ELEMENTARGEOMETRIE STEFAN FRIEDL

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1 ELEMENTRGEOMETRIE STEFN FRIEDL Inhaltsverzeichnis 1. ewegungen ewegungen und Längen Winkel Drehungen um beliebige unkte Spiegelungen an Geraden Die Dreiecksungleichung und Kreise Die Dreiecksungleichung Kreise Tangenten zu Kreisen Geraden und Halbebenen Kongruenzsätze für Dreiecke eweis der Kongruenzsätze für Dreiecke Gleichwinklige und gleichschenklige Dreiecke Die estimmung des Mittelpunkts einer Strecke mit Zirkel und Lineal Weitere Konstruktionen: die Winkelhalbierende Die Mittelsenkrechten eines Dreiecks Weitere Konstruktionen: Das Lot arallelen und Winkelsumme von Dreiecken arallele Geraden n-ecke Die Höhen eines Dreiecks Die Winkelsumme eines Dreiecks Reguläre n-ecke Die Kongruenzsätze SS π und SsW Der Kongruenzsatz SS π Winkel und Längen in einem Dreieck Der Kongruenzsatz SsW Der bstand zwischen zwei Teilmengen der Ebene Die Winkelhalbierenden in einem Dreick und der Inkreis Ähnliche Dreiecke, Flächeninhalte und der Satz von ythagoras Streckungen und ähnliche Dreiecke Der Strahlensatz 73 1

2 2 STEFN FRIEDL 6.3. Die Seitenhalbierenden eines Dreiecks Flächeninhalte Ein warnendes eispiel Sphärische Geometrie Geodäten Volumen und Oberfläche einer Kugel Sphärische Dreiecke 89 Literatur: (Fr) S. Friedl: nalysis IV, Skript im Sommersemester 25. (GM) Gorski und Müller-hilip: Leitfaden Geometrie, 6. uflage, Vieweg + Teubner (24) (KK) M. Koecher und. Krieg: Ebene Geometrie, 3. uflage, Springer Verlag (2007) (Ku) E. Kunz: lgebra, 3. uflage, Viehweg Verlag (2002)

3 ELEMENTRGEOMETRIE 3 1. ewegungen 1.1. ewegungen und Längen. Wir erinnern erst einmal an ein paar Definitionen aus der Schule: Definition. Eine ewegung der Ebene R 2 ist eine der folgenden bbildungen: (1) Verschiebung, (2) Drehung, (3) Spiegelung an der x-chse, 1 und die Verknüpfung von beliebig vielen von solchen bbildungen. emerkung. (1) Eine ewegung wird oft auch Kongruenzabbildung bezeichnet. In der Literatur, z.. in [GM] werden manchmal als ewegung nur Verschiebungen und Drehungen und deren Verknüpfungen bezeichnet. (2) Die Definition einer ewegung ist im Moment vielleicht noch etwas restriktiv, z.. ist nicht klar, ob die Spiegelung an der y-chse ebenfalls eine ewegung ist. Wir kommen darauf noch zurück. (3) Die Verknüpfung von ewegungen ist per Definition eine Verknüpfung von bbildungen von Typ (1), (2) und (3), also wiederum eine ewegung. Etwas mathematischer kann man diese Definition wie folgt formulieren: Definition. Wir können die drei Typen von bbildungen mathematisch sauberer formulieren: (1) eine Verschiebung ist eine bbildung der Form f : R 2 R 2 w w + v wobei v R 2 ein Vektor ist. (2) Eine Drehung um den Winkel φ R um den Ursprung ist die bbildung φ: ( R 2 ( R 2 ) x cos(φ) sin(φ) y) sin(φ) cos(φ) (3) die Spiegelung an der x-chse ist die bbildung φ: R 2 R 2 (x, y) (x, y). ( x y). Wir interessieren uns im Folgenden für Strecken, Streckenlängen, Winkel und Dreiecke. Wir führen dazu folgende Definitionen ein. Definition. 1 Wir werden etwas später auch noch sehen, dass Spiegelungen um beliebige Geraden ebenfalls ewegungen sind.

