SWS-Kongruenzsatz. A B = d(a,b) = A B und A C = d(a,c) ) = A C. Dann ist das Winkelmaß BAC = arccos

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1 SWS-Kongruenzsatz. SWS-Kongruenzsatz. Es seien A,B,C und A,B,C Punkte des R 2, s.d. weder A,B,C noch A,B,C auf einer Geraden liegen. Dann gilt: es gibt eine Isometrie I, mit A A, B B, C C, genau dann wenn d(a,b) = d(a,b ), d(a,c) = d(a,c ) und BAC = B A C. Ferner gilt: wenn diese Isometrie existiert, ist sie eindeutig. Beweis. In Richtung = ist die Aussage fast offensichtlich: Wenn eine Isometrie mit A A, B B, C C existiert, gilt d(a,b) = d(a,b ), d(a,c) = d(a,c ). Wie wir in Vorl. 1 bewiesen haben (siehe Folgerung 3 dort), erhält die Isometrie das Skalarprodukt, also A B,A C = A B,A C. Ausserdem A B = d(a,b) = A B und A C = d(a,c) ) = A C. Dann ist das Winkelmaß BAC = arccos ( A B,A C A B A C ( A B,A C A B A C ). gleich dem Winkelmaß B A C = arccos Wir beweisen jetzt in = Richtung. Nach dem Kosinussatz gilt BC 2 = AC 2 + AB 2 2 AC AB cos( BAC). Also, wenn AC = A C, AB = A B ( d(a,b) = d(a,b ), d(a,c) = d(a,c )) und BAC = B A C, muss auch BC = B C gelten. Die Aussage folgt dann aus dem SSS-Kongruenzsatz.

2 Kongruenzsatz für Winkel Kongruenzsatz für Winkel. Zwei nicht-triviale Winkel sind genau dann kongruent wenn die Winkelmaße gleich sind. Ferner gilt: es existieren genau zwei Kongruenzen, die einen nicht-trivialen Winkel in einen gleichweiten Winkel überführen. Beweis. Beweis in Richtung = ist wie beim Kongruenzsatz oben: Isometrie erhält Skalarprodukt; Winkelmaß ist nur mit Hilfe von Skalarprodukt definiert; also erhalten die Isometrien auch Winkelmaß. Wir zeigen jetzt die = Richtung. Die Winkel seien gegeben durch A,v,u bzw- A,v,u. Die Vektoren v, u sind bis auf einen positiven Faktor definiert; deswegen können wir obda annehmen, dass u = v = u = v = 1. Dann existiert nach SWS-Kongruenzsatz eine Isometrie mit A A, A+v A +v und A+u A +u. Diese Abbildung bildet die Halbgerade H A,v auf H A,v und die Halbgerade H A,u auf H A,u ab; deswegen bildet sie den Winkel uav auf u A v ab. Analog zeigt man die Existenz einer Abbildung, die die Richtungsvektoren umtauscht und die Halbgerade H A,v auf H A,u und die Halbgerade H A,u auf H A,v abbildet.

3 Wir haben also die Existenz von 2 solchen Isometrien gezeigt. Um zu zeigen, dass es genau zwei sind, bemerken wir, dass es genau zwei Punkte auf dem Winkel uav gibt, die den Abstand 1 zu A haben, nämlich A+v und A+u. Diese Punkte müssen auf Punkte des Winkels u A v abgebildet werden, die Abstand 1 zu A haben, also auf die Punkte A +v und A +u, weil A auf A abgebildet werden soll. Dann hat die gesuchte Isometrie die Eigenschaft A A, A+u A +u, A+v A +v, oder die Eigenschaft A A, A+u A +v, A+v A +u ; in beiden Fällen ist eine solche Isometrie eindeutig nach SSS-Kongruenzsatz.

