit erh¨alt man
xx0
a2
0
+ yy
b2 = 1
Ein analoges Resultat gilt f¨
ur die Hyperbel.
Satz 99: Sei (x0 , y0 ) ein Punkt auf der Hyperbel
yy0
0
in diesem Punkt ist dann xx
a2 − b2 = 1.
x2
a2
2
− yb2 = 1. Die Gleichung der Tangente
1
1
Beweis: Der Beweis verl¨
auft so wie beim vorigen Satz. Nur ist jetzt ∥u∥
u − ∥v∥
v ein
2x0 e
Normalvektor der Tangente und es gilt ∥u∥ − ∥v∥ = 2a und ∥u∥ + ∥v∥ = a . (Am
anderen Ast der Hyperbel muss man a durch −a ersetzen.)
Bei der Parabel ist es einfacher.
Satz 100: Sei (x0 , y0 ) ein Punkt auf der Parabel y 2 = 2px. Die Gleichung der Tangente
in diesem Punkt ist dann yy0 = px + px0 .
Beweis: Sei u der Vektor vom Punkt (x0 , y0 ) zum Brennpunkt ( p2 , 0) und v der Vektor
vom Punkt (x0 , y0 ) normal zur Leitlinie und bis zu dieser. Da (x0 , y0 ) auf der Parabel liegt,
sind diese beiden Vektoren gleich lang. Die Tangente ist die Winkelsymmetrale der beiden
Geraden durch den Punkt (x0 , y0 ) mit den Richtungsvektoren u und v, und zwar die, die
in dem von diesen Vektoren gebildeten Winkel liegt. Daher ist u − v ein Normalvektor der
p
1 −p−2x0
0
Tangente. Wegen u = 12 ( p−2x
) erhalten wir u − v = ( −y
). Da die
−2y0 ) und v = 2 (
0
0
Tangente durch den Punkt (x0 , y0 ) verl¨
auft, ist p(x − x0 ) − y0 (y − y0 ) = 0 ihre Gleichung.
2
Wegen y0 = 2px0 wird das zu yy0 = px + px0 .
Franz Hofbauer
59
Ber¨
uhrbedingungen: Gegeben ist ein Kegelschnitt und eine Gerade. Gesucht ist eine
Bedingung daf¨
ur, dass die Gerade Tangente an den Kegelschnitt ist. Die Geradengleichung
schreiben wir in der Form ux + vy = w mit u, v, w ∈ R. Eine Gerade, die durch den
Nullpunkt geht, kann nicht Tangente einer Ellipse oder Hyperbel in Hauptlage sein, da
yy0
xx0
onnen wir in diesen F¨allen w ̸= 0
a2 ± b2 = 1 die Tangentengleichung ist. Daher k¨
annehmen und die Geradengleichung in der Form ux + vy = 1 schreiben.
Satz 101: Die Gerade ux + vy = 1 ist Tangente an die Ellipse
wenn u2 a2 + v 2 b2 = 1 gilt.
x2
a2
+
y2
b2
= 1 genau dann,
Beweis: Wir nehmen an, dass ux + vy = 1 Tangente ist. Sei (x0 , y0 ) der Ber¨
uhrpunkt. Da
x20
y02
xx0
0
er auf der Ellipse liegt, gilt a2 + b2 = 1. Die Tangentengleichung ist dann a2 + yy
b2 = 1.
Das ist dieselbe Gerade wie ux+vy = 1. Es gilt daher u = xa20 und v = yb20 . Es folgt x0 = a2 u
4 2
4 2
und y0 = b2 v. Setzt man das in die Ellipsengleichung ein, so hat man aau2 + b bv2 = 1.
Durch Umformen erh¨alt man u2 a2 + v 2 b2 = 1.
Wir nehmen an, dass u2 a2 + v 2 b2 = 1 gilt. Sei x0 = a2 u und y0 = b2 v. Dann liegt der
Punkt (x0 , y0 ) auf der Ellipse, da ja u2 a2 + v 2 b2 = 1 gilt. Die Gleichung der Tangente in
yy0
0
diesem Punkt ist xx
urzen ergibt ux + vy = 1.
a2 + b2 = 1. Einsetzen von x0 und y0 und K¨
Damit ist gezeigt, dass diese Gerade Tangente ist.
Satz 102: Die Gerade ux + vy = 1 ist Tangente an die Hyperbel
wenn u2 a2 − v 2 b2 = 1 gilt.
x2
a2
2
− yb2 = 1 genau dann,
Beweis: Man muss im vorhergehenden Beweis nur b2 durch −b2 ersetzen.
Satz 103: Die Gerade ux + vy = w ist Tangente an die Parabel y 2 = 2px genau dann,
wenn v 2 p = −2uw gilt.
Beweis: Wir nehmen an, dass ux + vy = w Tangente ist. Sei (x0 , y0 ) der Ber¨
uhrpunkt.
2
Da er auf der Parabel liegt, gilt y0 = 2px0 . Die Tangentengleichung ist −px + yy0 = px0 .
Das ist die Gerade ux + vy = w. Es gilt daher u = −λp, v = λy0 und w = λpx0 f¨
ur ein
pv
λ ∈ R \ {0}. Es folgt u ̸= 0 und λ = − up und daraus x0 = − w
und
y
=
−
.
Setzt
man
0
u
u
2 2
2
das in die Parabelgleichung ein, so hat man puv2 = − 2pw
u . Umformen ergibt v p = −2uw.
Wir nehmen an, dass v 2 p = −2uw gilt. Es muss u ̸= 0 gelten, sonst w¨are auch v null
pv
und wir h¨atten keine Geradengleichung mehr. Sei x0 = − w
u und y0 = − u . Dann liegt
der Punkt (x0 , y0 ) auf der Parabel, da ja v 2 p = −2uw gilt. Die Gleichung der Tangente
in diesem Punkt ist yy0 = px + px0 . Setzt man x0 und y0 ein und formt um, dann erh¨alt
man ux + vy = w. Damit ist gezeigt, dass diese Gerade Tangente ist.
Beispiel: Gesucht ist eine Ellipse in Hauptlage, die durch den Punkt (4, 65 ) geht und die
Gerade 3x + 10y = 25 als Tangente hat.
2
2
36
Die Gleichung der Ellipse ist xa2 + yb2 = 1. Es gilt also a162 + 25b
uhrbedingung
2 = 1. Die Ber¨
3
2
9 2
4 2
2 2
2 2
ist u a + v b = 1. Da die Gerade 25 x + 5 y = 1 Tangente ist, gilt auch 625 a + 25
b = 1,
9 2
16
36
das heißt 25b2 = 625
−
a
.
Setzt
man
das
in
die
Gleichung
+
=
1
ein
und
formt
4
4
a2
25b2
4
2
um, so ergibt sich 9a − 625a + 10000 = 0. L¨ost man diese quadratische Gleichung, so
9 2
erh¨
alt man a2 = 25 und a2 = 400
osungen. Aus der Gleichung 25b2 = 625
9 als L¨
4 − 4 a folgt
dann b2 = 4 im ersten und b2 = 94 im zweiten Fall.
2
2
2
2
4y
osungen.
Wir erhalten die Ellipsen mit Gleichungen x25 + y4 = 1 und 9x
400 + 9 = 1 als L¨
6
Beide gehen durch den Punkt (4, 5 ) und haben die Gerade 3x + 10y = 25 als Tangente.
60
Isometrien und Kegelschnitte
8. Tangenten von einem Punkt an einen Kegelschnitt
Gegeben ist eine Ellipse mit Brennpunkten F1 und F2 und großer Halbachse a. Sei P
ein Punkt außerhalb der Ellipse. Die Tangenten von P an die Ellipse sind zu konstruieren.
Wir nehmen die im Beweis von Satz 95 verH
wendete Methode zu Hilfe. Wir konstruieren
zuerst den Punkt F1∗ . Er hat Abstand 2a
von F2 und von jedem Punkt der Tangente
P
denselben Abstand wie F1 , da die Tangente ja
∗
die Symmetrale der Strecke F1 F1 ist. Somit
liegt F1∗ auf dem Kreis mit Mittelpunkt F2
und Radius 2a und auf dem Kreis mit MitF1
F2
telpunkt P durch F1 . Diese beiden Kreise
haben zwei Schnittpunkte G und H. Sie spieG
len die Rolle des Punktes F1∗ . Die Symmetralen der Strecken F1 G und F1 H sind dann
die beiden Tangenten durch P an die Ellipse.
Ihre Ber¨
uhrpunkte sind die Schnittpunkte der Geraden ℓ(F2 , G) und ℓ(F2 , H) mit der
Ellipse.
F¨
ur die Hyperbel funktioniert dieselbe Konstruktion, da auch in diesem Fall der Punkt
∗
F1 Abstand 2a von F2 hat und von jedem Punkt der Tangente denselben Abstand wie F1 .
Im Fall der Parabel ist es ein wenig anders.
Spiegelt man den Brennpunkt F an einer TanH
gente, dann erh¨alt man einen Punkt E, der
auf der Leitlinie l liegt. Das wird im Beweis von Satz 97 gezeigt. Insbesondere hat E
von jedem Punkt der Tangente denselben AbP
stand wie F . Wir zeichnen den Kreis mit MitF
telpunkt P durch F . Dann muss E auf diesem
Kreis und auf der Leitlinie liegen. Es gibt
zwei Schnittpunkte G und H dieses Kreises
G
mit der Leitlinie l. Sie spielen die Rolle des
Punktes E. Daher sind die Symmetralen der
l
Strecken F G und F H die beiden Tangenten
durch P an die Parabel. Ihre Ber¨
uhrpunkte sind die Schnittpunkte der Senkrechten auf l
durch G und H mit der Parabel.
Polare: Um die Gleichungen der Tangenten von einem Punkt (r, s) an einen Kegelschnitt
zu bestimmen, verwendet man eine Gerade, die Polare zum Punkt (r, s) heißt. Ihre Gleichung ist dieselbe wie die der Tangente, nur setzt man anstelle des Ber¨
uhrpunktes (x0 , y0 )
y2
ys
x2
xr
den Punkt (r, s) ein: F¨
ur die Ellipse a2 + b2 = 1 ist a2 + b2 = 1 die Gleichung der Polare
2
2
ys
zum Punkt (r, s). F¨
ur die Hyperbel xa2 − yb2 = 1 ist xr
a2 − b2 = 1 die Gleichung der Polare
zum Punkt (r, s). F¨
ur die Parabel y 2 = 2px ist ys = px + pr die Gleichung der Polare zum
Punkt (r, s). Es gilt dann
Satz 104: Sei (r, s) ein Punkt, der nicht auf dem Kegelschnitt liegt. Die Schnittpunkte der
Polare zum Punkt (r, s) mit dem Kegelschnitt sind dann die Ber¨
uhrpunkte der Tangenten
vom Punkt (r, s) aus an den Kegelschnitt. Hat die Polare keinen Schnittpunkt mit dem
Franz Hofbauer
61
Kegelschnitt, dann existieren keine Tangenten vom Punkt (r, s) aus an den Kegelschnitt.
2
2
Beweis: Wir f¨
uhren den Beweis nur f¨
ur die Ellipse xa2 + yb2 = 1. Ist (x0 , y0 ) ein Schnittys
y0 s
x0 r
punkt der Polare xr
a2 + b2 = 1 mit der Ellipse, dann gilt a2 + b2 = 1. Das heißt, der
Punkt (r, s) liegt auf der Tangente der Ellipse, die Ber¨
uhrpunkt (x0 , y0 ) hat.
Es existiere eine Tangente vom Punkt (r, s) aus an die Ellipse. Ist (x0 , y0 ) ihr Ber¨
uhrpunkt,
yy0
xx0
rx0
0
dann hat sie die Gleichung a2 + b2 = 1. Da (r, s) auf der Tangente liegt, gilt a2 + sy
b2 = 1.
Das aber heißt, dass (x0 , y0 ) ein Schnittpunkt der Polare mit der Ellipse ist.
2
2
Beispiel: Gesucht sind die Tangenten vom Punkt (1, 2) aus an die Ellipse x3 + 2y3 = 1. Die
2ys
Gleichung der Polaren zum Punkt (r, s) (und auch die der Tangente) ist xr
ur
3 + 3 = 1. F¨
4y
x
den Punkt (1, 2) ist sie 3 + 3 = 1 oder x = 3 − 4y. Setzt man das in die Ellipsengleichung
ein, so hat man (3 − 4y)2 + 2y 2 = 3 oder y 2 − 43 y + 13 = 0. Die L¨osungen sind y1 = 1
und y2 = 13 , woraus x1 = −1 und x2 = 53 aus der Gleichung der Polaren folgt. Die
Schnittpunkte der Polaren mit der Ellipse sind daher (−1, 1) und ( 35 , 13 ). Als Gleichungen
2y
5x
der Tangenten in diesen Punkten erhalten wir − x3 + 2y
3 = 1 und 9 + 9 = 1. Sie gehen
durch den Punkt (1, 2).
9. Hauptachsentransformation
Wir wollen Kegelschnitte untersuchen, die nicht in Hauptlage liegen. Sie sollen durch
Drehungen und Translationen in Hauptlage gebracht werden.
Um die Vektorschreibweise verwenden zu k¨onnen, schreiben wir jetzt x1 und x2 anstelle
von x und y und bezeichnen den Vektor ( xx12 ) mit x.
Kurven in der Ebene stellt man allgemein durch Gleichungen g(x) = 0 dar, wobei g eine
x2
x2
Funktion von R2 nach R ist. F¨
ur g(x1 , x2 ) = a21 + b22 − 1 ist die Kurve zum Beispiel eine
¨berlegen uns zuerst, wie sich
Ellipse und f¨
ur g(x1 , x2 ) = x22 − px1 ist sie eine Parabel. Wir u
die Gleichung einer Kurve ver¨
andert, wenn wir auf die Kurve eine Isometrie L anwenden.
Satz 105: Die Menge K = {x ∈ R2 : g(x) = 0} sei eine Kurve im R2 , wobei g : R2 → R
eine Funktion ist. Sei L : R2 → R2 eine Isometrie und h = g ◦ L. F¨
ur die Kurve
2
˜
˜
˜
K = {x ∈ R : h(x) = 0} gilt dann L(K) = K. Die Isometrie L f¨
uhrt die neue Kurve K
in die alte Kurve K zur¨
uck.
˜ ⇔ h(x) = 0 ⇔ g(L(x)) = 0 ⇔ L(x) ∈ K. Damit ist x ∈ K
˜ ⇔
Beweis: Es gilt x ∈ K
˜ = K.
