Gerade, Strecke, Halbgerade, Winkel (in (R n,, ))

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1 Gerade, Strecke, Halbgerade, Winkel (in (R n,, )) A B Winkel Gerade Halbgerade Strecke A A A Gerade ist Punktmenge L A,v := {A+t v t R}, wobei v 0. Halbgerade (Strahl) ist Punktmenge H A,v := {A+t v t R, t 0}, wobei v 0; in dem Fall heißt der Punkt A der Endpunkt. Strecke mit Endpunkten A, B ist Punktmenge AB := {A(1 t)+t B t R, 1 t 0}. Strecke ist trivial, wenn A = B. Winkel vau ist Vereinigung von zwei Halbgeraden mit gleichem Endpunkt A und mit Richtungsvektoren u und v, {A+t v t R, t 0} {A+t u t R, t 0}, wobei v 0 und u 0 Winkel ist trivial, wenn er eine Gerade oder eine Halbgerade ist; also wenn u proportional zu v ist. A nichttriv. Winkel trivialer Winkel= Halbgerade A A trivialer Winkel =Gerade

2 Wie eindeutig bestimmen diese Punktmengen die Daten, die wir benutzt haben um sie zu konstruieren? Nach unserer Definition sind Gerade, Strecke, Halbgerade, Winkel (als mathematische Objekte) Punktmengen; um sie zu konstruieren, wählen wir Konstruktionsdaten, also die Punkte A,B und Vektoren u,v 0. Inwiefern bestimmen unsere Punktmengen die Konstruktionsdaten? Wann sind 2 Punktmengen mit verschiedenen Konstruktionsdaten gleich als Punktmengen, also wann fallen sie zusammen? Bsp. Die Geraden L A,v = {A+t v t R} und L A+v,2v = {A+v +t }{{}}{{} 2v t R} fallen zusammen: jeder Punkt von A v L A+v,2v ist auch ein Punkt von L A,v = {A+t v t R}, weil jeder Punkt der Form A+v }{{} A +t 2v }{{} v gleich A+ tv ist, für t = (2t +1) (weil A+(2t +1)v = A+v +t (2v)) und damit auf Gerade L A,v liegt. Folglich gilt L A,v L A+v,2v. Analog zeigt man, dass L A,v L A+v,2v : jeder Punkt der Form A+t v ist auch ein Punkt von L A+v,2v, weil A+t v = A+v +( 1 2 t 1 2 }{{} ) t (2v) }{{} v. Also, L A,v = L A+v,2v.

3 Lemma 6. Die Strecken AB und A B sind genau dann gleich, wenn die Mengen der Endpunkte gleich sind: {A,B} = {A,B }. Obwohl die Aussage geometrisch trivial aussieht, ist es nicht so trivial sie zu beweisen; die Hauptschwierigkeit liegt darin zu verstehen, was man eigentlich beweisen soll. Die Richtung = ist einfach: wir müssen zeigen, dass AB = BA ist: AB := {A(1 t) + t B t R, 1 t 0} BA := {B(1 t ) + t A t R, 1 t 0} und das ist der Fall, weil jeder Punkt der Form A(1 t)+t B mit 1 t 0 auch in der Form B(1 t )+t A t mit 1 t 0 dargestellt werden kann, und zwar für t = 1 t (dieses t erfüllt auch die Bedingung 1 t 0). Also, AB BA; analog zeigt man, dass AB BA.