4 WSW-Kongruenzsatz. WSW-Kongruenzsatz. Es seien A,B,C und A,B,C Punkte des R 2, s.d. weder A,B,C noch A,B,C auf einer Geraden liegen. Dann gilt: es gibt eine Isometrie I mit A A, B B, C C, genau dann wenn d(a,b) = d(a,b ), BAC = B A C und ABC = A B C. Ferner gilt: wenn diese Isometrie existiert, ist sie eindeutig. Zuerst Vorarbeit: Sinussatz.

5 Sinussatz. Sei ABC ein Dreieck mit den Seitenlängen a = BC, b = AC und c = AB sowie den Winkelgrößen α = BAC, β = ABC und γ = ACB.Dann gilt sin(α) a = sin(β) b = sin(γ). c Bemerkung. Schulgeometrischer Beweis ist wie folgt: Man benutzt die Formel Flächeninhalt( ABC ) = 1 2 bc sin(α) = 1 2acsin(β). Wenn man dies mit abc dividiert, bekommt man sin(α) a = sin(β) b. Um diesen Beweis zu benutzen, brauchen wir aber den Begriff Flächeninhalt; und es ist nicht-trivial diesen sauber einzuführen. Außerdem haben wir selbstverständlich auch nicht die Formel Flächeninhalt( ABC ) = 1 2bcsin(α). Wir werden deswegen einen alternativen Beweis lernen; im Beweis benutzen wir nur die Eigenschaften der Funktionen cos und sin = 1 cos 2.

6 Beweis. Nach dem Kosinussatz gilt für den Winkel in der Ecke A 2bccos(α) = a 2 (b 2 +c 2 ) und daher 4b 2 c 2 (cos(α)) 2 = ( a 2 +b 2 +c 2 ) 2. Analog gilt 4a 2 c 2 (cos(β)) 2 = (a 2 b 2 +c 2 ) 2. Da a,b,sin(α),sin(β) > 0 zeigt dies sin(α) a Rollen von B und C liefert sin(α) a = sin(γ) c = sin(β) b. Vertauschung der

7 Beweis von WSW-Kongruenzsatz WSW-Kongruenzsatz. Es seien A,B,C und A,B,C Punkte des R 2, s.d. weder A,B,C noch A,B,C auf einer Geraden liegen. Dann gilt: es gibt eine Isometrie I mit A A, B B, C C, genau dann wenn d(a,b) = d(a,b ), BAC = B A C und ABC = A B C. Ferner gilt: wenn diese Isometrie existiert, ist sie eindeutig. Wir bezeichnen die Seiten/Winkel des Dreiecks ABC wie auf dem Bild. Die entsprechenden Objekte von A B C werden mit a,b,c,α,β,γ bezeichnet. Da α+β +γ = α +β +γ = 180, folgt aus dem Winkelsummensatz für ein Dreieck γ = γ. Wegen Sinussatz gilt: sin(α) a = sin(γ) c und sin(α ) a = sin(γ ) c. Da c = c, α = α und γ = γ, folgt aus dieser Formel a = a, also BC = B C. Nach SWS-Kongruenzsatz gibt es dann (genau) eine Isometrie mit A A, B B und C C,

8 WSS-Kongruenzsatz WSS-Kongruenzsatz. Zwei Dreiecke, die in zwei Seitenlängen und in jenem Winkel übereinstimmen, der der längeren Seite gegenüberliegt, sind kongruent. D.h., wenn für zwei Punktetripel A,B,C und A,B,C gilt: weder A,B,C noch A,B,C liegen auf einer Geraden, d(a,c) = d(a,c ), d(a,b) = d(a,b ) und ABC = A B C, und außerdem AC AB und AC BC, dann existiert eine Isometrie, mit A A, B B, C C. Beweis. Nach Kosinussatz gilt a 2 +c 2 2accos(β) b 2 = 0. Wir betrachten diese Gleichung als eine quadratische Gleichung auf die Unbekannte a (d.h., wir betrachten die Grössen, die für beide Dreiecke gleich sind, als bekannt) und zeigen, dass diese Gleichung genau eine positive Lösung hat. Das wird bedeuten, dass die Daten (c,b,β) die Seite a eindeutig bestimmen daraus folgt, dass c = c und deswegen können wir SSS Satz anwenden.

