Elemente der Mathematik - Sommer 2016

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1 Elemente der Mathematik - Sommer 2016 Prof Dr Matthias Lesch, Regula Krapf Übungsblatt 7 Aufgabe 23 9 Punkte In der folgenden Aufgabe sei mit baryzentrischen Koordinaten immer die baryzentrischen Koordinaten bzgl fest gewählten Punkten A, B, C R 2 gemeint a Zeigen Sie, dass jede Gerade in baryzentrischen Koordinaten eine lineare homogene Gleichung hat 1 Hinweis: Fassen Sie die beiden Geraden AB und AC als Koordinatensystem auf b Seien P = λ 1, µ 1, σ 1 und Q = λ 2, µ 2, σ 2 zwei Punkte Zeigen Sie, dass jeder Punkt auf der Gerade durch P und Q von der Form sλ 1 + tλ 2, sµ 1 + tµ 2, sσ 1 + tσ 2 ist c Seien u i λ+v i µ+w i σ = 0, i = 1, 2, zwei Geradengleichungen Bestimmen Sie die baryzentrischen Koordinaten des Schnittpunktes der beiden Geraden d Bestimmen Sie den Mittelpunkt zweier Punkte in baryzentrischen Koordinaten e Bestimmen Sie die Gleichungen der Geraden AB, BC und AC sowie die Koordinaten der Seitenmittelpunkte Lösung a Wir folgen dem Hinweis und fassen die Geraden AB und AC als Koordinatensystem mit Nullpunkt A auf Bzgl dieses Koordinatensystems hat dann A die Koordinaten 0, 0, B die Koordinaten 1, 0 und C die Koordinaten 0, 1, dh wenn wir die Koordinaten mit x, y bezeichnen, so erhalten wir folgende Entsprechungen: λ = 1 µ σ = 1 x y µ = x σ = y Eine Gerade in diesem Koordinatensystem ist von der Form ax+by +c = 0, also wenn wir die Gleichheit λ + µ + σ = 1 einsetzen, ergibt das aµ + bσ + cλ + µ + σ = 0 1 dh eine Gleichung der Form uλ+vµ+wσ, wobei λ, µ, σ die baryzentrischen Koordinaten darstellen

2 2 was der homogenen linearen Gleichung entspricht cλ + a + cµ + b + cσ = 0 Alternativ kann man explizit nachrechnen, dass die Gerade durch die Punkte P = λ 1, µ 1, σ 1 und Q = λ 2, µ 2, σ 2 durch die Gleichung µ 1 σ 2 µ 2 σ 1 λ + σ 1 λ 2 σ 2 λ 1 µ + λ 1 µ 2 λ 2 µ 1 σ = 0 gegeben ist b Jeder Punkt R = λ, µ, σ auf der Gerade P Q ist gegeben durch P + u P # Q» mit u R Es gilt R = P + u #» P Q = λ 1 A + µ 1 B + σ 1 C + u Q P = λ 1 A + µ 1 B + σ 1 C + uµ 2 µ 1 B A + uσ 2 σ 1 C A = λ 1 uµ 2 µ 1 uσ 2 σ 1 A + µ 1 + uµ 2 µ 1 B + σ 1 + uσ 2 σ 1 C = 1 uλ 1 + uλ 2 A + 1 uµ 1 + uµ 2 B + 1 uσ 1 + uσ 2 C, wobei die letzte Gleichheit aus µ 1 + σ 1 = 1 λ 1 und λ 2 µ 2 = λ 2 1 Wir setzen s = 1 u und t = u Dann gilt R = λ, σ, µ = sλ 1 + tλ 2, sµ 1 + tµ 2, sσ 1 + tσ 2 c Wir können ohne Einschränkung annehmen, dass 0 für v 1 0 bzw w 1 0 kann man analog verfahren Dann gilt für den Schnittpunkt λ, µ, σ: λ = v 1µ w 1 σ Einsetzen in der zweiten Geradengleichung ergibt dann v1 µ w 1 σ u 2 + v 2 µ + w 2 σ = 0 v 2 v 1 u 2 µ + w 2 w 1 u 2 σ = 0 Es genügt, die nicht-normierten Koordinaten des Schnittpunktes zu bestimmen, dh Koordinaten λ, µ, σ mit der Eigenschaft, dass λ λ + µ + σ, µ λ + µ + σ, σ λ + µ + σ