4 Beweis von Lemma 6 in = Richtung. Lemma 6. Die Strecken AB und A B sind genau dann gleich, wenn die Mengen der Endpunkte gleich sind: {A,B} = {A,B }. Um dies zu beweisen, zeigen wir die metrische Bedeutung der Endpunkte einer Strecke. Die folgende Aussage zeigt, dass man für jede Strecke die Endpunkte invariant, also nur mit geometrischen Mitteln, bestimmen kann: Aussage. Für eine Strecke AB existiert genau ein nicht geordnetes Paar von Punkten (X,Y), so dass X,Y AB gilt d(x,y ) d(x,y), und zwar (X,Y) = (A,B). Beweis der Aussage: Wenn die Strecke trivial ist, also wenn A = B ist, dann ist nichts zu beweisen: das einzige Paar von Punkten von AB ist (A,A). Angenommen, A B. Sei X = ta+(1 t)b und Y = τa+(1 τ)b (wobei 0 t 1 und 0 τ 1). Dann gilt: d(x,y ) = d(ta+(1 t)b,τa+(1 τ)b) = ta+(1 t)b (τa+(1 τ)b) = (t τ)(a B) = t τ A B. Da 0 t 1 und 0 τ 1, gilt t τ 1; also d(x,y ) d(a,b). Ferner gilt: t τ = 1, genau dann wenn (t,τ) = (1,0) oder (t,τ) = (0,1), also genau dann wenn {X,Y } = {A,B}.

5 Beweis von Lemma 6 in = Richtung. Lemma 6. Die Strecken AB und A B sind genau dann gleich, wenn die Mengen der Endpunkte gleich sind: {A,B} = {A,B }. Aussage. Für eine Strecke AB existiert genau ein nicht geordnetes Paar von Punkten (X,Y), so dass X,Y AB gilt d(x,y ) d(x,y), und zwar (X,Y) = (A,B). Die Aussage besagt, dass man die Endpunkte einer Strecke definieren kann, ohne die Konstruktiondaten der Strecke zu benutzen: Wenn zwei Strecken AB und à B gleich (als Mengen) sind, dann sind auch die entsprechenden nicht geordneten Paare (X,Y) und ( X,Ỹ) gleich;da (X,Y) = (A,B) und ( X,Ỹ) = (Ã, B) folgt daraus, dass (A,B) = (Ã, B),. Bemerkung. Im Beweis haben wir die Abstandsfunktion benutzt. Wir zeigen später, im Abschnitt Konvexe Geometrie, dass man dieselbe Aussage nur unter Benutzung der Struktur des linearen Vektorraums erhält.

6 Frage an Euch Wie eindeutig bestimmen diese Punktmengen die Daten, die wir benutzt haben um Sie zu konstruieren? bis auf (x,v) (x +λv,µv) Gerade Punkt + Vektor 0 mit µ 0 Halbgerade Punkt + Vektor 0 bis auf v µv mit µ > 0 Strecke 2 Punkte eindeutig; Lemma 6 Winkel Punkt + zwei Vektoren 0 Wenn Winkel nichttrivial ist, dann (u,v) (λu,µv) für λ > 0, µ > 0 und (u,v) (µv,λu) für λ > 0, µ > 0. Trivialer Winkel mit u = λv (für λ > 0) ist eine Halbgerade; in dem Fall bestimmt er auch die Konstruktionsdaten A, u, v mit der Freiheit (u,v) (λu,µv) für λ > 0, µ > 0. Trivialer Winkel mit u = λv mit λ < 0 ist eine Gerade; in dem Fall bestimmt er die Konstruktionsdaten A, u, v mit der Freiheit (A,u,v) (A+ξu,λu,µv) für ξ R,λ µ > 0.

7 Der Winkel/ das Winkelmaß (die Winkelweite) Def. ( Wir betrachten ) einen Winkel uav. Die Zahl arccos u,v u v [0,π] heißt das Winkelmaß von Winkel zwischen u und v. Bemerkung Um zu zeigen, dass das Winkelmaß zwischen ( u und ) v wohldefiniert ist, müssen wir zeigen, dass die Zahl arccos u,v u v definiert ist; also dass 1 u,v u v 1; das werden wir Heute zeigen mit der Hilfe von Cauchy-Schwarz-Ungleichung aus LA; wir werden die Ungleichung wiederholen und beweisen. Außerdem müssen wir zeigen, dass die Zahl arccos ( u,v u v ) nicht von unserer Freiheit in Wahl von Richtungsvektoren u und v abhängt: warum bekommem wir die gleichen Ergebnisse wenn wir u und v mit positiven λ und µ multiplizieren.