9 a 2 +c 2 2accos(β) b 2 = 0. Wir betrachten diese Gleichung als eine quadratische Gleichung auf die Unbekannte a (d.h., wir betrachten die Grössen, die für beide Dreiecke gleich sind, als bekannt). Die Diskriminante der Gleichung ist D = c 2 cos(β) 2 (c 2 b 2 ) und ist }{{}}{{} >0 0 positiv. Dann gibt es zwei Möglichkeiten für a: ccos(β)+ c 2 cos(β) 2 (c 2 b 2 ) und c cos(β) c 2 cos(β) 2 (c 2 b 2 ). Da die zweite Möglichkeit nicht positiv ist, muss a = c cos(β)+ c 2 cos(β) 2 (c 2 b 2 ), also bestimmen die Daten }{{} 0 b,c,β die Seite a eindeutig. Dann folgt aus den Voraussetzungen des Satzes die Bedingung d(c,b) = d(c,b ). Dann existiert nach SSS-Satz eine eindeutige Isometrie, mit A A, B B, C C. Diese Isometrie erfüllt auch die Bedingung ABC = A B C.

10 Punktspiegelung (Zentralsymmetrie) Sei Z R 2 (oder R n ). Die Punktspiegelung bzgl. Z ist die Abbildung P Z : R 2 R 2 gegeben durch P Z (x) = Z +(Z x) = 2Z x (d.h., der Punkt Z liegt auf der Strecke mit Endpunkten x und P Z (x) und ist der Mittelpunkt von dieser). Bild von Wikipedia Beobachtung. Punktspiegelung ist eine Isometrie. Ich gebe zwei Beweise: einer ist linear-algebraisch, in dem anderen benutze ich den SWS-Kongruenzsatz. Linear-algebraischer Beweis. Wir betrachten A, B; wir müssen zeigen, dass d(a,b) = d(2z A,2Z B). Wir rechnen es aus: d(2z A,2Z B) = 2Z A (2Z B) = B A = d(a,b). Beweis mit Hilfe von SWS. Wir setzen A = P Z (A) und B = P Z (B). Dann sind die Winkel AZB und A ZB gleich als Gegenwinkel (Beweis, dass Gegenwinkel gleich sind, ist Hausaufgabe). Außerdem sind AZ = A Z und ZB = ZB. Dann existiert nach SWS-Kongruenzsatz eine Isometrie mit A A, B B und Z Z. Dann ist AB = A B.

11 Anwendung von Punktsymmetrien zum Lösen von schwierigen Schulaufgaben Gesuchte Gerade G Aufgabe. Gegeben seien ein Punkt A, eine Gerade L und ein Kreis K. Konstruiere (mit Zirkel und Lineal) eine Gerade G, so dass die Strecke mit Endpunkten Schnittpunkt der Gerade G mit K, Schnittpunkt der Gerade G mit L, A als Mittelpunkt hat. K A L

12 Lösung Aufgabe. Gegeben seien ein Punkt A, eine Gerade L und ein Kreis K. Konstruiere (mit Zirkel und Lineal) eine Gerade G, so dass die Strecke mit Endpunkten Schnittpunkt der Gerade G mit K, Schnittpunkt der Gerade G mit L, A als Mittelpunkt hat. Gesuchte Gerade G Man konstruiere eine Gerade, die zu L punktsymmetrisch bzgl. A ist (man nehme zwei Punkte von L, konstruiere davon die Punktspiegelung bzgl. A mit Zirkel/Lineal, und ziehe die Gerade durch diese Punkte.) Für jeden Schnittpunkt dieser Gerade mit dem Kreis ist die Gerade durch den Punkt und A die gesuchte Gerade G (also gibt es zwei Lösungen, eine Lösung oder keine Lösungen.) Gesuchte Gerade G K A L K A-Zentralsymmetrische Gerade zu L A L Noch eine gesuchte Gerade G