L(x) ∈ K gezeigt, das heißt L(K)
Wir untersuchen Kurven g(x) = 0, wobei g(x) ein Polynom in zwei Variablen vom Grad 2
ist, das heißt g(x1 , x2 ) = a1 x21 +a2 x22 +2a3 x1 x2 +b1 x1 +b2 x2 +c mit rellen Koeffizienten a1 ,
a2 , a3 , b1 , b2 und c. Der Faktor 2 beim Koeffizienten a3 dient der bequemeren Darstellung.
Wir wollen herausfinden, welche Kurven das sind. Wir suchen Isometrien, die diese Kurven
in eine bekannte Form bringen.
Zuvor bringen wir dieses Polynom mit Hilfe von Matrizen in eine bequemere Form. Wir
setzen A = ( aa13 aa32 ) und b = ( bb12 ). Dann gilt bt x = (b1 b2 )( xx12 ) = b1 x1 + b2 x2 und
2
2
3 x2
xt Ax = (x1 x2 )( aa13 aa32 )( xx12 ) = (x1 x2 )( aa31 xx11 +a
+a2 x2 ) = a1 x1 + a3 x1 x2 + a3 x2 x1 + a2 x2 =
a1 x21 + a2 x22 + 2a3 x1 x2 . Damit erhalten wir
g(x) = xt Ax + bt x + c
62
Isometrien und Kegelschnitte
Durch Anwenden einer entsprechenden Drehung auf die Kurve mit der Gleichung g(x) = 0
versuchen wir, den Koeffizienten von x1 x2 zum Verschwinden zu bringen. Wir nehmen
daher an, dass a3 ̸= 0 gilt, sonst ist ja nichts zu tun. Eine Drehung um den Nullpunkt hat
die Matrix R = ( uu12 vv12 ), wobei u und v Vektoren der L¨ange 1 mit ⟨u, v⟩ = 0 sind. Nach
Satz 105 ist g(Rx) = 0 die Kurve, die durch die Drehung mit Matrix R in die vorliegende
Kurve g(x) = 0 u
¨bergeht. Wegen (Rx)t = xt Rt erhalten wir
(∗)
g(Rx) = xt Rt ARx + bt Rx + c
Wir bestimmen R so, dass Rt AR = ( λ01 λ02 ) gilt mit λ1 und λ2 in R. Dann gilt n¨amlich
xt Rt ARx = λ1 x21 + λ2 x22 , das heißt x1 x2 kommt nicht mehr vor.
Die Matrix R hat die Spaltenvektoren u und v. Die Matrix Rt hat daher die Vektoren u
t
Au ut Av ).
und v als Zeilen. Aus der Definition der Matrixmultiplikation folgt Rt AR = ( uvt Au
vt Av
t
t
t
Insbesondere hat die Matrix R AR Eintragung u Av rechts oben und v Au links unten.
Es muss also ut Av = 0 und vt Au = 0 gelten, das heißt ⟨u, Av⟩ = 0 und ⟨v, Au⟩ = 0.
Wegen ⟨u, v⟩ = 0 stehen Au und u senkrecht auf v, das heißt Au = λ1 u f¨
ur ein λ1 ∈ R.
Ebenso stehen Av und v senkrecht auf u, das heißt Av = λ2 v f¨
ur ein λ2 ∈ R. Somit sind
λ1 und λ2 Eigenwerte der Matrix A und u und v sind zugeh¨orige Eigenvektoren.
Wegen Satz 88 sind λ1 und λ2 reell und verschieden. Weiters sind die Eigenvektoren
u und v zueinander orthogonal. Da jedes Vielfache von u ebenfalls Eigenvektor zum
Eigenwert λ1 ist, k¨onnen wir den Vektor u so w¨ahlen, dass er L¨ange 1 hat. Es existiert
α
ein Winkel α mit u = ( cos
sin α ). Da v senkrecht auf den Vektor u steht, ist der Vektor
sin α
w = ( −cos
α ) ein Vielfaches von v. Da aber jedes Vielfache von v ebenfalls Eigenvektor
α − sin α
zum Eigenwert λ2 ist, k¨onnen wir v = w w¨ahlen. Wir erhalten R = ( cos
sin α cos α ). Da
auch ut Au = ut λ1 u = λ1 ut u = λ1 und vt Av = vt λ2 v = λ2 vt v = λ2 gilt, ergibt sich
Rt AR = D = ( λ01 λ02 ). Wenn wir diese Matrix R in (∗) verwenden, dann wird der
Koeffizient von x1 x2 gleich null.
Sei h(x) = g(Rx). Um herauszufinden, welche Kurve durch g(x) = 0 gegeben ist, gen¨
ugt
es, die neue Kurve h(x) = 0 zu untersuchen. Nach (∗) gilt h(x) = xt Rt ARx + bt Rx + c.
Wir haben Rt AR bereits berechnet. Weiters ist bt R ein Zeilenvektor, den wir mit dt
bezeichnen. Setzen wir das ein, dann erhalten wir
h(x) = xt Dx + dt x + c = λ1 x21 + λ2 x22 + d1 x1 + d2 x2 + c
Wir haben x1 x2 zum Verschwinden gebracht.
Um die Gleichung h(x) = 0 in eine bekannte Form zu bringen, m¨
ussen wir noch eine
Translation durchf¨
uhren. Wir behandeln zuerst den Fall, dass λ1 und λ2 beide ungleich 0
sind. In diesem Fall k¨onnen wir auf vollst¨
andige Quadrate erg¨anzen. Wir erhalten
h(x) = λ1 x21 + d1 x1 +
d21
d21
4λ1
+ λ2 x22 + d2 x2 +
d22
4λ2
− e = λ1 (x1 +
d22
d1
mit e = 4λ1 + 4λ2 − c. Setzen wir r = 2λ
und s =
1
r
T (x) = x − ( s ) die Kurve h(x) = 0 u
¨ber in
λ1 x21 + λ2 x22 = e oder
λ1 2
e x1
+
d1 2
2λ1 )
+ λ2 (x2 +
d2 2
2λ2 )
−e
d2
2λ2 ,
dann f¨
uhrt die Translation
λ2 2
e x2
=1
Sind λe1 und λe2 beide > 0, dann haben wir eine Ellipse. Ist eine dieser Zahlen positiv, die
andere negativ, dann haben wir eine Hyperbel. Sind beide negativ, dann ist die Kurve
die leere Menge. Ist e = 0, dann k¨onnen wir gar nicht durch e dividieren. Haben in
diesem Fall λ1 und λ2 gleiches Vorzeichen, dann besteht die Kurve nur aus einem Punkt.
Haben sie verschiedenes Vorzeichen, dann besteht die Kurve aus zwei Geraden, die einander
Franz Hofbauer
63
schneiden.
Wir behandeln noch den Fall, dass λ1 oder λ2 gleich 0 ist, sagen wir es sei λ2 . Es sei
aber λ1 ̸= 0, sonst ist h(x) = 0 ja nur eine Geradengleichung. Außerdem sei d2 ̸= 0, sonst
kommt ja x2 gar nicht mehr vor. Dann w¨
urde die Kurve aus zwei zur x-Achse senkrechten
Geraden bestehen oder die leere Menge sein. Wir haben dann
h(x) = λ1 x21 + d1 x1 + d2 x2 + c
In diesem Fall erhalten wir durch Erg¨anzen auf ein vollst¨
andiges Quadrat
h(x) = λ1 x21 + d1 x1 +
d21
4λ1
+ d2 x2 + e = λ1 (x1 +
d1 2
2λ1 )
+ d2 (x2 +
e
d2 )
d2
d1
mit e = c − 4λ11 . Setzt man r = 2λ
und s = de2 , dann f¨
uhrt die Translation T (x) = x − ( rs )
1
2
die Kurve h(x) = 0 u
¨ber in x21 = −d
λ1 x2 . Das ist die Gleichung einer Parabel.
Es folgen Beispiele f¨
ur Hauptachsentransformationen. Ein Kegelschnitt in allgemeiner
Lage ist durch eine Drehung und eine Translation in Hauptlage zu bringen. Wir kehren
wieder zur gewohnten Schreibweise zur¨
uck und schreiben x und y anstelle von x1 und x2 .
Beispiel: Welcher Kegelschnitt wird durch die Gleichung
6xy + 8y 2 − 24x − 52y + 71 = 0
dargestellt? Er soll durch eine Drehung und eine Translation in Hauptlage gebracht werden.
Wir haben A = ( 03 38 ) und bt = (−24 − 52). Das charakteristische Polynom der Matrix A
√
3
2
ist | −λ
3 8−λ | = −λ(8 − λ) − 9 = λ − 8λ − 9. Die Eigenwerte sind λ1,2 = 4 ± 25, das heißt
λ1 = 9 und λ2 = −1. Zugeh¨orige Eigenvektoren sind L¨osungen der Gleichungssysteme
3
1 3
1
−3
( −9
3 −1 )u = 0 und ( 3 9 )v = 0. Wir erhalten u = ( 3 ) und v = ( 1 ). Eigenvektoren
der L¨ange 1 sind dann √110 ( 13 ) und √110 ( −3
1 ). Diese beiden Vektoren sind die Spalten
der Rotationsmatrix R. Wir erhalten also R = √110 ( 13 −3
1 ). Schließlich berechnen wir
√
√
dt = bt R = (−24 − 52) √110 ( 13 −3
1 ) = (−18 10 2 10). Wir erhalten den Kegelschnitt
√
√
9x2 − y 2 − 18 10x + 2 10y + 71 = 0
der durch eine Rotation mit Matrix R in den gegebenen Kegelschnitt u
¨bergef¨
uhrt wird.
In dieser Gleichung m¨
ussen wir auf vollst¨
andige Quadrate erg¨anzen. Das f¨
uhrt zu
√
√
√
√
9(x2 − 2 10x + 10) − (y 2 − 2 10y + 10) − 80 + 71 = 0 oder 9(x − 10)2 − (y − 10)2 = 9
Eine entsprechende Translation f¨
uhrt schließlich zur Gleichung x2 − 19 y 2 = 1. Das ist eine
Hyperbel in Hauptlage mit a = 1 und b = 3.
Beispiel: Wir ¨andern im letzten Beispiel nur die Konstante 71 auf 80. Das ergibt die
Gleichung 6xy + 8y 2 − 24x − 52y + 80 = 0. Dieselbe Rechnung wie oben f¨
uhrt dann zu
√
√
√ 2
√
2
2
9(x − 2 10x + 10) − (y − 2 10y + 10) − 80 + 80 = 0 oder 9(x − 10) − (y − 10)2 = 0
F¨
uhren wir noch eine entsprechende Translation durch, dann erhalten wir 9x2 − y 2 = 0,
das ist (3x − y)(3x + y) = 0. Die Kurve besteht aus den beiden Geraden 3x − y = 0 und
3x + y = 0. Die urspr¨
ungliche Kurve erh¨alt man durch eine Translation und eine Drehung.
Daher besteht sie ebenfalls aus zwei Geraden, die einander schneiden.
Beispiel: Welcher Kegelschnitt wird durch die Gleichung
x2 + 2xy + y 2 + 6x + 2y = 0
dargestellt? Er soll durch eine Drehung und eine Translation in Hauptlage gebracht werden.
64
Isometrien und Kegelschnitte
Wir haben A = ( 11 11 ) und bt = (6 2). Das charakteristische Polynom der Matrix A ist
1
2
2
| 1−λ
1 1−λ | = (1 − λ) − 1 = λ − 2λ. Die Eigenwerte sind λ1 = 0 und λ2 = 2. Die
1
Eigenvektoren sind L¨osungen der Gleichungssysteme ( 11 11 )u = 0 und ( −1
1 −1 )v = 0. Wir
1
1
erhalten u = ( −1
) und v = ( 11 ). Eigenvektoren der L¨ange 1 sind dann √12 ( −1
) und
√1 ( 1 ).
2 1
1 1
Sie sind die Spalten der Rotationsmatrix R, das heißt R = √12 ( −1
1 ). Schließlich
√
√
1
1
1
t
t
berechnen wir d = b R = (6 2) √2 ( −1 1 ) = (2 2 4 2). Wir erhalten den Kegelschnitt
√
√
√
√
2y 2 + 2 2x + 4 2y = 0 oder y 2 + 2x + 2 2y = 0
der durch eine Rotation mit Matrix R in den gegebenen Kegelschnitt u
¨bergef¨
uhrt wird.
In dieser Gleichung m¨
ussen wir auf ein vollst¨
andiges Quadrat erg¨anzen. Das f¨
uhrt zu
√
√
√ 2 √
√
2
(y + 2 2y + 2) + 2x − 2 = 0 oder (y + 2) + 2(x − 2) = 0
√
Eine entsprechende Translation f¨
uhrt schließlich zu der Gleichung y 2 = − 2x. Das ist
eine Parabel in Hauptlage mit p = − √12 .
10. Leitlinie und Polarkoordinaten
¨
Ublicherweise
werden die Kegelschnitte unterschiedlich definiert. W¨ahrend Ellipse und
Hyperbel mit Hilfe von zwei Brennpunkten definiert werden, wird bei der Parabel ein
Brennpunkt und eine Leitlinie verwendet. Man kann jedoch die Kegelschnitte auch einheitlich mit Hilfe eines Brennpunktes und einer Leitlinie definieren.
Seien c und d reelle Zahlen. Sei (c, 0) der Brennpunkt F und die Senkrechte zur x-Achse
durch d sei die Leitlinie l. Sei weiters q > 0. Wir suchen die Menge aller Punkte (x, y),
deren Abstand zum Brennpunkt F das q-fache des√
Normalabstandes zur Leitlinie l ist.
Der Abstand von (x, y) zum Brennpunkt (c, 0) ist (x − c)2 + y 2 . Der Normalabstand
von (x, y) zur Leitlinie ist |x − d|. Wir erhalten daher die Gleichung
√
(x − c)2 + y 2 = q|x − d| oder (x − c)2 + y 2 = q 2 (x − d)2
Ausquadrieren und Zusammenfassen ergibt
(∗)
x2 (1 − q 2 ) + 2x(q 2 d − c) + c2 − q 2 d2 + y 2 = 0
Wir unterscheiden die F¨alle q = 1 und q ̸= 1.
Parabel: Im Fall q = 1 ist der Abstand des Punktes (x, y) zum Brennpunkt und zur
Leitlinie gleich groß. Das ist die Definition der Parabel, die wir schon fr¨
uher hatten. Setzt
man q = 1 in die Gleichung (∗) ein, so ergibt sich
2x(d − c) + c2 − d2 + y 2 = 0
oder
y 2 = 2(c − d)(x −
c+d
2 )
Hier sieht man ebenfalls, dass eine Parabel vorliegt, die durch eine Translation in Hauptlage
mit Gleichung y 2 = 2(c − d)x u
¨bergef¨
uhrt werden kann.