8 Um den Winkel zu definieren, benutzen wir die Funktion cos. In der Schule haben wir aber cos mit Hilfe eines Winkels definiert; wenn wir also die Schuldefinition zugrunde legen, befinden wir uns in einer logischen Schleife. In der Analysis-Vorlesung werden die Funktionen cos und sin rein analytisch, also ohne Bezug zur Schulgeometrie eingeführt, und zwar als Grenzwerte der unendlichen Summe cos(x) = x ! x4...; sin(x) = x 1 6 x Die Eigenschaften der Funktionen Sinus und Kosinus, die Ihnen noch aus der Schule bekannt sind und die eigentlich notwendig zur Definition der Funktion arccos sind (z.b. Definitionsbereich, siehe das Bild) hat man ebenfalls sauber, nur anhand dieser analytischen Formeln bewiesen.

9 Bemerkung In der Ebene/im Raum ist der Winkel im Sinne der obigen Definition der übliche Winkel Wiederholung Schulgeometrie: In der Ebene/im Raum ist u, v = u v cos(alpha). Also ist cos(alpha) = u, v u v. A B B v alpha u

10 Rechnen Sie bitte selbst: Im R 2 mit Standardskalarprodukt berechne man den Winkel zwischen ( ) den Vektoren ( ) 0 1 u = und v =. 2 1 Lösung. cos(α) = ( 0, 2) ( ( 0, 0 2) 2) Dann ist α = arccos( 1 2 ) = 45. ( ) 1 1 ( ) 1, 1 ( ) = =

11 Rechnen Sie bitte selbst: Im R 2 mit Standardskalarprodukt berechne man den Winkel zwischen ( ) den Vektoren ( ) 3 4 u = und v =. 4 3 ( ( ) Lösung. cos(α) = 3, 4 4) 3 u v = u v = 0 u v = 0. Dann ist α = arccos(0) = 90. Bemerkung. Die Vektoren sind genau dann orthogonal (also, ihr Skalarprodukt ist g.d. gleich 0), wenn der Winkel zwischen den Vektoren gleich 90 ist.

12 Cauchy-Schwarz-Ungleichung Lemma 7 (Cauchy-Schwarz-Ungleichung; Lineare Algebra) u,v u v (für alle u,v R n ). Ferner gilt: u,v = u v g.d.w. die Vektoren proportional sind mit nicht-negativem Koeffizienten und u,v = u v g.d.w. die Vektoren proportional sind mit nicht-positivem Koeffizienten. Beweis. Ist v = 0, so sind beide Seiten gleich Null. Sei v 0. Sind die Vektoren linear abhängig, so ist u = λv, und u,v = λv,v = λ v 2 = ± λv v wobei das Vorzeichen wie oben formuliert ist. Angenommen, die Vektoren sind linear unabhängig. Für alle t R gilt u +tv,u +tv Linearität = u,u +tv +t v,u +tv Linearität = u,u + t u,v +t v,u +t 2 v,v = u 2 +2 u,v t +t 2 v 2. }{{}}{{}}{{}}{{} 2t u, v wegen Symmetrie c b a Dies ist ein quadratisches Polynom in t. Es hat keine Nullstelle, da u +tv,u +tv gleich Null ist, genau dann wenn u = tv, also falls u,v linear abhängig sind, was wir oben explizit ausgeschlossen haben. Da das Polynom keine Nullstelle hat, ist die Diskriminante negativ, also D = ( b 2 2) ac = u,v 2 v 2 u 2 < 0. Dann ist u,v < v u.