13 Verkettung von Punktspiegelungen. Lemma 12. Die Verkettung von 2 Punktspiegelungen (bzg. möglicherweise verschiedenen Punkten) ist eine Translation. Die Verkettung von Punktspiegelung und Translation und von Translation und Punktspiegelung ist eine Puntkspiegelung. Beweis. Zuerst rechnen wir aus, welche Isometrie wir bekommen wenn wir I(x) = Ox +b und I (x) = O x +b verketten: I I (x) = O(O x +b )+b = OO }{{} x +Ob +b. }{{} Õ O 2 b Wir sehen, dass die zur Verkettung von Isometrien gehörige Matrix das Produkt der zu den Isometrien gehörigen Matrizen ist. Die Darstellung einer A- Punktspiegelung in der Form Ox +b haben wir letztes mal ausgerechnet: P Z (x) = x +2Z = ( )( ) 1 x1 1 x 2 +2Z. Bild von Wikipedia Wenn wir zwei Punktspiegelungen verketten, bekommen wir eine Isometrie mit der zugehörigen Matrix ( ( ( ) 1 1 1) 1) = 1 1 ; dann ist die Verkettung von zwei Punktspiegelungen eine Abbildung der Form x Id(x)+v = x +v, d.h., eine Parallelverschiebung.

14 I I (x) = O(O x + b ) + b = OO x + Ob + b. }{{}}{{} Õ O 2 b Wir sehen, dass die zur Verkettung von Isometrien gehörige Matrix das Produkt der zu den Isometrien gehörigen Matrizen ist. Wenn wir eine Punktspiegelung und eine Translation oder eine Translation und eine Punktspiegelung verketten, bekommen wir eine Isometrie mit der Matrix O = Id ( Id) = Id oder O = ( Id) Id = Id; also ist die Verkettung von Punktspiegelung und Translation eine Abbildung der Form x x +v ist, und das ist eine Punktspiegelung bzgl. Z = 1 2 v.

15 Anwendung in einer schulgeometrischen Aufgabe Gegeben sind die Punkte M 1,...,M 2n+1 R 2. Man konstruiere mit Zirkel/Lineal ein (2n+1)-Eck A 1,...,A 2n+1, s.d. die Mittelpunkte von A i A i+1 die Punkte M i sind. A1 M1 M3 A2 M2 A3 Gegeben: M1--M5 Finden: A1--A5 Wenn n = 1, also wenn das 2n+1- Eck ein Dreieck ist, ist die Aufgabe leicht: man kann relativ einfach beweisen, dass alle Dreiecke M1M 2M 3, M3A 1M 1, M2M 1A 2, A3M 3M 2 kongruent sind; dann kann man (wenn M1M 2M 3 gegeben ist) auch die anderen Konstruieren. Für das 5-Eck ist die Aufgabe nicht mehr so einfach; probieren Sie zuerst sie selber zu lösen. A5 M4 A4 M5 A1 M1 M3 A2 M2 A3

16 Eine Lösung mit Hilfe von (Verkettung von) Punktspiegelungen. Gegeben sind die Punkte M 1,...,M 2n+1 R 2. Gegeben: M1--M5 Man konstruiere mit Zirkel/Lineal ein (2n+1)-Eck A 1,...,A 2n+1 s.d. die Mittelpunkte von A i A i+1 die Finden: A1--A5 Punkte M i sind. Wir betrachten die Verkettung P M2n+1 P M1 : R 2 R 2. Das ist eine Punktspiegelung: A5 M4 A4 M5 A1 M1 M3 A2 M2 A3 P M2n+1 P M3 P M2 P M1 = P P M2n+1 M }{{} 3 T v }{{} Eine Translation T v Punktspiegelung =... = Punktspiegelun Überlegen wir jetzt was diese Punktspiegelung P M2n+1 P M1 mit dem (noch nicht bekannten) Punkt A 1 tut: P M1 (A 1 ) = A 2, P M2 P M1 (A 1 ) = P M2 (A 2 ) = A 3,..., P M2n+1 P M1 (A 1 ) = A 1. Also ist der (gesuchte) Punkt A 1 ein Fixpunkt von P M2n+1 P M1. Da P M2n+1 P M1 eine Punktspiegelung P Z ist, hat sie genau einen Fixpunkt, und zwar den Punkt Z (wenn x +2Z = x ist, ist x = Z.) Wie findet man diesen Fixpunkt mit Zirkel/Lineal?