Ellipse und Hyperbel: Sei jetzt q ̸= 1. In diesem Fall kann man die Gleichung ( ∗ )
weiter umformen. Erg¨anzen auf vollst¨
andige Quadrate ergibt
2
2
d−c
q d−c 2
2
(1 − q 2 )(x2 + 2x q1−q
= q 2 d2 − c2 +
2 + ( 1−q 2 ) ) + y
(q 2 d−c)2
1−q 2
Rechnet man die rechte Seite aus, k¨
urzt und fasst zusammen, so erh¨alt man
(1 − q 2 )(x +
q 2 d−c 2
1−q 2 )
+ y2 =
q 2 (d−c)2
1−q 2
Dividiert man noch durch die rechte Seite, so hat man
(1−q 2 )2
q 2 (d−c)2 (x
+
q 2 d−c 2
1−q 2 )
+
1−q 2
q 2 (d−c)2
y2 = 1
Franz Hofbauer
65
Durch eine entsprechende Translation kann man den Kegelschnitt in Hauptlage bringen
(1−q 2 )2
2
q 2 (d−c)2 x
2
+
1−q 2
q 2 (d−c)2
y2 = 1
Man sieht, dass der Koeffizient von x immer > 0 ist, der Koeffizient von y 2 kann beide
Vorzeichen haben.
Gilt 0 < q < 1, dann ist auch der Koeffizient von y 2 positiv. Es liegt eine Ellipse vor
2
2
2
2
2
2
(d−c)2
(d−c)2
2
mit a2 = q(1−q
= q 1−q
. Es folgt ab 2 = 1 − q 2 und daraus q 2 = a a−b
= ae2 ,
2 )2 und b
2
2
2
also q = ae . Weiters folgt (d − c)2 = b2 1−q
q2 =
b4
e2 ,
das heißt |d − c| =
b2
e .
Bei der Ellipse ist
2
der Abstand von Brennpunkt und Leitlinie gleich be und der Quotient q gleich ae .
Gilt q > 1, dann ist der Koeffizient von y 2 negativ. Es liegt eine Hyperbel vor mit
2
2
2
2
2
2
2
(d−c)2
2
a2 = q(1−q
= q q(d−c)
. Es folgt ab 2 = q 2 − 1 und daraus q 2 = a a+b
= ae2 , also
2 )2 und b
2 −1
2
wieder q =
e
a.
Weiters folgt (d − c)2 = b2 q q−1
=
2
2
b4
e2 ,
das heißt |d − c| =
b2
e .
Auch bei
b2
e
der Hyperbel ist der Abstand von Brennpunkt und Leitlinie gleich
und der Quotient q
gleich ae . Nur ist ae im Gegensatz zur Ellipse jetzt > 1.
Bei einer Ellipse zeichnet man links vom linken Brennpunkt F1 und rechts vom rechten
2
Brennpunkt F2 jeweils im Abstand be senkrecht zur Hauptachse eine Leitlinie. Die Ellipse
ist dann die Menge aller Punkte, deren Abstand zum Brennpunkt F1 das ae -fache des
Abstandes zur Leitlinie l1 ist. Genau dieselbe Aussage gilt auch f¨
ur F2 und l2 .
F1
F1
l1
F2
F2
l2
l1
l2
Bei einer Hyperbel zeichnet man rechts vom linken Brennpunkt F1 und links vom rechten
2
Brennpunkt F2 jeweils im Abstand be senkrecht zur Hauptachse eine Leitlinie. Die Hyperbel ist dann die Menge aller Punkte, deren Abstand zum Brennpunkt F1 das ae -fache
des Abstandes zur Leitlinie l1 ist. Genau dieselbe Aussage gilt auch f¨
ur F2 und l2 .
Polarkoordinaten: Anstatt durch die Koordinaten x und y wird ein Punkt P durch
−→
seinen Abstand r vom Nullpunkt O und durch den Winkel φ, den der Vektor OP mit
der positiven x-Achse einschließt, dargestellt. Die Umrechnung erfolgt durch die Formeln
x = r cos φ und y = r sin φ. Es soll eine Polarkoordinatendarstellung der Kegelschnitte
gefunden werden, bei der ein Brennpunkt im Nullpunkt O liegt.
Wir nehmen an, dass d > 0 gilt und die Leitlinie senkrecht zur x-Achse durch d verl¨auft.
Der Brennpunkt liegt dann links von der Leitlinie. Wir wissen bereits, dass dann im Fall
einer Ellipse oder Parabel die gesamte Kurve, im Fall einer Hyperbel jedoch nur der linke
Ast links von der Leitlinie liegt. Ein Punkt P , der Polarkoordinaten r und φ hat und links
von der Leitlinie liegt, hat Abstand r vom Brennpunkt, der ja im Nullpunkt liegt, und
66
Isometrien und Kegelschnitte
Abstand d − r cos φ von der Leitlinie. Ein Punkt liegt auf dem Kegelschnitt, wenn diese
Abst¨
ande Verh¨
altnis q haben. Die Kegelschnittgleichung ist daher
r = q(d − r cos φ)
oder
r=
qd
1+q cos φ
F¨
ur 0 < q < 1 stellt diese Gleichung eine Ellipse dar, f¨
ur q = 1 eine Parabel und f¨
ur q > 1
den linken Ast einer Hyperbel. (Bei der Hyperbel l¨auft φ nur in dem Intervall f¨
ur das
cos φ > − 1q gilt, das ist das Intervall (− arccos(− 1q ), arccos(− 1q )), sonst ist r negativ.)
Will man den rechten Ast der Hyperbel erhalten, dann muss man Punkte rechts von der
Leitlinie betrachten. Ein Punkt P , der Polarkoordinaten r und φ hat und rechts von der
Leitlinie liegt, hat Abstand r vom Brennpunkt und Abstand r cos φ − d von der Leitlinie.
Die Kegelschnittgleichung ist daher
r = q(r cos φ − d)
oder
r=
qd
q cos φ−1
F¨
ur q ≤ 1 gibt es keinen Punkt, der diese Gleichung erf¨
ullt, da r ja > 0 sein muss. (Ellipse
und Parabel liegen zur G¨anze links von der Leitlinie.) F¨
ur q > 1 stellt diese Gleichung
den rechten Ast einer Hyperbel dar. (Dabei l¨auft φ nur in dem Intervall f¨
ur das cos φ > 1q
gilt, das ist das Intervall (− arccos 1q , arccos 1q ), sonst ist r negativ.)
V. Lineare Gleichungssysteme
1. Das Gaußsche Eliminationsverfahren
Lineare Gleichungssysteme mit zwei Gleichungen und zwei Variablen sind leicht l¨osbar.
Bei drei Variablen (oder mehr) ist das schwieriger. Da ist es besser, ein systematisches
Verfahren anzuwenden, n¨amlich das sogenannte Gaußsche Eliminationsverfahren. Durch
¨
Aquivalenzumformungen
(das sind Umformungen, die die L¨osungsmenge nicht ¨andern)
wird das Gleichungssystem in eine Form gebracht, die eine direkte Aufl¨osung zul¨asst.
¨
Grundlegend f¨
ur das Gaußsche Eliminationsverfahren ist folgende Aquivalenzumformung:
Das a-fache einer Gleichung, wobei a eine relle
Zahl ist, wird zu einer anderen Gleichung addiert.
¨
Das ist eine Aquivalenzumformung.
Die Gleichung, deren a-faches man addiert hat, ist
ja immer noch vorhanden. Daher kann man das a-fache dieser Gleichung auch wieder
subtrahieren und so zum urspr¨
unglichen Gleichungssystem zur¨
uckkehren. Das zeigt, dass
sich die L¨osungsmenge des linearen Gleichungssystems durch solche Umformungen nicht
andert.
¨
¨
Durch systematisches Anwenden dieser Aquivalenzumformung
wird die erste Variable
aus allen Gleichungen eliminiert, außer der ersten, und die zweite Variable aus allen Gleichungen außer den ersten beiden. Je nach Anzahl der Gleichungen und Variablen setzt
man das Verfahren fort. Wir bleiben vorl¨
aufig bei drei Variablen und drei Gleichungen
und f¨
uhren dieses Verfahren f¨
ur folgendes Beispiel durch.
2 x1 − 2x2 − 3 x3 = −2
−4 x1 + 6 x2 + 5 x3 = 0
4 x1 + 2 x2 − x3 = 0
Die erste Variable soll aus der zweiten und dritten Gleichung durch Addition geeigneter
Vielfachen der ersten Gleichung eliminiert werden. Damit die erste Variable aus der zweiten
Gleichung verschwindet, addieren wir das 2-fache der ersten Gleichung zur zweiten. Damit
die erste Variable aus der dritten Gleichung verschwindet, addieren wir das (−2)-fache der
ersten Gleichung zur dritten. Dadurch erhalten wir folgendes Gleichungssystem
2 x1 − 2x2 − 3 x3 = −2
2x2 −
x3 = −4
6x2 + 5 x3 = 4
Jetzt lassen wir die erste Gleichung aus dem Spiel. Damit die zweite Variable aus der
dritten Gleichung verschwindet, addieren wir das (−3)-fache der zweiten Gleichung zur
dritten Gleichung. Dadurch erhalten wir folgendes Gleichungssystem
2 x2 − 2x2 − 3 x3 = −2
2x2 −
x3 = −4
8 x3 = 16
Damit ist der erste Teil des Gaußschen Eliminationsverfahrens abgeschlossen. Wir haben
das Gleichungssystem in Dreiecksgestalt gebracht.
Der zweite Teil des Verfahrens besteht nun darin, dieses Gleichungssystem schrittweise
von unten nach oben zu l¨osen. Die dritte Gleichung ist 8 x3 = 16, woraus x3 = 2 folgt.
68
Lineare Gleichungssysteme
Die zweite Gleichung ist 2 x2 − x3 = −4, woraus 2 x2 = −4 + x3 = −2 und dann x2 = −1
folgt. Die erste Gleichung ist 2 x1 − 2 x2 − 3 x3 = −2, woraus 2 x1 = −2 + 2 x2 + 3 x3 = 2
und dann x1 = 1 folgt. Es gibt eine eindeutige L¨osung. Die L¨osungsmenge besteht nur
aus dem Punkt (1, −1, 2).
Geometrische Interpretation: Die Gleichungen des urspr¨
unglichen Gleichungssystems
kann man als Gleichungen dreier Ebenen auffassen. Diese drei Ebenen haben genau einen
Punkt gemeinsam.
Wir versuchen ein weiteres Beispiel mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren zu l¨osen.
−
x2 +
x3 = 2
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
2 x1 + 3 x2 + 7 x3 = 10
Wir k¨onnen nicht beginnen, da x1 in der ersten Gleichung nicht vorkommt. In so einem
Fall vertauscht man zwei Gleichungen, um eine Gleichung, in der x1 vorkommt in die erste
Zeile zu bringen. Wir vertauschen die ersten beiden Gleichungen und erhalten
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
−
x2 +
x3 = 2
2 x1 + 3 x2 + 7 x3 = 10
Jetzt k¨onnen wir mit dem Eliminationsverfahren beginnen. Die erste Variable kommt in
der zweiten Gleichung nicht vor, daher m¨
ussen wir sie nicht mehr eliminieren. Damit die
erste Variable aus der dritten Gleichung verschwindet, addieren wir das (−2)-fache der
ersten Gleichung zur dritten Gleichung. Dadurch erhalten wir folgendes Gleichungssystem
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
−
x2 +
x3 = 2
− 3x2 + 3 x3 = 6
Jetzt lassen wir die erste Gleichung aus dem Spiel. Damit die zweite Variable aus der
dritten Gleichung verschwindet, addieren wir das (−3)-fache der zweiten Gleichung zur
dritten Gleichung. Dadurch erhalten wir folgendes Gleichungssystem
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
−
x2 +
x3 = 2
0 x3 = 0
Die letzte Gleichung ist immer erf¨
ullt. Wir k¨onnen sie weglassen und erhalten
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
− x2 + x3 = 2
Damit ist der erste Teil des Gaußschen Eliminationsverfahrens abgeschlossen. Das Gleichungssystem ist jetzt in einer abgeschnittenen Dreiecksgestalt, man nennt das auch Stufenform.
Bei dieser Stufenform hat man jedoch weniger Gleichungen als Variable. Wir haben
eine Gleichung weniger, daher k¨onnen wir eine Variable frei w¨ahlen. Wir f¨
uhren einen
Parameter t ∈ R ein und setzen x3 = t. Die zweite Gleichung ist − x2 + x3 = 2, woraus
wir x2 = x3 − 2 = t − 2 erhalten. Die erste Gleichung ist x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2, woraus
wir x1 = 2 − 3 x2 − 2 x3 = 2 − 3t + 6 − 2t = −5t + 8 erhalten. Die L¨osung ist nicht eindeutig.
Die L¨osungsmenge ist {(−5t + 8, t − 2, t) : t ∈ R}.
Franz Hofbauer
69
Geometrische Interpretation: Die Gleichungen des urspr¨
unglichen Gleichungssystems
kann man als Gleichungen(dreier
) Ebenen
( −5 )auffassen. Diese drei Ebenen haben die Gerade
8
mit Parameterdarstellung −2 + t 1 gemeinsam.
0
1
Wir ¨andern das Gleichungssystem im letzten Beispiel ein wenig ab. Wir ¨andern nur die
rechte Seite der dritten Gleichung und versuchen das Gleichungssystem zu l¨osen
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
−
x2 +
x3 = 2
2 x1 + 3 x2 + 7 x3 = 7
F¨
uhrt man das Gaußsche Eliminationsverfahren wie oben durch, so erh¨alt man
x1 + 3 x2 + 2 x3 = 2
−
x2 +
x3 = 2
0 x3 = −3
Die dritte Gleichung ist nicht erf¨
ullbar. Sie ist ein Widerspruch. Das Gleichungssystem
hat keine L¨osung. Die L¨osungsmenge ist leer.
F¨
ur ein lineares Gleichungssystem gibt es verschiedene M¨oglichkeiten: eine eindeutige
L¨
osung, keine L¨osung, unendlich viele L¨osungen.
Das Eliminationsverfahren wird durchgef¨
uhrt. Erh¨
alt man am Ende einen Widerspruch,
dann existiert keine L¨
osung. Erh¨
alt man keinen Widerspruch, dann gilt folgendes: Ist die
Anzahl der verbleibenden Gleichungen gleich der Anzahl der Variablen, dann ist die L¨
osung
eindeutig. Ist die Anzahl der verbleibenden Gleichungen um k geringer als die Anzahl der
Variablen, dann hat man eine k-parametrige L¨
osungsmenge.
Im vorletzten Beispiel hatten wir drei Variable und zwei verbleibende Gleichungen. Daher ergab sich eine einparametrige L¨osungsmenge.