13 Winkelmaß ist wohldefiniert Wir haben das Winkelmaß von uav als arccos ( ) u,v u v definiert. Aus ) Cauchy-Schwarz folgt, dass 1 u,v u v 1 ist, also arccos ( u,v u v wohldefiniert ist. Außerdem müssen wir noch zeigen, dass Winkelmaß nicht von der Transformation (u,v) (µv,λu) für λ > 0, µ > 0 abhängt (bzw. von der entsprechenden Transformation für die trivialen Winkel). Wenn Winkel nichttrivial ist, dann (u,v) (λu,µv) für Winkel Punkt + zwei Vektoren 0 λ > 0, µ > 0 und (u,v) (µv,λu) für λ > 0, µ > 0. Wenn wir u = λu und v = λv setzen (für λ > 0, µ > 0), bekommen wir Für trivialen Winkel analog. Also, Winkelmaß ist wohldefiniert. u,v u v = λu,µv λu µv = u,v u v.

14 Versprechen aus Vorl. 1. Folgerung (Dreiecksungleichung). Für alle u,v R n gilt: u +v u + v. Ferner gilt: ist u +v = u + v, dann sind die Vektoren proportional, mit einem nichtnegativem Koeffizienten. u v u+v Bemerkung. Daraus folgt sofort die Dreiecksungleichung für die euklidische Abstandsfunktion: d (x,y) d(x,z) +d(z,y), da x y = (x z)+(z y). }{{}}{{}}{{} x y x z z y Beweis. ( u +v ) 2 = u +v,u +v Linearität = u 2 +2 u,v + v 2 2 Wie im Beweis Lem. 32 ( u + v ) = u 2 +2 u v + v 2. Da nach Cauchy-Schwarz u,v u v, ist ( u +v ) 2 ( u + v ) 2 und deswegen u +v u + v. z y x

15 Kosinussatz Kosinussatz Im Dreieck auf dem Bild c alpha a b ist a 2 = b 2 + c 2 2 b c cos(alpha). Beweis: a+ b = c, also a = c b. Dann ist a 2 = a, a = c b, c b = c, c 2 b, c + b, b = b 2 + c 2 2 b c cos(alpha).

16 Mit Hilfe der Bilinearität des Skalarprodukts kann man mehrere schulgeometrische Aufgaben lösen (Bsp: Thales) Satz von Thales. Im Dreieck auf dem Bild ist das Winkelmaß der Winkel alpha gleich 90. Satz von Thales alpha b a a 624 v. C v. C. Beweis. Man betrachte die Vektoren a, b wie im Bild. Wir zeigen, dass a+ b, a }{{} b = 0. Wegen Bilinearität und Symmetrie ist }{{} u v a+ b, a b = a, a + b, a a, b }{{} b, b = a, a b, b = a 2 b 2 = 0. Dann ist arccos =0, Symmetrie ( u, v u v ) = arccos(0) = 90. v

17 Umkehrung des Satzes von Thales Sei A B. Dann gilt: die Menge {X R 2 AXB = 90 } ist der Kreis um den Mittelpunkt M = 1 2 (A+B) von AB vom Radius 1 2 AB. X A M B Beweis. Wir setzen a := M A; dann ist B M = a (weil M = 1 2 (A+B)). Sei b := X M. Dann ist X A = a+b und B X = a b. Dann bedeutet die Bedingung X A,B X = 0, dass 0 = a+b,a b = a 2 b 2. Damit ist a = b und deswegen M X = 1 2 AB ; also X liegt auf dem Kreis um M mit Radius 1 2 AB,