17 C Man nehme einen beliebigen Punkte C und konstruiere davon diep M1 Spiegelung(C )mitzirkel/lineal. M4 M5 M1 M2 C Dann konstruiere man M1 M5 die P M2 Spiegelung von C (C ), (bezeichnet mit C ); M2 C = P M2 P M1 (C) u.s.w. Nach M4 C M3 insgesamt 2n + 1 Schritten bekommen wir den Punkt P M2n+1 P M1 (C) Dann ist der Mittelpunkt der Strecke zwischen C und P M2n+1 P M1 (C) genau der gesuchte Punkt Z = A 1. Nachdem wir A 1 konstruiert haben, ist die Restkonstruktion einfach. Bemerkung. Ein solches 2n+1 Eck A 1...A 2n+1 ist eindeutig (bei gegebenen M 1,...,M 2n+1 ). Das 2n+1 Eck A 1...A 2n+1 existiert immer, wenn wir erlauben, dass die Seiten des 2n + 1-Eckes einander schneiden und nicht konvexe 2n + 1-Ecke als Lösungen annehmen (also, wenn 2n+1-Eck für uns eine 2n+1-Folge von Punkten ist). M3

18 Lot. Def. Sei T R 2 (oder R n ) und A R 2. Der Lotpunkt von A auf T ist der Punkt B T, s.d. der Abstand d(a,b) nicht grösser als der Abstand d(a,b ) für alle B T ist: d(a,b) = inf{d(a,b ) B T}. Die Lotgerade von A (bzgl. T) ist die Gerade durch A und B = Lotpunkt(A). Im allgemeinen Fall ist der Lotpunkt und die Lotgerade nicht eindeutig: Auf dem Bild sehen wir, dass A zwei B2 T Lotpunkte bzgl. T hat, B 1 und B 2. Wenn außerdem A T, ist A = A Lotpunkt(A) und jede Gerade durch B1 A ist eine Lotgerade.

19 Def. Sei T R 2 (oder R n ) und A R 2. Der Lotpunkt von A auf T ist der Punkt B T, s.d. der Abstand d(a,b) nicht grösser als der Abstand d(a,b ) für alle B T ist: d(a,b) = inf{d(a,b ) B T}. Lotpunkt muss auch nicht existieren: Bsp. Wir betrachten den (offenen) Ball B 1 ( 0) = {B R 2 d( 0,B) < 1} und A B 1 ( 0), z.b. A = ( 1 1 Dann gibt es keinen Lotpunkt von A auf B 1 ( 0), weil es für jeden Punkt B B 1 ( 0) noch die Punkte der Strecke BA gibt, die in B 1 ( 0) liegen. Diese sind näher zu A als B. 0 B ). B B Wenn wir statt dem offenen Ball B 1 ( 0), den abgeschlossenen Ball A B 1 ( 0) = {B R 2 d( 0,B) 1} betrachten, existiert ein (und in diesem Bsp. genau ein) Lotpunkt, nämlich der Schnittpunkt der Strecke 0A mit dem Kreis {B R 2 d( 0, B)=1}. A

20 Existenz (mind.) eines Lotpunkts für eine abgeschlossene Menge Def. (Analysis; Wiederholung) Eine Teilmenge T R 2 (oder R n ) ist abgeschlossen, wenn für jede konvergente Folge x 1,...,x k,... k x mit x i T gilt, dass x T. Konvergenz kann man hier als Konvergenz bzgl. der Abstandsfunktion verstehen (d.h., x 1,...,x k,... k x g.d.w. d(x,x k ) k 0); ( ) ) oder komponentenweise verstehen, d.h., (d.h., x1 xk k,...,( y 1 y k,... ( ) x y k k g.d.w. x k x und y k y ); diese zwei Definitionen von Konvergenz sind äquivalent.