3 die gesuchten normierten baryzentrischen Koordinaten sind Die Gleichung ist offensichtlich erfüllt für µ = w 1 u 2 w 2 σ = v 2 v 1 u 2 3 Somit ist λ = v 1µ w 1 σ = v 1w 1 u 2 + v 1 w 2 w 1 v 2 + v 1 w 1 u 2 = v 1 w 2 w 1 v 2 = v 1 w 2 w 1 v 2 d Seien P = λ 1, µ 1, σ 1 und Q = λ 2, µ 2, σ 2 zwei gegebene Punkte Dann sind die Koordinaten des Mittelpunktes von P und Q durch λ1 + λ 2, µ 1 + µ 2, σ 1 + σ gegeben Dies folgt direkt aus b, wenn wir u = 1 2 einsetzen e Die Gleichungen von AB, BC und AC sind σ = 0, λ = 0 und µ = 0 Die Koordinaten der Seitenmittelpunkte sind 1 2, 1 2, 0, 1 2, 0, 1 2 sowie 0, 1 2, 1 2 Aufgabe 24 4 Punkte Gegeben seien zwei Halbgeraden h 1, h 2, die von einem Punkt S ausgehen, sowie Punkte P 1, Q 1 auf h 1 und P 2, Q 2 auf h 2 a Zeigen Sie folgende Umkehrung des ersten Strahlensatzes: Gilt SP 1 : SQ 1 = SP 2 : SQ 2, so sind die Geraden P 1 P 2 und Q 1 Q 2 parallel b Der zweite Strahlensatz besagt, dass SP 1 : SQ 1 = P 1 P 2 : Q 1 Q 2 gilt, falls Lösung die Geraden P 1 P 2 und Q 1 Q 2 parallel sind Zeigen Sie, dass die Umkehrung dieses Satzes im Allgemeinen falsch ist a Wir nehmen an, es gelte SP 1 : SQ 1 = SP 2 : SQ 2 Dann gibt es c R \ {0} mit SP #» 1 = c SQ #» 1 und SP 2 = c SQ 2 Somit ist #» P 1 P 2 = SP #» 1 + SP #» 2 = c SQ #» 1 + SQ #» 2 = c SQ #» 1 + SQ #» 2 = c Q #» 1 Q 2 Somit sind P 1 P 2 und Q 1 Q 2 parallel b Wir geben ein Gegenbeispiel an Seien S = Q 2 = 0, 0, P 1 = 1, 0, P 2 = 1, 1 und Q 1 = 2, 0 Dann gilt offensichtlich SP 1 : SQ 1 = 1 2 = P 1P 2 :

4 4 Q 1 Q 2 Andrerseits ist P 1 P 1 P 1 Q 1 Q 2 und somit sind P 1 P 2 und Q 1 Q 2 nicht parallel Aufgabe 25 2 Punkte Beweisen Sie folgende Aussagen a Ein Dreieck ist genau dann gleichschenklig, wenn zwei Innenwinkel gleich sind b Ein Dreieck ist genau dann gleichseitig, wenn alle Innenwinkel gleich sind Lösung Wir benutzen die Standardnotationen für ein Dreieck ABC mit Seiten a, b, c und Winkeln α, β, γ a Wir nehmen zuerst an, dass das Dreieck ABC gleichschenklig ist mit gleich langen Seiten a und b Dann folgt aus dem Sinussatz sin α a Aus a = b folgt dann sin α = sin β Da α, β < π 2, folgt α = β Die Rückrichtung folgt trivialerweise aus dem Sinussatz b Folgt direket aus a Aufgabe 26 4 Punkte = sin β b a Beweisen Sie die Formel tan 2 α 2 = 1 cos α 1+cos α Hinweis: Zeigen Sie zuerst die Gleichheit sin 2 x = cos2x und eine analoge Gleicheit für cos2 x b Folgern Sie aus a und dem Kosinussatz den Tangensquadratsatz: Sind Lösung a, b, c die Seitenlängen eines Dreiecks und α der Winkel zwischen den Seiten der Längen b und c und ist p der halbe Dreiecksumfang, so gilt tan 2 α 2 a Wir folgen dem Hinweis Es gilt p cp b = pp a 2 sin 2 x = 1 + sin 2 x cos 2 x = 1 cos2x gemäss dem Additionstheorem für den Kosinus Somit folgt sin 2 x = cos2x Analog zeigt man 2 cos 2 x = 1 + cos 2 x sin 2 x = 1 + cos2x und somit cos 2 x = cos2x Wir setzen jetzt x = α 2 tan 2 α 2 = sin2 α 2 cos α 2 = 1 cos α 1 + cos α ein und erhalten

5 b Der halbe Dreiecksumfang ist gegeben durch p = 1 2 a + b + c Aus a und dem Kosinussatz folgt dann tan 2 α 2 = 1 cos α 1 + cos α = 1 b2+c2 a2 2bc 1 + b2 +c 2 a 2 2bc 1 a + b ca b + c = a + b + cb + c a = = 2bc b2 c 2 + a 2 2bc + b 2 + c 2 a 2 2 a + b c 1 2 a b + c 1 2 a + b + c 1 2 p cp b = b + c a pp a 5