18 Warum ist α+β = γ (siehe Bild)? alpha gamma beta A Wir haben das Winkelmaß mit Hilfe von arccos ( ) u,v u v definiert; und cos mit Hilfe einer Potenzreihe. Wie kann man damit anschaulich-offensichtliche Aussagen beweisen, z.b. dass (wie auf dem Bild) alpha + beta = gamma. Das lässt sich tatsächlich sauber beweisen; ich skizziere dies: (1) Zuerst zeigt man die Richtigkeit der trigonometrischen Formel cos(α+β) = cos(α)cos(β) sin(α)sin(β). Um dies zu zeigen, benutzt man, dass die Funktionen der Form f(x) = C 1 cos(x)+c 2 sin(x) (wobei C 1,C 2 R) die einzigen analytischen Funktionen sind, so dass f = f. Die Funktion f(x) = cos(α+x) hat die Eigenschaft, dass f = f; also muss cos(α+β) = C 1 (α)cos(β)+c 2 (α)sin(β) (für jedes α haben wir C 1,C 2 R; also C 1,C 2 sind Funktionen von α).wenn wir α und β in cos(α + β) umtauschen, ändern wir nichts; also muss cos(α+β) = const 1 cos(α)cos(β)+const 2 sin(α)sin(β) für Konstanten const 1,const 2. Wir setzen α = 0 und β = 0 um zu zeigen, dass const 1 = 1, und α = π/2 und β = π 2 um zu zeigen, dass const 2 = 1. Daraus folgt auch, dass cos(α) 2 +sin(α) 2 = cos(α α) = 1.

19 A Es genügt zu zeigen, dass arccos alpha beta ( ) arccos v,u+v gamma v u+v = arccos Deswegen genügt es zu zeigen, dass ( v,u v u ( u,u+v u u+v ). ) + v,u v v (? = cos arccos ( ) u,u +v +arccos u u +v ( )) v,u +v. ( ) v u +v Wir benutzen ( die Formel ) cos(α+β) = ( cos(α)cos(β) sin(α)sin(β) ) für α = arccos u,u+v u u+v und β = arccos v,u+v v u+v ; außerdem benutzen wir ( cos(α) 2 +sin(α) 2 = 1 um sin(α) zu finden; sin(α) = ± 1 u,u+v 2. u u+v ) Analog finden wir sin(β). Wir setzen alles in ( ) ein und rechnen nach (Übung für Sie; benutzen Sie die Linearität des Skalarprodukts; die Rechnerei hier ist langweilig), dass ( ) und deswegen auch alpha+beta = gamma gilt.

20 Da wir, um das Winkelmaß zu definieren, nur das Skalarprodukt benutzt haben, und Isometrien das Skalarprodukt erhalten (Folg. 3 aus Satz 1), erhalten Isometrien auch das Winkelmaß. Wir werden das benutzen um zu beweisen, dass die Summe der inneren Winkel jedes Dreiecks gleich 180 ist.

21 Zuerst zeigen wir, dass die Stufen-, Wechsel- und Gegenwinkel (an parallelen Geraden) gleich sind Wechsel-, Stufen- und Gegenwinkel Die Parallelverschiebung (der Vektor v der Verschiebung ist auf dem mittleren Bild) bildet den Winkel auf seinen Stufenwinkel ab. In der Tat, die Parallelverschiebung bildet die Halbgerade g = {A t u t R 0 } auf die Halbgerade g = {A+v t u t R }{{} 0 }, und die Halbgerade h A (sei h = {A+t u t R})) auf die Halbgerade h = {A+v +u t R} ab. Hier sind A und A }{{} die Schnittpunkte auf A dem mittleren Bild und v = A A. Die Parallelverschiebung ist eine Isometrie und deswegen sind die Stufenwinkel(maße) gleich. Analog, bildet die Zentralsymmetrie (die Drehung um 180 ) den Winkel auf den Gegenwinkel ab; deswegen sind auch die Gegenwinkel gleich. Der Wechselwinkel ist dann der Gegenwinkel zum Stufenwinkel.

22 Winkelsummensatz für Dreieck Winkelsummensatz Die Winkelsumme im Dreieck ist 180. Beweis. (Gleichweite Winkel werden als gleich bezeichnet.) Die Winkel α bei den Punkten A und C sind als Stufenwinkel gleich. Die Winkel β bei den Punkten B und C sind als Wechselwinkel gleich. Beim Punkt C sieht man: α+β+γ = 180