21 Existenz (mind.) eines Lotpunkts für eine abgeschlossene Menge Def. (Analysis; Wiederholung) Eine Teilmenge T R 2 (oder R n ) ist abgeschlossen, wenn für jede konvergente Folge x 1,...,x k,... k x mit x i T gilt, dass x T. Bsp. Abgeschlossener Ball B 1 ( 0) = {B R 2 d( 0,B) 1} ist abgeschlossen: wenn wir eine konvergente Folge ( ) ) x1 xk k,...,( y 1 y k,... ( ) ( ) x y haben, s.d. alle Elemente davon, also xk y k, in B 1 ( 0) liegen, dann liegt auch der Grenzwert in B 1 ( 0). In der Tat, wenn k k x k x und y k y, dann gilt für jede stetige Funktion f(x,y), dass f(x k,y k ) k f(x,y). Die Funktion f(x,y) = x 2 +y 2 = d( ( ) x, 0) ist offensichtlich stetig, also x 2 +y 2 = lim k x 2 k +yk 2. Da alle ( ) xk y k B1 ( 0), ist xk 2 +y2 k 1. Deswegen ist x2 +y 2 = lim k x 2 k +yk 2 1 und ( ) x y B1 ( 0). y

22 Bsp. Offener Ball B 1 ( 0) = {B R 2 d( 0,B)<1} ist nicht abgeschlossen: wir können eine konvergente Folge ( ) ) x1 xk k,...,( y 1 y k,... ( ) x y konstruieren, s.d. alle Elemente davon, also ( ) x1 y 1, in B1 ( 0) liegen, aber der Grenzwert ( ) x y kein Punkt von B1 ( 0) ist. Wir wählen ( ) ( ) x k 1 1 = k y k 0 B1 ( 0). Der Grenzwert davon ist ) B1 ( 0). ( (1,0)

23 Ist T abgeschlossen, so existiert (mind.) ein Lot Lemma 13. Die Teilmenge T R 2 sei abgeschlossen und A R 2. Dann gilt: es existiert mind. ein Lotpunkt von A auf T. Im Beweis werden wir die folgenden zwei Aussagen aus der Analyis benutzen: (1) Die Schnittmenge von zwei abgeschlossenen Mengen ist abgeschlossen. (Beweis dieser Aussage ist einfach und folgt sofort aus der Definition.) (2) Eine beschränkte Folge in R n hat immer eine konvergente Teilfolge. (Ist nicht so trivial) Beweis. OBdA ist A T, sonst ist A = Lotpunkt(A). Wir nehmen B T, setzen r = d(a, B) und betrachten T := T B r (A). T ist abgeschlossen nach der ersten Aussage oben; T, weil B T B r (A). Jetzt betrachten wir die Zahl d := inf{d(a,b ) B T }. Die Menge {d(a,b ) B T } ist von unten durch 0 beschränkt, also d 0. Da inf{d(a,b ) B T } die exakte untere Grenze der Menge {d(a,b ) B T } ist, gibt es eine Folge d 1,...,d k,... {d(a,b ) B T k }, s.d. d k d; also gibt es eine Folge B 1,...,B k,... T, s.d. d(a,b k ) k d. Diese Folge hat eine konvergente Teilfolge nach der zweiten Aussage oben. Sei B der Grenzpunkt dieser Teilfolge. Da die Funktion f ( (x y ) ) = d ( A, ( x y ) ) eine stetige Funktion ist, ist f(b) = limf(b k ) = limd k = d, also d(a,b) = d.

24 Wir haben: B T, weil T abgeschlossen ist und d(a,b) = d d(a,b ) für alle B T. Dann gilt auch d(a,b) = d d(a,b ) für alle B T, weil sonst B T \T den Abstand > r = d(a, B) d zu A hat.