4 4 STEFN FRIEDL (1) Für zwei unkte, R 2 bezeichnen wir mit := { + t ( ) t [0, 1]} die Strecke zwischen und. Diese eschreibung ist äquivalent zur Definition := { (1 t) + t t [0, 1]}. Die Definition wird in bbildung 1 skizziert. (2) Für einen Vektor v = (x, y) R 2 bezeichnen wir mit v := x 2 + y 2 die euklidische Länge von v. Die Definition wird in bbildung 1 skizziert. (3) Für zwei unkte = (a 1, a 2 ), = (b 1, b 2 ) R 2 bezeichnen wir mit d(, ) := = (a 1 b 1 ) 2 + (a 2 b 2 ) 2 den euklidischen bstand zwischen und. Zudem bezeichnen wir mit l() := d(, ) die euklidische Länge der Strecke t = 0 t = 1 die unkte (1 t) + t die Strecke Vektor v = (x, y) y x v = x 2 + y 2 bbildung 1. Lemma 1.1. Jede ewegung f ist längenerhaltend, d.h. für beliebige unkte und in der Ebene R 2, dass d(f(), f()) = d(, ) und damit auch l(f()f()) = l(). eweis. Wir müssen also zeigen, dass Verschiebungen, Drehungen um den Ursprung und Spiegelung an der x-chse längenerhaltend sind. (1) Es sei f : R 2 R 2 + Q die Verschiebung um einen Vektor v. Dann gilt für alle, R 2, dass d(f(), f()) = f() f() = ( + v) ( + v) = = d(, ). }{{} =

5 ELEMENTRGEOMETRIE 5 (2) Es sei φ R. Wir bezeichnen mit := ( cos(φ) ) sin(φ) sin(φ) cos(φ) die zugehörige Drehmatrix. Es seien nun, R 2. Wir müssen zeigen, dass d(, ) = d(, ). Wir verwenden hierzu folgenden kleinen Trick: Für einen beliebigen Vektor v = (x, y) R 2 gilt ) ( ) v 2 = ( x2 + y 2) 2 x = x 2 +y 2 = (x y)( y = v T v. }{{} Matrizenmultiplikation Es ist nach Trick ( ) Matrizenmultiplikation ist distributiv d(, ) 2 = ( ) T ( ) = ( ( )) T ( ) = ( ) T T ( ) = ( ) T ( ) = d(, ) 2. denn (XY ) T = Y T X T denn für die Drehmatrix gilt T = id Wir haben also gezeigt, dass d(, ) 2 = d(, ) 2, daraus folgt natürlich auch, dass d(, ) = d(, ). (3) Es sei f : R 2 R 2 (x, y) (x, y) die Spiegelung an der x-chse. Dann gilt für alle = (a 1, a 2 ), = (b 1, b 2 ) R 2, dass =f(a 1,a 2 ) =f(b 1,b 2 ) {}}{{}}{ d(f(), f()) = (a 1, a 2 ) (b 1, b 2 ) = (a 1 b 1 ) 2 + ( a 2 ( b 2 )) 2 = (a 1, a 2 ) (b 1, b 2 ) = d(, ). denn ( a 2 ( b 2 )) 2 = (a 2 b 2 ) Winkel. Folgende Definition ist auch schon aus der Schule bekannt. ( ) ( ) v1 w1 Definition. Es seien v = und w = Vektoren in R v 2 w 2. Das Skalarprodukt ist 2 definiert als ( ) ( ) v1 w1 v w = = v v 2 w 1 w 1 + v 2 w 2. 2 In der Schule lernt man folgende Regel:

6 6 STEFN FRIEDL Regel 1.2. Für Vektoren v und w gilt v w = v w cos( (v, w)) wobei (v, w) den Winkel zwischen v und w bezeichnet. Das roblem ist hierbei, dass vielleicht nicht so ganz klar ist, was denn eigentlich der Winkel zwischen v und w sein soll. Wir geben im Folgenden zwei Definitionen. Die erste ist sehr anschaulich. Definition. Es seien v und w zwei Vektoren in R 2, welche von null verschieden sind. (1) Wir sagen v und w zeigen in die gleiche Richtung, wenn es ein t R >0 gibt, so dass v = t w. (2) Wir definieren den Winkel zwischen v und w als den Winkel φ [0, π], so dass v um den Winkel φ gedreht in die gleiche Richtung wie w zeigt. Hierbei erlauben wir für die Drehrichtung sowohl im Uhrzeigersinn als auch gegen den Uhrzeigersinn. u v w w v v u, v und w zeigen in die gleiche Richtung Definition des Winkels zwischen v und w w bbildung 2. Diese Definition ist sehr anschaulich, hat aber den Nachteil, dass es in der raxis sehr schwer ist den Winkel zwischen zwei Vektoren auszurechnen. Wenn man genau hinschaut, dann ist die Definition vielleicht auch nicht besonders genau, denn warum gibt es denn eigentlich immer solch eine Drehung? Es ist daher manchmal einfacher mit einer alternativen Definition des Winkels zu arbeiten. Diese erhält man dadurch, dass man den Spieß aus Regel 1.2 umdreht und die Regel als Definition auffasst. Genauer gesagt, wir lösen die Regel nach (v, w) auf und erhalten folgende Definition. Definition. Es seien v und w zwei Vektoren in R 2, welche von null verschieden sind. Wir definieren den Winkel zwischen v und w als ( ) v w (v, w) := arccos [0, π], v w