¨
Zus¨atzlich zu der bisher verwendeten Aquivalenzumformung
kann man Gleichungen mit
einer Zahl ̸= 0 multplizieren oder durch eine Zahl ̸= 0 dividieren. Das ¨andert nichts an
¨
der L¨osungsmenge des Gleichungssystems und kann das Rechnen vereinfachen. Zur Ubung
l¨
osen wir folgendes lineare Gleichungssystem mit 4 Variablen.
4 x1 − 3x2 + 4 x3 + x4 = 4
−2 x1 +
3
2
x2 −
−4 x1 + 7x2 +
2 x1 +
3
2
x2
x3 +
4
3
3
2
x4 = 5
x3 − 5 x4 = 12
+
7
2
x4 = 8
1
2 -fache
Wir addieren das
der ersten Gleichung zur zweiten, die erste Gleichung zur dritten
1
und das − 2 -fache der ersten Gleichung zur vierten. Das ergibt das links unten stehende
Gleichingssystem.
4 x1 − 3 x2 + 4 x3 +
x4 = 4
x3 + 2 x4 = 7
4 x1 − 3x2 + 4 x3 +
x4 = 4
x3 −
x4 = 4
x2 +
4
3
4 x2 + 16
3 x3 − 4 x4 = 16
x3 + 2 x4 = 7
3 x2 − 2 x3 + 3 x4 = 6
3x2 − 2 x3 + 3 x4 = 6
Die dritte Gleichung wurde durch 4 dividiert und die zweite und dritte Gleichung vertauscht. Das ergibt das rechts oben stehende Gleichingssystem. Jetzt k¨onnen wir mit dem
70
Lineare Gleichungssysteme
Eliminationsverfahren fortfahren. Wir addieren das (−3)-fache der zweiten Gleichung zur
vierten und erhalten das links unten stehende Gleichungssystem. Schließlich addieren wir
das 6-fache der dritten Gleichung zur vierten und erhalten das rechts unten stehende Gleichungssystem
4 x1 − 3 x2 + 4 x3 +
x2 +
4
3
x4 = 4
4 x1 − 3x2 + 4 x3 +
x3 − x4 = 4
x3 + 2 x4 = 7
x2 +
− 6 x3 + 6 x4 = −6
4
3
x4 = 4
x3 − x4 = 4
x3 + 2 x4 = 7
18 x4 = 36
Die L¨osung ist jetzt wieder einfach zu berechnen. Aus 18 x4 = 36 erhalten wir x4 = 2 und
aus x3 + 2 x4 = 7 folgt dann x3 = 3. Aus x2 + 43 x3 − x4 = 4 ergibt sich x2 = 2 und aus
4 x1 − 3 x2 + 4 x3 + x4 = 4 schließlich x1 = −1.
Hier ist noch ein Beispiel, dessen L¨osung nicht eindeutig ist.
2 x1 +
x2 −
x3 + 3 x4 = 6
− 2x2 − 3 x3 +
x4 = 6
4 x1 − 2x2 − 8 x3
= 8
2 x1 + 3x2 + 2 x3 + 4 x4 = 4
Wir f¨
uhren das Eliminationsverfahren durch. Wir addieren das (−2)-fache der ersten Zeile
zur dritten und das (−1)-fache der ersten Zeile zur vierten. Wir erhalten
2x1 + x2 − x3 + 3x4 = 6
− 2 x2 − 3 x3 +
x4 =
6
− 4 x2 − 6 x3 − 6x4 = −4
2 x2 + 3 x3 +
x4 = −2
Wir addieren das (−2)-fache der zweiten Gleichung zur dritten und die zweite Gleichung
zur vierten. Das ergibt
2 x1 + x2 − x3 + 3 x4 =
6
− 2 x2 − 3x3 +
x4 =
6
− 8 x4 = −16
2 x2 =
4
Wir addieren noch das (− 14 )-fache der dritten Gleichung zur vierten. Die vierte wird
dadurch zu 0 x4 = 0 und kann daher weggelassen werden. Es bleibt
2 x1 + x2 − x3 + 3 x4 =
6
− 2 x2 − 3x3 +
x4 =
6
− 8 x4 = −16
Die dritte Gleichung ist −8 x4 = −16, woraus x4 = 2 folgt. Die zweite Gleichung ist
−2 x2 − 3 x3 + x4 = 6, woraus x2 = −2 − 32 x3 folgt. Wir k¨onnen x3 beliebig w¨ahlen. Wir
w¨
ahlen einen Parameter t ∈ R und setzen x3 = t. Dann erhalten wir x2 = −2 − 32 t. Aus
der ersten Gleichung 2 x1 + x2 − x3 + 3 x4 = 6 folgt dann x1 = 1 + 54 t. Wir haben eine
einparametrige Famile von L¨osungen erhalten.
Man kann das Gaußsche Eliminationsverfahren auf beliebig viele Variablen ausdehnen.
Auch die Anzahl der Gleichungen muss nicht gleich der Anzahl der Variablen sein.
Franz Hofbauer
71
Wir rechnen dazu ein Beispiel mit sechs Variablen und vier Gleichungen.
2x1 − x2 + 3 x3 − 2x4 − 3 x5 + 2 x6 =
2x1 − 5 x2 + 7 x3 − 4x4 + 5 x5 + 2 x6 =
2x1 +
x2 +
x3 +
x4 − 3 x5 +
5
11
x6 =
6
4x1 + 2 x2 + 2 x3 + 2x4 − 6 x5 + 4 x6 =
16
Wir addieren das (−1)-fache der ersten Gleichung zur zweiten und zur dritten Gleichung
und das (−2)-fache der ersten Gleichung zur vierten. Wir erhalten
2x1 − x2 + 3 x3 − 2x4 − 3 x5 + 2 x6 =
5
− 4 x2 + 4 x3 − 2x4 + 8 x5
2 x2 − 2 x3 + 3x4
−
4 x2 − 4 x3 + 6x4
=
6
x6 =
1
=
6
Wir addieren das 12 -fache der zweiten Gleichung zur dritten Gleichung und die zweite
Gleichung zur vierten. Wir erhalten
2x1 − x2 + 3 x3 − 2x4 − 3 x5 + 2 x6 =
5
− 4 x2 + 4 x3 − 2x4 + 8 x5
2x4 + 4 x5 −
4x4 + 8 x5
=
6
x6 =
4
=
12
Schließlich addieren wir das (−2)-fache der dritten Gleichung zur vierten und erhalten
2x1 − x2 + 3 x3 − 2x4 − 3 x5 + 2 x6 =
5
− 4 x2 + 4 x3 − 2x4 + 8 x5
2x4 + 4 x5 −
=
6
x6 =
4
2 x6 =
4
Damit haben wir das lineare Gleichungssystem in eine Form gebracht, die wir l¨osen k¨onnen.
Wir haben sechs Variable und es sind vier Gleichungen geblieben. Daher werden wir zwei
Parameter einf¨
uhren m¨
ussen.
Aus der vierten Gleichung folgt x6 = 2. Die dritte Gleichung ist 2x4 + 4x5 − x6 = 4,
woraus x4 + 2x5 = 3 folgt. Wir k¨onnen eine Variable beliebig w¨ahlen. Wir setzen x5 = t
und erhalten x4 = −2t + 3. Die zweite Gleichung ist −4x2 + 4x3 − 2x4 + 8x5 = 6, woraus
−4x2 + 4x3 = 2x4 − 8x5 + 6 = −12t + 12 und dann x2 − x3 = 3t − 3 folgt. Eine Variable ist
beliebig w¨ahlbar. Wir setzen x3 = s und erhalten x2 = s+3t−3. Aus der ersten Gleichung
2x1 − x2 + 3x3 − 2x4 − 3x5 + 2x6 = 5 folgt dann 2x1 = x2 − 3x3 + 2x4 + 3x5 − 2x6 + 5 =
s + 3t − 3 − 3s − 4t + 6 + 3t − 4 + 5 = −2s + 2t + 4 und daraus x1 = −s + t + 2. Die
L¨
osungsmenge ist {(−s+t+2, s+3t−3, s, −2t+3, t, 2) : s, t ∈ R}. Sie ist zweiparametrig.
2. Eigenvektoren f¨
ur 3 × 3-Matrizen
Eigenvektoren kann man nat¨
urlich auch f¨
ur eine d × d-Matrix A mit d ≥ 3 definieren.
d
Ein Vektor v ∈ R \ {0} heißt Eigenvektor der Matrix A, wenn Av = λv f¨
ur eine Zahl λ
gilt. Die Zahl λ nennt man Eigenwert der Matrix A.
Zu l¨osen ist das lineare Gleichungssystem M x = 0 mit M = A − λId . Es hat nur dann
eine L¨osung x ̸= 0, wenn det M = 0 gilt. Nun ist det M = det(A − λId ) ein Polynom in
λ vom Grad d. Es ist das charakterischte Polynom der Matrix A, dessen Nullstellen die
72
Lineare Gleichungssysteme
Eigenwerte der Matrix A sind. Zu einem Eigenwert λ findet man dann einen Eigenvektor
als L¨osung des linearen Gleichungssystems (A − λId )x = 0.
Wir tun das f¨
ur d = 3. F¨
ur d > 3 haben wir die Determinante nicht definiert. Wir
rechnen dazu ein Beispiel.
(1 3 2)
2
1−λ 3
Sei A = 1 1 2 . Das charakteristische Polynom dieser Matrix ist 1 1−λ 2 =
2 −4 2
2
−4
2−λ
(1 − λ)2 (2 − λ) − 8 + 12 + 8(1 − λ) − 4(1 − λ) − 3(2 − λ) = −λ3 + 4λ2 − 6λ + 4. Die
Eigenwerte sind die L¨osungen der Gleichung λ3 − 4λ2 + 6λ − 4 = 0. Eine L¨osung muss man
erraten. Man findet λ1 = 2. Dividiert man das Polynom λ3 − 4λ2 + 6λ − 4 durch λ − 2,
so bleibt λ2 − 2λ + 2. Man erh¨alt die beiden weiteren Nullstellen λ2,3 = 1 ± i. Damit sind
die Eigenwerte der Matrix A gefunden.
Um einen Eigenvektor zum Eigenwert λ1 =( 2 zu finden,
ussen wir das lineare Glei) m¨
−1 3 2
chungssystem M x = 0 mit M = A − λ1 I3 = 1 −1 2 l¨
osen. Es hat eine L¨osung ̸= 0.
2 −4 0
Alle Vielfachen dieser L¨osung sind ebenfalls L¨osungen. Das lineare Gleichungssystem ist
− x1 + 3 x2 + 2 x3 = 0
x1 − x2 + 2 x3 = 0
2 x1 − 4x2
= 0
Wir f¨
uhren das Gaußsche Eliminationsverfahren durch. Addiert man die erste Gleichung
zur zweiten und das 2-fache der ersten Gleichung zur dritten, so erh¨alt man
− x1 + 3 x2 + 2 x3 = 0
2x2 + 4 x3 = 0
2x2 + 4 x3 = 0
Man kann die dritte Gleichung weglassen, da sie mit der zweiten u
¨bereinstimmt. Die
zweite Gleichung ist 2 x2 + 4 x3 = 0. Wir w¨ahlen x3 = 1. Es gen¨
ugt ja, eine L¨osung
zu finden. Nun folgt x2 = −2. Die erste(Gleichung
ist
−
x
+
3
x
1
2 + 2 x3 = 0, woraus
)
−4
x1 = 3 x2 + 2 x3 = −4 folgt. Wir erhalten −2 als Eigenvektor.
1
Um einen Eigenvektor zum Eigenwert λ2 = 1 − i(zu finden,) m¨
ussen wir das lineare
2
i 3
Gleichungssystem M x = 0 mit M = A − λ2 I3 = 1 i 2
l¨
osen. Das ergibt das
2 −4 1+i
folgende lineare Gleichungssystem, das auch komplexe Koeffizienten enth¨
alt. Man kann es
aber mit dem Eliminationsverfahren l¨osen, genauso wie mit reellen Koeffizienten.
ix1 + 3 x2 +
2 x3 = 0
x1 + ix2 +
2 x3 = 0
2 x1 − 4 x2 + (1 + i)x3 = 0
Addiert man das i-fache der ersten Gleichung zur zweiten und das 2i-fache der ersten
Gleichung zur dritten, so erh¨alt man
ix1 +
−
3x2 +
2 x3 = 0
4i x2 + (2 − 2i)x3 = 0
− (4 + 6i)x2 + (1 − 5i)x3 = 0
4i−6
Jetzt ist die zweite Gleichung mit 4+6i
= − 23 + i zu multiplizieren und zur dritten
−4i =
4
Gleichung zu addieren. Dabei wird der Koeffizient von x2 in der dritten Gleichung null
und der Koeffizient von x3 wird zu 1 − 5i + (2 − 2i)(− 32 + i) = 1 − 5i − 3 + 3i + 2i + 2 = 0.
Die dritte Gleichung wird somit zu 0 = 0. Die zweite Gleichung ist −4i x2 +(2−2i) x3 = 0.
Franz Hofbauer
73
1
1
Wir setzen x3 = 1. Es gen¨
ugt uns ja, eine L¨osung zu finden. Es folgt x2 = 2−2i
4i = − 2 − 2 i.
Die erste Gleichung ist i x1 + 3 x2 + 2 x3 = 0, woraus x1 = 3i x2 + 2i x3 = 23 + 12 i folgt.
( 3+i )
( 3+i )
Wir erhalten 12 −1−i als Eigenvektor. Daher ist −1−i ebenfalls ein Eigenvektor.
2
2
3. Kegelschnitt durch f¨
unf Punkte
Wir legen zuerst eine Gerade durch zwei Punkte. Die Gleichung einer Gerade kann man
schreiben als ax + by + c = 0. Wir versuchen, die beiden Punkte, durch die die Gerade
gehen soll, einzusetzen und a, b und c aus den sich ergebenden Gleichungen zu bestimmen.
Wir tun das an einem Beispiel. Wir suchen die Gerade durch die Punkte (2, −2) und
(4, 3). Setzen wir diese Punkte in die Geradengleichung ax + by + c = 0 ein, so haben wir
2a − 2b + c = 0
4a + 3b + c = 0
Die Variablen sind jetzt a, b und c. Wir f¨
uhren das Gaußsche Eliminationsverfahren durch.
Wir addieren das (−2)-fache der ersten Gleichung zur zweiten und erhalten
2a − 2b + c = 0
7b − c = 0
Wir k¨onnten c w¨
ahlen. Das tun wir aber erst sp¨ater. Aus der zweiten Gleichung folgt b = 7c .
5c
5c
Aus der ersten Gleichung folgt a = b − 2c = − 14
. Das ergibt die Gerade − 14
x + 7c y + c = 0.