25 Lot auf einer Gerade Wir zeigen zuerst, dass eine Gerade L A,v abgeschlossen ist. Wir betrachten eine konvergente Folge von Punkten der Gerade x 1 = A+t 1 v,x 2 = A+t 2 v,x 3 = A+t 3 v,...,x k = A+t k v,... k x. Dann konvergiert auch die Folge t 1,t 2,...,t k,..., weil sie eine Cauchy-Folge ist, denn d(a+t k v,a+t m v) }{{} t k t m v d(a+t k v,x) +d(x,a+t m v), }{{}}{{} m 0 k 0 und deswegen t k t m k,m 0. Dann existiert ein Grenzwert t = lim k t k. Da die Abbildung t A+tv stetig ist, konvergiert A+t k v gegen A+tv, also liegt der Grenzwert auf der Geraden. Also existiert für einen beliebigen Punkt B mind. ein Lotpunkt von B auf L A,v.

26 Aus LA wissen wir, dass der Lotpunkt von B auf L A,v eindeutig ist Hier ist die Formel für den Lotpunkt auf der Gerade L A,v : C = Lotpunkt(B) = A+ 1 v 2 B A,v v. A B C Der Koeffizient t = 1 v 2 B A,v ist so gewählt, dass C B,v = 0: in der Tat, C B,v = A B + 1 v 2 B A,v v,v = A B,v 1 v 2 A B,v v,v = 0. Für jeden anderen Punkt C +t v der Gerade (t 0) gilt dann d(b,c + t v) 2 = B C t v,b C t B C,v = 0 v = B C,B C + (t ) 2 v,v > d(b,c) 2, also ist der Punkt C tatsächlich (der einzige) Punkt der Geraden L A,v, der zum Punkt B am nächsten ist. Bemerkung. Wir sehen, dass B C zu v orthogonal ist.

27 Spiegelung bzgl. Gerade Wir betrachten eine Gerade L = L A,v. Die Spiegelung bzgl. L ist eine Abbildung S L : R 2 R 2 gegeben durch die folgende Regel: x Lotpunkt(x) S(x) L ZuerstkonstruierenwirzudemPunkt x den Lotpunkt(x) (auf L). Dann S L (x) = x +2(Lotpunkt(x) x) = 2Lotpunkt(x) x. (Man beachte die Ähnlichkeit mit der Punktspiegelung: P Z (x) = 2Z x). Unter Berücksichtigung der Formel Lotpunkt(x) = A+ 1 v 2 x A,v v, bekommen wir S L (x) = 2A+2 1 v 2 x A,v v x.

28 S L (x) = 2A+2 1 v 2 x A,v v x. Lemma 14. Spiegelung ist eine Isometrie. Beweis. Beweis mit Kongruenzsätzen ist eine Hausaufgabe. Ich gebe jetzt einen linear-algebraischen Beweis. d(s L (x),s L (y)) = d(2a+2 1 v 2 x A,v v x,2a+2 1 v 2 y A,v v y) = = v 2 x A,v v x 2 v 2 y A,v v +y = v 2 x y,v v +y x,2 v 2 x y,v v +y x = x y,v 2 x y,v 2 = 4 v 2 4 v 2 + x y,x y = d(x,y).

29 Anwendung von Spiegelsymmetrien zum Lösen von schwierigen Schulaufgaben Aufgabe. Gegeben seien zwei Punkte A,B und eine Gerade L. Man konstruiere (mit Zirkel und Lineal) einen Punkt X L, s.d. die Winkel zwischen AX und der Geraden und zwischen BX und der Geraden gleich sind. A X B L

30 Lösung Aufgabe. Gegeben seien zwei Punkte A,B und eine Gerade L. Man konstruiere (mit Zirkel und Lineal) einen Punkt X L, s.d. die Winkel zwischen AX und der Geraden und zwischen BX und der Geraden gleich sind. A X B L Man konstruiere den Punkt B, der zu B bzgl. L spiegelsymmetrisch ist. Der Schnittpunkt der Gerade durch A,B mit L ist der gesuchte Punkt X, weil die Spiegelung von XTB das Dreieck XTB ist, und deswegen alle auf dem Bild markierten Winkel gleich sind. B A L X T B