Wie wir c auch w¨ahlen, es ¨andert nichts an der Gerade. Wir w¨ahlen c = −14 und erhalten
5x − 2y − 14 = 0. Das ist die Gleichung der Gerade durch die Punkte (2, −2) und (4, 3).
Die Geradengleichung ist eine lineare Gleichung in zwei Variablen. Eine quadratische
Gleichung in zwei Variablen sieht so aus: ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0. Wir
wissen bereits, dass das Gleichungen von Kegelschnitten sind. Da wir wieder einen der
sechs Koeffizienten frei w¨ahlen k¨onnen, m¨
ussen wir f¨
unf Punkte kennen, durch die der
Kegelschnitt hindurchgeht, um seine Gleichung zu bestimmen.
Wir suchen den Kegelschnitt durch die Punkte (1, 1), (−1, −3), (1, −4), (3, 2) und (4, 2).
Wir setzen diese Punkte in die Gleichung ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0 ein
a+ b+ c+ d+ e+ f = 0
a + 3b + 9c − d − 3e + f = 0
a − 4 b +16 c + d − 4 e + f = 0
9a + 6b + 4c + 3d + 2e + f = 0
16 a + 8 b + 4 c + 4 d + 2 e + f = 0
Wir f¨
uhren das Gaußsche Eliminationsverfahren durch. Wir addieren das (−1)-fache der
ersten Gleichung zur zweiten und zur dritten Gleichung, das (−9)-fache der ersten Gleichung zur vierten Gleichung und das (−16)-fache der ersten Gleichung zur f¨
unften Gleichung. Wir erhalten
a+ b+ c+ d+ e+ f = 0
2b + 8c − 2d − 4e
= 0
− 5 b +15 c
− 5e
= 0
− 3b − 5c − 6d − 7e − 8f = 0
− 8 b −12 c −12d −14 e −15 f = 0
74
Lineare Gleichungssysteme
Bevor wir weitertun, dividieren wir die zweite Gleichung durch 2 und die dritte durch 5
a+ b+ c+ d+ e+ f = 0
b + 4c − d − 2e
= 0
− b + 3c
− e
= 0
− 3b − 5c − 6d − 7e − 8f = 0
− 8 b −12 c −12d −14 e −15 f = 0
Wir addieren die zweite Gleichung zur dritten, das 3-fache der zweiten Gleichung zur
vierten und das 8-fache der zweiten Gleichung zur f¨
unften. Wir erhalten
a+ b+ c+ d+ e+ f = 0
b + 4c − d − 2e
= 0
7c − d − 3e
= 0
7 c − 9 d −13 e − 8 f = 0
20 c −20d −30 e −15 f = 0
Wir addieren das (−1)-fache der dritten Gleichung zur vierten. Wir multiplizieren die
7
f¨
unfte Gleichung mit − 20
und addieren die dritte Gleichung dazu. Wir erhalten
a+ b+ c+ d+ e+ f = 0
b + 4c − d − 2e
7c − d − 3e
= 0
= 0
− 8 d −10 e − 8 f = 0
21
6 d + 15
2 e+ 4 f = 0
Schließlich addieren wir das 34 -fache der vierten Gleichung zur f¨
unften
a+ b+ c+ d+ e+ f = 0
b + 4c − d − 2e
= 0
7c − d − 3e
= 0
− 8 d −10 e − 8 f = 0
− 34 f = 0
Jetzt k¨onnen wir die Gleichungen l¨osen. Aus der f¨
unften Gleichung folgt f = 0. Eine
Variable k¨onnen wir frei w¨ahlen. Damit keine Br¨
uche auftreten, w¨ahlen wir e = 4. Aus
der vierten Gleichung folgt dann d = −5. Die dritte Gleichung ergibt c = 17 d + 73 e = 1. Die
zweite Gleichung ergibt b = −4c + d + 2e = −1. Schließlich folgt aus der ersten Gleichung
a = −b − c − d − e − f = 1. Die Gleichung des Kegelschnitts durch die f¨
unf Punkte (1, 1),
(−1, −3), (1, −4), (3, 2) und (4, 2) ist somit x2 − xy + y 2 − 5x + 4y = 0.
VI. Anhang
1. Koordinatenfreie Vektoren
Man kann geometrische Beweise auch mit Hilfe von Vektoren f¨
uhren, jedoch ohne die
Koordinatenschreibweise zu verwenden. Punkte werden dann durch ihre Ortsvektoren
dargestellt. Der Ortsvektor eines Punktes P ist der Vektor vom Nullpunkt zun Punkt P .
Geraden kann man nur in Parameterdarstellung schreiben. Durch x = u + λv mit λ ∈ R
ist eine Parameterdarstellung der Geraden mit Richtungsvektor v durch den Punkt mit
Ortsvektor u gegeben. Ist v ein Vektor ̸= 0, dann bezeichnet v⊥ einen Normalvektor auf
v. Es ist zu beachten, dass ⟨v⊥ , v⟩ = 0 gilt.
Dreieck: Sei △ ABC ein Dreieck. Den Eckpunkt C legen wir in den Nullpunkt. Weiters
−→
−→
sei a = CB und b = CA. Das sind die Ortsvektoren zu den Eckpunkten B und A des
Dreiecks. Sie sind linear unabh¨angig. Keiner ist ein Vielfaches des anderen. Gilt sa = tb
f¨
ur reelle Zahlen s und t, dann folgt s = 0 und t = 0.
Mit Hilfe von a und b finden wir Parameterdarstellungen f¨
ur die besonderen Geraden
des Dreiecks. Wir k¨onnen damit wieder die S¨atze u
¨ber die besonderen Punkte beweisen.
Satz 106: Die drei H¨ohen eines Dreiecks schneiden einander in einem Punkt.
Beweis: Parameterdarstellungen der drei H¨ohen sind ha : x = b+λ1 a⊥ , hb : x = a+λ2 b⊥
und hc : x = λ3 (a − b)⊥ . Den Schnittpunkt von ha und hb erhalten wir durch Gleichsetzen
der Parameterdarstellungen. Das ergibt b + λ1 a⊥ = a + λ2 b⊥ . Bildet man das innere
Produkt mit b so folgt ⟨b, b⟩ + λ1 ⟨a⊥ , b⟩ = ⟨a, b⟩ und somit λ1 = ⟨a,b⟩−⟨b,b⟩
. Der
⟨a⊥ ,b⟩
Ortsvektor zum Schnittpunkt von ha und hb ist daher b +
⟨a−b,b⟩ ⊥
a .
⟨a⊥ ,b⟩
Ebenso erhalten wir den Schnittpunkt von ha und hc . Gleichsetzen der Parameterdarstellungen ergibt b + λ1 a⊥ = λ3 (a − b)⊥ . Bildet man das innere Produkt mit a − b so folgt
⟨b, a − b⟩ + λ1 ⟨a⊥ , a⟩ − λ1 ⟨a⊥ , b⟩ = 0 und somit λ1 = ⟨b,a−b⟩
. Der Ortsvektor zum
⟨a⊥ ,b⟩
Schnittpunkt von ha und hc ist daher ebenfalls b +
einander in diesem Punkt.
⟨a−b,b⟩ ⊥
a .
⟨a⊥ ,b⟩
Die drei H¨ohen schneiden
Satz 107: Die drei Seitensymmetralen eines Dreiecks schneiden einander in einem Punkt.
Beweis: Parameterdarstellungen der drei Seitensymmetralen sind sa : x = 12 a + λ1 a⊥ ,
sb : x = 21 b + λ2 b⊥ und sc : x = 12 (a + b) + λ3 (a − b)⊥ . Den Schnittpunkt von sa und
sb erhalten wir durch Gleichsetzen der Parameterdarstellungen. Das ergibt 21 a + λ1 a⊥ =
1
1
1
⊥
⊥
2 b + λ2 b . Bildet man das innere Produkt mit b so folgt 2 ⟨a, b⟩ + λ1 ⟨a , b⟩ = 2 ⟨b, b⟩
und λ1 = ⟨b,b⟩−⟨a,b⟩
. Der Ortsvektor zum Schnittpunkt von sa und sb ist 21 a + ⟨b−a,b⟩
a⊥ .
2⟨a⊥ ,b⟩
2⟨a⊥ ,b⟩
Ebenso erhalten wir den Schnittpunkt von sa und sc . Gleichsetzen der Parameterdarstellungen ergibt 12 a+λ1 a⊥ = 12 (a+b)+λ3 (a−b)⊥ , das heißt λ1 a⊥ = 12 b+λ3 (a−b)⊥ . Bildet
man das innere Produkt mit a − b so folgt λ1 ⟨a⊥ , a⟩ − λ1 ⟨a⊥ , b⟩ = 21 (⟨b, a⟩ − ⟨b, b⟩) und
somit λ1 = ⟨b,b⟩−⟨a,b⟩
. Der Ortsvektor zum Schnittpunkt von sa und sc ist daher ebenfalls
2⟨a⊥ ,b⟩
1
2a
+
⟨b−a,b⟩ ⊥
a .
2⟨a⊥ ,b⟩
Die drei Seitensymmetralen schneiden einander in diesem Punkt.
Satz 108: Die drei Schwerlinien eines Dreiecks schneiden einander in einem Punkt.
76
Anhang
Beweis: Parameterdarstellungen der drei Schwerlinien sind ga : x = b + λ1 ( 12 a − b),
gb : x = a + λ2 ( 12 b − a) und gc : x = λ3 12 (a + b). Den Schnittpunkt von ga und gb
erhalten wir durch Gleichsetzen der Parameterdarstellungen. Das ergibt b + λ1 ( 12 a − b) =
a + λ2 ( 21 b − a). Es folgt b(1 − λ1 − 21 λ2 ) = a(1 − λ2 − 12 λ1 ). Daher muss 1 − λ1 − 12 λ2 = 0
und 1 − λ2 − 21 λ1 = 0 gelten. Die L¨osung dieses Gleichungssystems ist λ1 = 23 und λ2 = 23 .
Der Ortsvektor zum Schnittpunkt von ga und gb ist daher 31 a + 31 b.
Ebenso erhalten wir den Schnittpunkt von ga und gc . Gleichsetzen der Parameterdarstellungen ergibt b+λ1 ( 12 a−b) = λ3 12 (a+b). Es folgt b(1−λ1 − 21 λ3 ) = a( 21 λ3 − 12 λ1 ). Daher
muss 1 − λ1 − 21 λ3 = 0 und 12 λ3 − 12 λ1 = 0 gelten. Die L¨osung dieses Gleichungssystems ist
λ1 = 23 und λ3 = 23 . Der Ortsvektor zum Schnittpunkt von ga und gc ist daher ebenfalls
1
1
3 a + 3 b. Die drei Schwerlinien schneiden einander in diesem Punkt.
Satz 109: Die drei Winkelsymmetralen eines Dreiecks schneiden einander in einem Punkt.
Beweis: Sei a = ∥a∥, b = ∥b∥ und c = ∥a − b∥. Das sind die L¨angen der Dreieckseiten.
Parameterdarstellungen der drei Winkelsymmetralen sind wa : x = b + λ1 ( 1c (a − b) − 1b b),
wb : x = a + λ2 ( 1c (b − a) − a1 a) und wc : x = λ3 ( a1 a + 1b b). Den Schnittpunkt von wa
und wc erhalten wir durch Gleichsetzen der Parameterdarstellungen. Dadurch ergibt sich
b + λ1 ( 1c (a − b) − 1b b) = λ3 ( a1 a + 1b b). Es folgt b(1 − λc1 − λb1 − λb3 ) = a( λa3 − λc1 ). Daher
muss 1 − λc1 − λb1 − λb3 = 0 und λa3 − λc1 = 0 gelten. Die L¨osung dieses Gleichungssystems
bc
ab
ist λ1 = a+b+c
und λ3 = a+b+c
. Der Ortsvektor zum Schnittpunkt von wa und wc ist
1
daher a+b+c (ba + ab).
Den Schnittpunkt von wb und wc erhalten wir durch dieselbe Rechnung, in der jedoch a
mit b und a mit b zu vertauschen ist und λ1 durch λ2 zu ersetzen ist. Da sich das Ergebnis
1
andert, ist der Schnittpunkt von wb und
a+b+c (ba + ab) bei diesen Vertauschungen nicht ¨
wc derselbe wie der von wa und wc . (Diese Vorgangsweise h¨atte man auch im Beweis von
Satz 108 w¨ahlen k¨onnen.)
Wir beweisen weitere S¨atze u
¨ber das Dreieck.
Satz 110: Sei △ ABC ein Dreieck und w
˜c die Winkelsymmetrale eines Außenwinkels beim
Eckpunkt C. Sei Wa der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale wa durch A mit ℓ(B, C) und
Wb der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale wb durch B mit ℓ(A, C). Dann schneiden die
Geraden w
˜c , ℓ(A, B) und ℓ(Wa , Wb ) einander in einem Punkt P .
Beweis: Die Gerade ℓ(B, C) hat Parameterdarstellung x = λ1 a. Ihr Schnittpunkt mit
der Winkelsymmetrale wa : x = b + λ2 ( 1c (a − b) − 1b b) ergibt sich durch Gleichsetzen der
Parameterdarstellungen, das heißt λ1 a = b + λ2 ( 1c (a − b) − 1b b). Es folgt b(1 − λc2 − λb2 ) =
a(λ1 − λc2 ). Daher muss 1 − λc2 − λb2 = 0 und λ1 − λc2 = 0 gelten. Die L¨osung dieses
bc
b
Gleichungssystems ist λ2 = b+c
und λ1 = b+c
. Der Ortsvektor zum Schnittpunkt Wa von
b
a
wa und ℓ(B, C) ist daher b+c a. Eine analoge Rechnung ergibt den Ortsvektor a+c
b zum
Schnittpunkt Wb von wb und ℓ(A, C).
Die Winkelsymmetrale w
˜c hat Parameterdarstellung x = λ1 ( a1 a− 1b b). Die Gerade ℓ(A, B)
hat Parameterdarstellung x = a + λ2 (b − a). Den Schnittpunkt dieser Geraden erhalten
wir durch Gleichsetzen der Parameterdarstellungen, das heißt λ1 ( a1 a− 1b b) = a+λ2 (b−a).
Es folgt a( λa1 − 1 + λ2 ) = b(λ2 + λb1 ). Daher muss λa1 − 1 + λ2 = 0 und λ2 + λb1 = 0 gelten.
−a
ab
und λ2 = b−a
. Der Ortsvektor zum
Die L¨osung dieses Gleichungssystems ist λ1 = b−a
1
Schnittpunkt P von w
˜c und ℓ(A, B) ist daher b−a (ba − ab).
Franz Hofbauer
77
b
a
b
a + λ3 ( a+c
b − b+c
a). Setzt man
Die Gerade ℓ(Wa , Wb ) hat Parameterdarstellung x = b+c
a+c
1
λ3 = − b−a , so erh¨alt man b−a (ba − ab). Daher liegt P auch auf ℓ(Wa , Wb ).
Satz 111: Sei △ ABC ein Dreieck mit Umkreismittelpunkt U und Ankreismittelpunkt Ic .
Sei Wa der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch A mit ℓ(B, C) und Wb der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch B mit ℓ(A, C). Dann stehen die Geraden ℓ(U, Ic ) und
ℓ(Wa , Wb ) aufeinander senkrecht.
Beweis: Im Beweis von Satz 107 wurde 12 a + ⟨b−a,b⟩
a⊥ als Ortsvektor zum Umkreismit2⟨a⊥ ,b⟩
telpunkt U berechnet.
Die ¨außere Winkelsymmetrale durch A ist w
˜a : x = b + λ1 ( 1c (a − b) + 1b b). Wie im Beweis
1
von Satz 109 erhalten wir Ic als Schnittpunkt von w
˜a und wc . Es ergibt sich a+b−c
(ba+ab).
Im Beweis von Satz 110 wurden die Ortsvektoren zu den Punkten Wa und Wb berechnet.
b
a
Diese sind b+c
a und a+c
b.
−→
1
b
a
(ba+ab)− 12 a− ⟨b−a,b⟩
a⊥ = ( a+b−c
− 12 )a+ a+b−c
b− ⟨b−a,b⟩
a⊥ und
Es folgt U Ic = a+b−c
2⟨a⊥ ,b⟩
2⟨a⊥ ,b⟩
−−−→
a
b
Wa Wb = a+c
b − b+c
a. Wir m¨
ussen zeigen, dass diese beiden Vektoren senkrecht aufeinander stehen, das heißt ihr inneres Produkt gleich Null ist. Um die Nenner wegzubringen,
−→
−−−→
setzen wir p = 2(a + b − c)U Ic und q = (a + c)(b + c)Wa Wb und zeigen ⟨p, q⟩ = 0.
Es gilt p = (−a + b + c)a + 2ab − (a + b − c) ⟨b−a,b⟩
a⊥ und q = −b(a + c)a + a(b + c)b.
⟨a⊥ ,b⟩
Weiters gilt c2 = ⟨b − a, b − a⟩ = ⟨b, b⟩ − 2⟨a, b⟩ + ⟨a, a⟩ = a2 + b2 − 2⟨a, b⟩. Es folgt
(
)
⟨p, q⟩ = ⟨a, b⟩ (−a + b + c)a(b + c) − 2ab(a + c) + (a + b − c)a(b + c)
− (c2 − a2 + ab + bc)ba2 + 2a2 (b + c)b2 − (ab + ac + b2 − c2 )ab2
Wir multiplizieren die erste Zeile aus und k¨
urzen. Auch in der zweiten Zeile k¨
urzen sich
2
alle Terme, die c enthalten. Es kommt nur mehr c vor. Daf¨
ur setzen wir ein
2
2
2
2
2 3
⟨p, q⟩ = ⟨a, b⟩(2ab − 2a b) − (b − 2⟨a, b⟩ + ab)ba + 2a b − (ab + 2⟨a, b⟩ − a2 )ab2
Man sieht jetzt, dass sich alles wegk¨
urzt. Es ergibt sich ⟨p, q⟩ = 0.
Satz 112: Sei △ ABC ein Dreieck. Sei Wa der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch
A mit ℓ(B, C) und Wb der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch B mit ℓ(A, C). Seien
Na und Nb die Punkte, in denen der Inkreis die Seiten BC und AC ber¨
uhrt. Seien Ha und
Hb die Fußpunkte der H¨ohen durch A und B. Dann schneiden die Geraden ℓ(Wa , Wb ),
ℓ(Na , Nb ) und ℓ(Ha , Hb ) einander in einem Punkt P .
b
a
Beweis: Im Beweis von Satz 110 wurde gezeigt, dass b+c
a und a+c
b die Ortsvektoren zu
den Punkten Wa und Wb sind.
uhrpunkte Na und Nb Abstand s − c vom Eckpunkt C
Es sei s = 12 (a + b + c). Da die Ber¨
s−c
s−c
haben, sind a a und b b die Ortsvektoren zu diesen Punkten.
Da ⟨a,b⟩
die L¨ange der Projektion des Vektors b auf den Vektor a und ⟨a,b⟩
die L¨ange der
a
b
⟨a,b⟩
⟨a,b⟩
Projektion des Vektors a auf den Vektor b ist, sind a2 a und b2 b die Ortsvektoren zu
den Punkten Ha und Hb .
b
Parameterdarstellungen der Geraden ℓ(Wa , Wb ), ℓ(Na , Nb ) und ℓ(Ha , Hb ) sind x = b+c
a+
⟨a,b⟩
⟨a,b⟩
⟨a,b⟩
b
s−c
s−c
a
b − b+c
a), x = s−c
λ1 ( a+c
a a + λ2 ( b b − a a) und x = a2 a + λ3 ( b2 b − a2 a).
Den Schnittpunkt der ersten beiden Geraden erhalten wir durch Gleichsetzen der Paramb
s−c
a
eterdarstellungen. Das ergibt a( b+c
(1 − λ1 ) − s−c
a (1 − λ2 )) = b( b λ2 − a+c λ1 ). Es folgt
78
Anhang
b
s−c
s−c
a
osung dieses Gleichungssystems
b+c (1−λ1 )− a (1−λ2 ) = 0 und b λ2 − a+c λ1 = 0. Die L¨
(a+c)((b+c)(s−c)−ab)
(b+c)(s−c)−ab
ist λ1 =
und λ2 = (b−a)(s−c) . Der Ortsvektor zum Schnittpunkt P
ab(b−a)
(b+c)(s−c)−ab
(a+c)(s−c)−ab
ist daher
b−
a. Wir m¨
ussen zeigen, dass dieser Punkt auch auf
(b−a)b
(b−a)a
der dritten Gerade liegt.
Wir w¨ahlen λ3 =
(b+c)(s−c)b−ab2
(b−a)⟨a,b⟩
( ⟨a,b⟩
a2
in der Parameterdarstellung der dritten Gerade. Das gibt
2)
− (b+c)(s−c)b−ab
a + (b+c)(s−c)−ab
b
(b−a)a2
(b−a)b
Wir verwenden den Cosinussatz. Es gilt 2⟨a, b⟩ = 2ab cos γ = a2 + b2 − c2 , womit sich
dann 2⟨a, b⟩ = (a + b − c)(a + b + c) − 2ab = 2(s − c)(a + b + c) − 2ab ergibt. Es folgt
⟨a, b⟩(b − a) = (s − c)b(b + c) − (s − c)a(a + c) − ab2 + a2 b. Damit erhalten wir dann
2
⟨a,b⟩
(b+c)(s−c)b−ab2
b
= −(s−c)a(a+c)+a
= − (a+c)(s−c)−ab
. Der durch die spezielle Wahl
a2 −
(b−a)a2
(b−a)a2
(b−a)a
von λ3 auf der Gerade ℓ(Ha , Hb ) gefundene Punkt ist somit der Punkt P . Wir haben
gezeigt, dass die drei Geraden einander im Punkt P schneiden.
Satz 113: Sei △ ABC ein Dreieck mit Schwerpunkt S. Sei M der Mittelpunkt der Seite
AB. Sei g eine Gerade durch S. Sie schneide die Seite BC im Punkt P und die Seite AC
im Punkt Q. Dann gilt #M P Q ≥ 29 #ABC.
Beweis: Die Ortsvektoren zu den Punkten P und Q sind sa und tb mit 0 < s < 1 und
0 < t < 1. Der Ortsvektor zum Schwerpunkt ist 31 (a + b). Da die Punkte S, P und Q auf
der(Gerade g liegen, sind die Vektoren
sa − 13 (a + b) und tb − 31 (a + b) parallel. Es folgt
)
det sa − 13 (a + b) , tb − 31 (a + b) = 0. Rechnet man diese Determinante aus, so ergibt
t
sich (st − 13 s − 13 t) det(a, b) = 0. Es folgt st − 31 s − 13 t = 0, das heißt s = 3t−1
. Es muss
1
oßer oder gleich 1.
t > 2 gelten, sonst ist s gr¨
Der Ortsvektor zum Punkt
M ist 12 (a + b). Somit )ist die Fl¨ache #M P Q des Dreiecks
(
△ M P Q gleich ± 12 det sa − 12 (a + b) , tb − 12 (a + b) . Rechnet man diese Determinante
aus, so ergibt sich ±(st − 12 s − 12 t) det(a,b)
. Es folgt #M P Q = |st − 12 s − 12 t|#ABC. Setzt
2
t
t2
t2
man s = 3t−1
ein, so hat man #M P Q = 6t−2
#ABC. Die Funktion f (t) = 6t−2
nimmt
2
2
2
ihr Minimum im Punkt t = 3 an, da dort die Ableitung null ist. Es gilt f ( 3 ) = 9 . Damit
ist #M P Q ≥ 29 #ABC gezeigt.
Parallelogramm: Auf dieselbe Art k¨onnen wir S¨atze u
¨ber ein Parallelogramm ABCD
−→
−→
beweisen. Den Punkt A legen wir in den Nullpunkt. Sei a = AB und b = AD. Das
sind die Ortsvektoren zu den Eckpunkten B und D des Parallelogramms. Sie sind linear
unabh¨
angig. Keiner ist ein Vielfaches des anderen. Gilt sa = tb f¨
ur reelle Zahlen s und t,
dann folgt s = 0 und t = 0. Der Ortsvektor zum Eckpunkt D ist a + b.
Satz 114: Sei ABCD ein Parallelogramm. Sei kb der Kreis mit Mittelpunkt B durch
A und kd der Kreis mit Mittelpunkt D durch A. Sei g eine Gerade durch A. Sei P der
Schnittpunkt ̸= A der Gerade g mit dem Kreis kb . Sei Q der Schnittpunkt ̸= A der Gerade
g mit dem Kreis kd . Dann gilt |CP | = |CQ|.
Beweis: Sei c ein Richtungsvektor der Gerade g. Diese hat dann Parameterdarstellung
x = λc. Der Punkt P liegt auf g und hat vom Punkt B den Abstand ∥a∥, da er auch auf
dem Kreis kb liegt. Der Ortsvektor des Punktes P ist λc, wobei sich λ aus ∥λc − a∥ = ∥a∥
ergibt. Es folgt λ2 ⟨c, c⟩ − 2λ⟨c, a⟩ = 0, also λ = 2⟨c,a⟩
⟨c,c⟩ . Der Ortsvektor des Punktes P
Franz Hofbauer
79
2⟨c,a⟩
alt man den Ortsvektor q = 2⟨c,b⟩
ist somit p = 2⟨c,a⟩
⟨c,c⟩ c = ∥c∥2 c. Ganz analog erh¨
∥c∥2 c zum
Punkt Q.
Es ist |CP | = |CQ| zu zeigen, das heißt ∥p − a − b∥ = ∥q − a − b∥. Wir berechnen
∥p − a − b∥ = ∥p∥2 − 2⟨p, a + b⟩ + ∥a + b∥2 =
4⟨c,a⟩2
2
∥c∥4 ∥c∥
−
4⟨c,a⟩⟨c,a+b⟩
∥c∥2
+ ∥a + b∥2
= − 4⟨c,a⟩⟨c,b⟩
+ ∥a + b∥2
∥c∥2
Um ∥q − a − b∥ zu berechnen, ist in dieser Rechnung nur a und b zu vertauschen. Da sich
aber durch Vertauschen von a und b das Ergebnis − 4⟨c,a⟩⟨c,b⟩
+ ∥a + b∥2 nicht ¨andert, ist
∥c∥2
∥p − a − b∥ = ∥q − a − b∥ gezeigt.
Satz 115: Sei ABCD ein Parallelogramm und d > 0. Auf der Seite BC von B aus in
Richtung C tragen wir die L¨ange d auf und erhalten so den Punkt P . Auf der Seite DC
von D aus in Richtung C tragen wir ebenfalls die L¨ange d auf und erhalten so den Punkt
Q. Sei S der Schnittpunkt der Geraden ℓ(B, Q) und ℓ(D, P ). Dann gilt ∠ BAS = ∠ DAS.
d
Beweis: Eine Parameterdarstellung der Gerade ℓ(B, Q) ist x = a+λ1 (b+ ∥a∥
a−a). Eine
d
Parameterdarstellung der Gerade ℓ(D, P ) ist x = b + λ2 (a + ∥b∥ b − b). Den Schnittpunkt
dieser Geraden erhalten wir durch Gleichsetzen der Parameterdarstellungen. Das ergibt
d
d
d
a + λ1 (b + ∥a∥
a − a) = b + λ2 (a + ∥b∥
b − b). Es folgt a(1 + λ1 ∥a∥
− λ1 − λ2 ) =
d
d
d
b(1 + λ2 ∥b∥ − λ2 − λ1 ). Daher muss 1 + λ1 ∥a∥ − λ1 − λ2 = 0 und 1 + λ2 ∥b∥ − λ2 − λ1 = 0
∥a∥
gelten. Die L¨osung dieses Gleichungssystems ist λ1 = ∥a∥+∥b∥−d
und λ2 =
1
Der Ortsvektor zum Schnittpunkt S ist daher s = ∥a∥+∥b∥−d (∥b∥a + ∥a∥b).
a
⟩=
Nun gilt ⟨s, ∥a∥
∥b∥
∥a∥+∥b∥−d .
1
b
1
∥a∥+∥b∥−d (∥b∥∥a∥ + ⟨b, a⟩) und ⟨s, ∥b∥ ⟩ = ∥a∥+∥b∥−d (⟨a, b⟩+ ∥a∥∥b∥).
⟨s,b⟩
∥s∥·∥b∥ . Somit ist der Winkel zwischen den Vektoren s und a und der
⟨s,a⟩
Es folgt ∥s∥·∥a∥
=
zwischen den Vektoren s und b gleich groß. Es gilt ∠ BAS = ∠ DAS.
Satz 116: Sei ABCD ein Parallelogramm und M der Mittelpunkt der Seite AB. Sei P
der Fußpunkt des Lotes vom Punkt D auf die Gerade ℓ(M, C). Dann gilt |AP | = |AD|.
Beweis: Eine Parameterdarstellung der Gerade ℓ(M, C) ist x = 12 a + λ( 12 a + b). Sei p
der Ortsvektor zum Punkt P . Da P auf ℓ(M, C) liegt, gilt p = 12 a + λ( 12 a + b). Da P
der Fußpunkt des Lotes vom Eckpunkt D ist, muss p − b senkrecht auf ℓ(M, C) stehen,
und damit auch auf den Vektor 21 a + b. Es muss ⟨p − b, 12 a + b⟩ = 0 gelten. Es folgt
⟨ 21 a − b, 12 a + b⟩ + λ⟨ 12 a + b, 12 a + b⟩ = 0 und somit λ =
4∥b∥2 −∥a∥2
∥a+2b∥2 .
Nun gilt 4|AP |2 = ∥2p∥2 = ∥a + λ(a + 2b)∥2 = ∥a∥2 + 2λ⟨a, a + 2b⟩ + λ2 ∥a + 2b∥2 . Wegen
λ∥a + 2b∥2 = 4∥b∥2 − ∥a∥2 und ⟨a, a + 2b⟩ = ∥a∥2 + 2⟨a, b⟩ erhalten wir
4|AP |2 = ∥a∥2 + λ(2∥a∥2 + 4⟨a, b⟩ + 4∥b∥2 − ∥a∥2 ) = ∥a∥2 + λ∥a + 2b∥2
Wenden wir noch einmal λ∥a + 2b∥2 = 4∥b∥2 − ∥a∥2 an, so ergibt sich schließlich
4|AP |2 = ∥a∥2 + 4∥b∥2 − ∥a∥2 = 4∥b∥2
Damit ist |AP | = ∥b∥ gezeigt, das heißt |AP | = |AD|.
80
Anhang
2. Noch mehr komplexe Zahlen
Die im folgenden Satz aufgelisteten Bedingungen kann man verwenden, um weitere S¨atze
der Geometrie mit Hilfe komplexer Zahlen zu beweisen.
Satz
(i)
(ii)
(iii)
117: Seien u, v, w und z komplexe Zahlen. Dann gilt
u−v
u − v senkrecht auf w − z ⇐⇒ w−z
ist imagin¨ar ⇐⇒ (u − v)(w − z) ist imagin¨ar
u−v
u − v parallel zu w − z ⇐⇒ w−z ist reell ⇐⇒ (u − v)(w − z) ist reell
v−z
v, w und z auf einer Gerade ⇐⇒ w−z
ist reell ⇐⇒ (v − z)(w − z) ist reell
(iv)
u, v, w und z auf einem Kreis ⇐⇒
(v)
u, v, w auf einem Kreis und q auf der Tangente durch w =⇒
(u−v)(w−z)
(w−v)(u−z)
ist reell
(u−v)(w−u)
(w−v)(q−u)
ist reell
Beweis: (i) Die komplexen Zahlen u − v und w − z (als Vektoren aufgefasst) stehen
u−v
senkrecht aufeinander genau dann, wenn arg (u − v) − arg (w − z) = arg w−z
gleich ±900
u−v
oder gleich ±2700 ist. Das ist genau dann der Fall, wenn w−z
imagin¨
ar ist. Die zweite
¨
Aquivalenz
folgt, da (w − z)(w − z) reell ist.
(ii) und (iii) Die komplexen Zahlen u − v und w − z (als Vektoren aufgefasst) sind parallel
u−v
zueinander genau dann, wenn arg (u − v) − arg (w − z) = arg w−z
gleich 00 oder gleich
u−v
reell ist. Da u, v und w genau dann auf
±1800 ist. Das ist genau dann der Fall, wenn w−z
einer Gerade liegen, wenn u − w zu v − w parallel ist, ist damit auch die dritte Aussage
¨
gezeigt. Die zweiten Aquivalenzen
folgen wieder, da (w − z)(w − z) reell ist.
(iv) Die beiden Peripheriewinkel der Punkte v und z u
¨ber der Sehne von u nach w sind
u−v
u−z
gleich arg (u − v) − arg (w − v) = arg w−v
und arg (u − z) − arg (w − z) = arg w−z
. Nach
dem Peripheriewinkelsatz liegen die vier Punkte genau dann auf einem Kreis, wenn die
beiden Peripheriewinkel gleich groß sind oder wenn ihre Differenz ±1800 betr¨agt (es ist
zu beachten, dass einer der Winkel im Uhrzeigersinn, der andere im Gegenuhrzeigersinn
gemessen wird, falls sie auf verschiedenen Seiten der Sehne liegen). Das ist ¨aquivalent
u−v
u−z
0
0
dazu, dass arg w−v
− arg w−z
= arg (u−v)(w−z)
(w−v)(u−z) gleich 0 oder gleich ±180 ist, das heißt
(u−v)(w−z)
(w−v)(u−z)
ist reell.
(v) Die letzte Aussage ist der Tangentenwinkwlsatz. Der Peripheriewinkel des Punktes v
u−v
u
¨ber der Sehne von u nach w ist arg w−v
, genauso wie oben. Der Tangentenwinkel ist
q−u
arg (q − u) − arg (w − u) = arg w−u . Nach dem Tangentenwinkelsatz sind diese Winkel
gleich groß oder ihre Differenz ist ±1800 . Somit ist arg
gleich 00 oder gleich ±1800 , das heißt
(u−v)(w−u)
(w−v)(q−u)
u−v
w−v
− arg
q−u
w−u
= arg
(u−v)(w−u)
(w−v)(q−u)
ist reell.
Und jetzt gehts los. Wir beginnen mit dem Satz von Miquel.
Satz 118: Sei △ ABC ein Dreieck. Sei D ein Punkt auf ℓ(B, C), sei E ein Punkt auf
ℓ(A, C) und sei F ein Punkt auf ℓ(A, B), jedoch keiner dieser Punkte falle mit einem
Eckpunkt zusammen. Sei ka der Kreis durch die Punkte A, E und F , sei kb der Kreis
durch die Punkte B, D und F und sei kc der Kreis durch die Punkte C, D und E. Dann
haben diese drei Kreise einen gemeinsamen Punkt Z. Liegen die Punkte D, E und F
außerdem auf einer Gerade, dann liegt Z auf dem Umkreis.
Beweis: Wir fassen die Eckpunkte des vorgegebenen Dreiecks als komplexe Zahlen u, v
und w auf. Die Punkte D, E und F entsprechen komplexen Zahlen, die wir mit d, e und
Franz Hofbauer
81
f bezeichnen. Da die Punkte A, B und F auf einer Gerade liegen, gilt
v−u
f −u
(1)
∈R
und
u−v
f −v
∈R
Da die Punkte A, C und E auf einer Gerade liegen, gilt
w−u
(2)
und u−w
e−u ∈ R
e−w ∈ R
Da die Punkte B, C und D auf einer Gerade liegen, gilt
w−v
d−v
(3)
∈R
und
v−w
d−w
∈R
Der Schnittpunkt ̸= F der Kreise ka und kb entspricht einer komplexen Zahl z (sollten die
Kreise einander in F ber¨
uhren, dann f¨allt z mit F zusammen). Da u, e, f und z auf ka
(v−u)(e−z)
(f −u)(e−z)
liegen, erhalten wir (e−u)(f −z) ∈ R. Mit Hilfe von (1) und (2) folgt daraus (w−u)(f
−z) ∈ R.
Da v, d, f und z auf kb liegen, erhalten wir
(3) folgt daraus
(w−v)(f −z)
(u−v)(d−z)
(d−v)(f −z)
(f −v)(d−z)
∈ R. Mit Hilfe von (1) und
∈ R. Multiplikation der beiden so erhaltenen Qutienten ergibt
(v−w)(e−z)
(u−w)(d−z)
∈ R. Mit Hilfe von (2) und (3) folgt daraus (d−w)(e−z)
(e−w)(d−z) ∈ R. Das aber bedeutet,
dass w, d, e und z auf einem Kreis liegen. Da w, d und e auf kc liegen, muss dieser Kreis
der Kreis kc sein. Somit liegt z auf allen drei Kreisen.
Allerdings funktioniert dieser Beweis nicht, wenn z mit d, e oder f zusammenf¨
allt. F¨allt
z mit d oder e zusammen, dann liegt z bereits auf allen drei Kreisen. Gilt z = f , dann
ber¨
uhren die Kreise ka und kb einander in z. Sie haben eine gemeinsame Tangente in z, auf
−u)(e−z)
der wir einen Punkt q ̸= z w¨ahlen. Da auch u und e auf ka liegen, gilt (f
(e−u)(q−z) ∈ R. Da
(f −v)(d−z)
(d−v)(q−z) ∈ R. (Es ist z = f zu beachten.) Division ergibt
(e−z)(d−v)
Wegen (1) gilt ff −u
−v ∈ R und somit auch (e−u)(d−z) ∈ R. Wegen (2)
(v−w)(e−z)
(u−w)(d−z) ∈ R. Jetzt ergibt sich wie oben, dass z auf kc liegt.
auch v und d auf kb liegen, gilt
(f −u)(e−z)(d−v)
(e−u)(f −v)(d−z)
∈ R.
und (3) erhalten wir
Wir nehmen jetzt zus¨atzlich an, dass die Punkte D, E und F auf einer Gerade liegen.
−e
Daher gilt ff −d
∈ R. Da wir bereits wissen, dass die drei Kreise einen gemeinsamen Punkt
haben, muss es zumindest zwei Kreise geben, die einander nicht ber¨
uhren. Wir k¨onnen
annehmen, dass das ka und kb sind. Somit gilt z ̸= f .
(f −e)(u−z)
(u−e)(f −z) ∈ R. Da v, d, f und z auf kb liegen,
(v−d)(f −z)
(v−d)(f −e)(u−z)
f −e
erhalten wir (f
−d)(v−z) ∈ R. Multiplikation ergibt (u−e)(f −d)(v−z) ∈ R. Wegen f −d ∈ R
(v−w)(u−z)
folgt (v−d)(u−z)
(u−e)(v−z) ∈ R. Mit Hilfe von (2) und (3) ergibt sich (u−w)(v−z) ∈ R. Das aber
Da u, e, f und z auf ka liegen, erhalten wir
bedeutet, dass u, v, w und z auf einem Kreis liegen. Da u, v und w auf dem Umkreis
liegen, muss dieser Kreis der Umkreis sein.
Satz 119: Sei ABCD ein Sehnenviereck mit Umkreis k. Seien kAB , kBC , kCD und kDA
die B¨ogen, in die k durch die Punkte A, B, C und D geteilt wird. Sei P der Mittelpunkt
von kAB , Q der von kBC , R der von kCD und S der von kDA . Dann stehen die Strecken
P R und QS senkrecht aufeinander.
Beweis: Wir k¨onnen annehmen, dass der Umkreis der Einheitskreis ist. Die Ecken des
Sehnenvierecks entsprechen komplexen Zahlen eiα , eiβ , eiγ und eiδ mit 00 ≤ α < β < γ <
δ < 3600 . Sei ε = α + 3600 . Die Mittelpunkte der B¨ogen entsprechen dann den komplexen
β+γ
γ+δ
β
α+β
δ+ε
α
Zahlen p = ei 2 , q = ei 2 , r = ei 2 und s = ei 2 . Wir setzen u = ei 2 , v = ei 2 ,
γ
δ
ε
α
w = ei 2 und z = ei 2 . Wegen 2ε = α2 + 1800 gilt ei 2 = −ei 2 = −u. Wir erhalten p = uv,
q = vw, r = wz und s = −zu.
82
Anhang
In der folgenden Rechnung ist zu beachten, dass uu = 1, vv = 1, ww = 1 und zz = 1 gilt.
(p − r)(q − s) = (uv − wz)(vw + zu) = uw + vz − zv − wu
Da uw − wu und vz − zv imagin¨
ar sind, haben wir gezeigt, dass (p − r)(q − s) imagin¨ar ist.
Somit stehen p − r und q − s aufeinander senkrecht, das sind die Strecken P R und QS.
Satz 120: Seien u, v und p komplexe Zahlen. Dann entspricht die komplexe Zahl
v−u
u−v
(p − u) v−u
+ u = (p − v) u−v
+v
dem Punkt, den man erh¨alt, wenn man p an der Gerade g durch u und v spiegelt.
Beweis: Die Spiegelung von p an der Gerade g durch u und v erh¨
alt man durch Hintereinanderausf¨
uhrung folgender f¨
unf Abbildungen:
(a)
Subtraktion von u: Translation, die den Punkt u in den Punkt 0 verschiebt
v−u
(b) Division durch |v−u|
: dreht die verschobene Gerade g auf die reelle Achse
(c)
Bilden der konjugiert komplexen Zahl: Spiegelung an der reellen Achse
v−u
: dreht die reelle Achse wieder in Richtung der Gerade g
(d) Multiplikation mit |v−u|
(a)
Addition von u: Translation, die den Punkt 0 in den Punkt u zur¨
uckschiebt
(
|v−u| )− v−u
Die Zusammensetzung dieser Abbildungen ergibt p → (p−u) v−u
|v−u| +u. Das Bilden
der konjugiert komplexen Zahl ist mit den Rechenoperationen vertr¨
aglich. Wir k¨onnen den
Querstrich in die Klammern hineinziehen (|v − u| ist reell und ¨andert sich nicht)
v−u
v−u
p → (p − u) |v−u|
v−u |v−u| + u = (p − u) v−u + u
Damit ist die erste Formel f¨
ur die Spiegelung gefunden. Die Gleichheit mit der zweiten
Formel ist leicht zu zeigen.
Satz 121: Spiegelt man in einem Dreieck △ ABC den H¨ohenschnittpunkt H an den
(Verl¨
angerungen der) drei Seiten, dann liegen die gespiegelten Punkte auf dem Umkreis.
Beweis: Wir fassen die Eckpunkte des vorgegebenen Dreiecks als komplexe Zahlen u, v
und w auf und den H¨ohenschnittpunkt als komplexe Zahl h. Da die H¨ohen senkrecht auf
h−u
h−v
den jeweiligen Dreiecksseiten stehen, sind die Zahlen v−w
und u−w
imagin¨ar.
Sei G der an der Seite AB gespiegelte H¨ohenschnittpunkt H und g die entsprechende
komplexe Zahl. Nach Satz 120 gilt
v−u
g = (h − u) v−u
v−u + u = (h − v) v−u + v
Es folgt
u−g
v−g
=
h−u
h−v
und damit dann
(v−w)(u−g)
(u−w)(v−g)
Nun ist
|h−u|2
|h−v|2
=
(v−w)(h−u)
(u−w)(h−v)
=
(v−w)(h−u)(h−u)(h−v)
(u−w)(h−v)(h−v)(h−u)
reell und oben haben wir gesehen, dass
h−v
u−w
=
|h−u|2 (h−v)(v−w)
|h−v|2 (u−w)(h−u)
und
v−w
h−u
imagin¨
ar sind. Damit
(v−w)(u−g)
(u−w)(v−g)
ist gezeigt, dass
reell ist. Das bedeutet, dass u, v, w und g auf einem Kreis
liegen. Da u, v und w auf dem Umkreis liegen, muss dieser Kreis der Umkreis sein.
Wir behandeln noch die Steinerschen Geraden.
Satz 122: Sei △ ABC ein Dreieck und P ein Punkt. Seien D, E und F die Punkte, die
man erh¨alt, wenn man P an den Dreieckseiten spiegelt. Die Punkte D, E und F liegen
auf einer Gerade (zweite Steinergerade) genau dann, wenn P auf dem Umkreis liegt.
Beweis: Wir fassen die Eckpunkte des vorgegebenen Dreiecks wieder als komplexe Zahlen
u, v und w auf und den Punkt P als komplexe Zahl p. Aus Satz 120 ergibt sich, dass
Franz Hofbauer
83
w−u
v−u
u−v
d = (p − v) w−v
w−v + v, e = (p − u) w−u + u und f = (p − u) v−u + u = (p − v) u−v + v die
komplexen Zahlen sind, die den Punkten D, E und F entsprechen. Wir berechnen
f − e = (p − u)( v−u
v−u −
=
w−u
w−u )
= (p − u) (v−u)(w−u)−(w−u)(v−u)
(w−u)(v−u)
(p−u)(p−u)(w−u) (v−u)(w−u)−(w−u)(v−u)
(p−u)(w−u)(w−u)
v−u
2
2
=
(w−u)|p−u|2 (v−u)(w−u)−(w−u)(v−u)
(p−u)|w−u|2
v−u
Nun sind |p − u| und |w − u| reell und (v − u)(w − u) − (w − u)(v − u) ist die Differenz
zweier zueinander konjugiert komplexer Zahlen und daher imagin¨ar. Es existiert eine reelle
(w−u)si
(w−v)ti
Zahl s mit f − e = (p−u)(v−u)
. Analog erh¨alt man f − d = (p−v)(u−v)
f¨
ur eine reelle Zahl t
(man muss in obiger Rechnung nur v durch u und u durch v ersetzen). Wir erhalten daher
f −e
f −d
= − (w−u)(p−v)s
(p−u)(w−v)t
mit
s, t ∈ R
−e
Somit ist ff −d
genau dann reell, wenn (w−u)(p−v)
(p−u)(w−v) reell ist. Das heißt, d, e und f liegen auf
einer Gerade genau dann, wenn u, v, w und p auf einem Kreis liegen. Da u, v und w die
Eckpunkte des Dreiecks sind, ist dieser Kreis der Umkreis.
Die Gerade im folgenden Satz ist die erste Steinersche Gerade. Wir behandeln nur die
erste Steinersche Gerade durch den Eckpunkt A. Es gibt jedoch auch je eine durch die
Eckpunkte B und C.
Satz 123: Sei P ein Punkt auf dem Umkreis eines Dreiecks △ ABC. Sei Q der Schnittpunkt ̸= P des Umkreises mit dem Lot von P auf die Seite BC. Dann liegt die Gerade
durch Q und den Eckpunkt A parallel zur zweiten Steinerschen Geraden.
Beweis: Wir verwenden die Bezeichnungen aus dem letzten Beweis und den Punkt Q
fassen wir als komplexe Zahl q auf. Da die Gerade durch v und w auf der Gerade durch
q und p senkrecht steht, ist v−w
are Zahl. Da u, v, w, p und q alle auf dem
q−p eine imagin¨
(w−u)(p−v)
(q−p)(v−u)
(p−u)(w−v) als auch (v−p)(q−u) eine reelle Zahl. Multiplikation
ergibt, dass (w−u)(v−u)
are Zahl ist.
(p−u)(q−u) eine imagin¨
(w−u)si
f¨
ur ein s ∈ R gezeigt. Daraus folgt f − e =
wurde f − e = (p−u)(v−u)
(w−u)(v−u)si
(w−u)(v−u)ri
2
f¨
ur
(p−u)|v−u|2 . Da |v − u| reell ist, erhalten wir f − e =
(p−u)
(w−u)(v−u)ri
(w−u)(v−u)
f −e
ergibt sich q−u = (p−u)(q−u) mit r ∈ R. Da (p−u)(q−u) imagin¨
ar, ist
Umkreis liegen, ist sowohl
dieser drei Zahlen
Im letzten Beweis
(w−u)(v−u)si
(p−u)(v−u)(v−u)
=
ein r ∈ R. Daraus
f −e
q−u
reell. Damit ist gezeigt, dass die Gerade durch f und e parallel zur Geraden durch q
und u liegt. Die zweite Steinergerade liegt parallel zur ersten.
Bisher ging es darum, dass drei Punkte auf einer Gerade liegen oder vier Punkte auf
einem Kreis. Oder es ging darum, dass zwei Geraden parallel liegen oder senkrecht
aufeinander stehen. Jetzt wollen wir uns auch noch damit besch¨
aftigen, dass drei Gerade durch einen Punkt gehen. Die Rechnungen werden einfacher, wenn man das Dreieck
so legt, dass der Schnittpunkt der Geraden der Nullpunkt ist.
Satz 124: Die drei H¨ohen eines Dreiecks schneiden einander in einem Punkt.
Beweis: Wir fassen die Eckpunkte des Dreiecks als komplexe Zahlen u, v und w auf.
Wir legen das Dreieck so, dass der Schnittpunkt der H¨ohe durch u und der durch v der
Nullpunkt ist. Die Gerade durch v und w und die durch u und 0 stehen senkrecht aufeinander, daher ist (v − w)u imagin¨
ar. Ebenso ist die Gerade durch u und w senkrecht zu
der durch v und 0, daher ist auch (u − w)v imagin¨ar. Durch Subtraktion erh¨alt man, dass
84
Anhang
(v − w)u − (u − w)v = vu − uv − w(u − v) imagin¨ar ist. Da aber vu − uv als Differenz
einer Zahl und ihrer konjugiert Komplexen imagin¨ar ist, ist w(u − v) imagin¨ar. Damit ist
bewiesen, dass die Gerade durch w und 0 und die durch u und v senkrecht aufeinander
stehen. Das heißt, 0 liegt auch auf der H¨ohe durch w.
Satz 125: Die drei Schwerlinien eines Dreiecks schneiden einander in einem Punkt.
Beweis: Wir fassen die Eckpunkte des Dreiecks als komplexe Zahlen u, v und w auf. Wir
legen das Dreieck so, dass der Schnittpunkt der Schwerlinie durch u und der durch v der
v+w
u+w
Nullpunkt ist. Da v+w
2 , u und 0 auf einer Geraden liegen, ist
2 u reell. Da
2 , v und
u+w
0 auf einer Geraden liegen, ist auch 2 v reell. Addiert man diese Zahlen, so ergibt sich,
u+w
vu+uv
dass v+w
+ w2 (u + v) reell ist. Da aber vu + uv als Summe einer Zahl
2 u+ 2 v =
2
u+v
und ihrer konjugiert Komplexen reell ist, ist w u+v
2 reell. Damit ist bewiesen, dass w, 2
und 0 auf einer Geraden liegen. Das heißt, 0 liegt auch auf der Schwerlinie durch w.
Satz 126: Auf den Seiten eines Dreiecks △ ABC werden gleichseitige Dreiecke aufgesetzt.
Sei D die Spitze des Dreiecks auf BC, E die des Dreiecks auf AC und F die des Dreiecks
auf AB. Dann gilt |AD| = |BE| = |CF |. Außerdem schneiden die Geraden ℓ(A, D),
ℓ(B, E) und ℓ(C, F ) einander in einem Punkt, dem sogenannten Fermatpunkt, und bilden
dort Winkel von 600 .
Beweis: Wir fassen die Eckpunkte des vorgegebenen Dreiecks als komplexe Zahlen u, v
und w auf. Die Spitzen der u
¨ber den Dreieckseiten errichteten gleichschenkeligen Dreiecke
√
entsprechen komplexen Zahlen, die wir mit f , d√und e bezeichnen. Wegen tan 600 = 3
folgt mit Hilfe von Satz 55, wobei wir λ = 21 + i 23 setzen
d = v + (w − v)( 12 − i
e = u + (w − u)( 12
f = u + (v − u)( 12
√
√
√
3
1
3
)
+
w(
−
i
2
2
2 ) = vλ + wλ
√
√
− i 23 ) + w( 12 + i 23 ) = wλ + uλ
√
√
+ i 23 ) + v( 12 − i 23 ) = uλ + vλ
√
f )( 12 + i 23 ) = e − v. Somit sind die
3
1
2 ) = v( 2
√
+ i 23 ) = u( 12
√
− i 23 ) = u( 12
√
+i
Strecken
Es gilt (w − f )( 12 − i 23 ) = d − u und (w −
von w nach f , von u nach d und von v nach e gleich lang und die Winkel zwischen diesen
Strecken betragen 600 .
Das Dreieck liege so, dass der Schnittpunkt der Gerade durch u und d mit der durch v
und e der Nullpunkt ist. Da d, u und 0 auf einer Geraden liegen, ist du = vuλ + wuλ
reell. Da e, v und 0 auf einer Geraden liegen, ist ev = wvλ + uvλ reell. Addition ergibt,
dass vuλ + uvλ + wuλ + wvλ reell ist. Da aber vuλ + uvλ als Summe einer Zahl und ihrer
konjugiert Komplexen reell ist, ist wuλ + wvλ reell. Das ist gleich wf . Damit ist bewiesen,
dass w, f und 0 auf einer Geraden liegen, das heißt, 0 liegt auch auf der Gerade durch w
und f .
Bemerkung: Unter den Voraussetungen des letzten Satzes gilt auch: Die Gerade durch
A senkrecht auf EF , die Gerade durch B senkrecht auf DF und die Gerade durch C
senkrecht auf DE schneiden einander in einem Punkt.
Satz 127: Auf den Seiten eines Dreiecks △ ABC werden Quadrate aufgesetzt, auf AB
das Quadrat ABLK, auf BC das Quadrat BCN M und auf CA das Quadrat CAQP .
¨
(Uber
A liegt K, u
¨ber B liegt L und analog f¨
ur die anderen Quadrate.) Dann schneiden
die Symmetrale der Strecke QK, die der Strecke LM und die der Strecke N P einander in
einem Punkt.
Franz Hofbauer
85
Beweis: Wir fassen die Eckpunkte des vorgegebenen Dreiecks als komplexe Zahlen u, v
und w auf. Die komplexen Zahlen, die den Punkten K und L entsprechen, sind dann
k = u − (v − u)i und l = v + (u − v)i. Die komplexen Zahlen, die den Punkten M und
N entsprechen, sind m = v − (w − v)i und n = w + (v − w)i. Die komplexen Zahlen, die
den Punkten P und Q entsprechen, sind p = w − (u − w)i und q = u + (w − u)i. Der
Mittelpunkt der Strecke QK entspricht der komplexen Zahl d = u+i w−v
2 . Der Mittelpunkt
u−w
der Strecke LM entspricht der komplexen Zahl e = v + i 2 . Der Mittelpunkt der Strecke
N P entspricht der komplexen Zahl f = w + i v−u
2 .
Wir legen das Dreieck so, dass der Schnittpunkt der Symmetrale der Strecke QK und der
der Strecke LM einander im Nullpunkt schneiden. Die Gerade durch q und k und die
durch d und 0 stehen senkrecht aufeinander, daher ist (q − k)d imagin¨ar. Es folgt, dass
ww−vv+vw−wv
(v + w − 2u)(u − i w−v
+ i(uw − uv).
2 ) reell ist. Das ist vu + wu − 2uu − i
2
ww−vv
Da uu reell und vw − wv imagin¨
ar ist, ergibt sich, dass vu + wu − i 2 + i(uw − uv)
reell ist. Die Gerade durch l und m und die durch e und 0 stehen ebenfalls senkrecht
aufeinander, daher ist (l − m)e imagin¨ar. Es folgt, dass (u + w − 2v)(v − i u−w
2 ) reell ist.
uu−ww
Durch Ausmultiplizieren folgt wie oben, dass uv + wv − i 2
+ i(vu − vw) reell ist.
Diese beiden Zahlen, die sich als reell erwiesen haben, addieren wir und erhalten so, dass
vu + uv + wu + wv − i uu−vv
+ i(vu − uv + uw − vw) reell ist. Da vu + uv reell und vu − uv
2
imagin¨
ar ist, ist auch wu + wv − i uu−vv
+ i(uw − vw) reell. Jetzt kommt etwas dazu. Da
2
ww reell und uv − vu imagin¨ar ist, ist wu + wv − 2ww − i uu−vv+uv−vu
+ i(uw − vw) reell.
2
Das aber ist gleich f (p − n). Damit ist gezeigt, dass die Gerade durch f und 0 und die
durch p und n aufeinander senkrecht stehen, das heißt, die Symmetrale der Strecke P N
geht durch den Nullpunkt, das ist der Schnittpunkt der beiden anderen Symmetralen.
Inhaltsverzeichnis
I. Elementargeometrie
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
Einleitung
Der Strahlensatz
Das Dreieck
Beweisen mit Hilfe von Abbildungen
Der Satz von Pythagoras
Der Peripheriewinkelsatz
Inkreis, Ankreise und Umkreis
1
1
3
8
12
15
17
22
II. Trigonometrie
24
1.
2.
3.
4.
5.
6.
24
27
28
30
31
33
Trigonometrische Funktionen
Die besonderen Punkte des Dreiecks
Die S¨atze von Napoleon und Morley
Komplexe Zahlen
Polarkoordinaten
Beweisen mit Hilfe komplexer Zahlen
III. Koordinaten und Vektoren
37
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Inneres Produkt und Vektorprodukt
Determinante und Geraden
Die besonderen Punkte des Dreiecks
Der Umkreis
Die Steinerschen Geraden
Der Neunpunktkreis
37
38
42
44
44
46
IV. Isometrien und Kegelschnitte
48
1. Lineare Abbildungen
2. Eigenwerte und Eigenvektoren
3. Symmetrische Matrizen
4. Isometrien der Ebene
5. Kegelschnitte
6. Tangentenkonstruktion
7. Tangentengleichung
8. Tangenten von einem Punkt an einen Kegelschnitt
9. Hauptachsentransformation
10. Leitlinie und Polarkoordinaten
48
50
51
52
54
56
58
60
61
64
V. Lineare Gleichungssysteme
67
1. Das Gaußsche Eliminationsverfahren
2. Eigenvektoren f¨
ur 3 × 3-Matrizen
3. Kegelschnitt durch f¨
unf Punkte
67
71
73
VI. Anhang
75
1. Koordinatenfreie Vektoren
2. Noch mehr komplexe Zahlen
75
80
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Seele and Geist
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