7 ELEMENTRGEOMETRIE 7 wobei arccos: [ 1, 1] [0, π] die rkuskosinusfunktion ist, d.h. die Umkehrfunktion von cos: [0, π] [ 1, 1] ist. Die Definition und der Graph der rkuskosinusfunktion sind in bbildung 3 skizziert. bbildung 3. Das folgende Lemma besagt nun, dass diese beiden Definitionen des Winkels äquivalent sind. Insbesondere können wir uns je nach Fall immer aussuchen, mit welcher Definition wir lieber arbeiten. Lemma 1.3. Die beiden Definitionen des Winkels zwischen zwei von null verschiedenen Vektoren stimmen über ein. eweis. Es sei v = ( x y ) zugehöriger Drehmatrix ein von null-verschiedener Vektor. Zudem sei φ [0, π] mit := ( ) cos(φ) sin(φ). sin(φ) cos(φ) Zudem sei λ > 0. Wir schreiben w = λ v. Nach der ersten Definition beträgt der Winkel zwischen v und w gerade φ. Wir wollen nun auch zeigen, dass wir nach der zweiten Definition des Winkels zwischen v und w ebenfalls φ erhalten. Wir wollen also zeigen, dass ( ) v w arccos v w = φ.

8 8 STEFN FRIEDL Wir berechnen nun v w v (λ v) λ(v v) = = = v v = v w v λ v λ v v v v denn w = λ v denn s λt = λ(s t) nach Lemma 1.1 ist v = v und λv = λ v ( ) ( ) 1 ( ) x cos(φ) sin(φ) x = = x 2 + y 2 y sin(φ) cos(φ) y ( x ) Einsetzen von v = und der Drehmatrix y = 1 x 2 + y 2 (cos(φ)x2 + cos(φ)y 2 ) = cos(φ). ( ) 1 x x 2 + y 2 y ( ) x cos(φ) y sin(φ) x sin(φ) + y cos(φ) Indem wir nun den rkuskosinus auf beiden Seiten anwenden, und unter Verwendung von arccos(cos(φ)) = φ erhalten wir die gewünschte Gleichheit ( ) v w arccos = φ. v w Lemma 1.4. Jede ewegung ist winkelerhaltend, d.h. für jede ewegung f und zwei von null verschiedene Vektoren v und w gilt (f(v), f(w)) = (v, w). eweis. Wenn wir die Definition des Winkels über das Skalarprodukt verwenden, dann ist der eweis fast identisch zu dem eweis von Lemma 1.1. Wir führen den eweis nicht im Detail aus Drehungen um beliebige unkte. Es ist anschaulich klar, was es heißen soll die Ebene R 2 um einen beliebigen unkt um den Winkel φ R zu drehen. Eine mathematische präzise Formulierung ist gegeben durch folgende Definition. Definition. Wir definieren die Drehung um den unkt R 2 um den Winkel φ R als die Verknüpfung der folgenden drei ewegungen: (1) Verschiebung von in den Ursprung, d.h. die Verschiebung R 2 R 2 Q Q. (2) Drehung um den Ursprung um den Winkel φ R. (3) Verschiebung des Ursprungs nach, d.h. die Verschiebung R 2 R 2 Q Q +. Nachdem die Verknüpfung von ewegungen per Definition wieder eine ewegung ist, sind Drehungen um beliebige unkte ebenfalls ewegungen.

9 ELEMENTRGEOMETRIE Drehung um φ um = Verschiebung von in den Ursprung Drehung um φ um den Ursprung Verschiebung des Ursprungs nach bbildung 4. Definition. Wir sagen zwei Teilmengen und der Ebene R 2 sind kongruent, wenn es eine ewegung f mit f() = gibt. Wenn und kongruent sind, dann schreiben wir. Wir wollen im Folgenden zeigen, dass alle Geraden kongruent zueinander sind und wir wollen bestimmen, wann zwei Strecken kongruent sind. In der Diskussion dieser Frage ist es hilfreich noch den egriff des Strahls einzuführen. Definition. Ein Strahl ist eine Teilmenge der Ebene R 2 der Form { + tv t R 0 }, wobei R 2 ein unkt ist und v ein von null verschiedener Vektor ist. eispiel. Für zwei verschiedene unkte und ist := { + t( ) t R 0 }, ein Strahl. Jeder Strahl ist natürlich von einer solchen Form v 0 1 Strahl { + tv v R 0 } bbildung 5. Folgendes Lemma werden wir in der Zentralübung beweisen: Lemma 1.5. Es seien und Q zwei unkte auf einem Strahl S mit nfangspunkt. Wenn l( ) = l(q), dann gilt = Q. Lemma 1.6. (1) lle Strahlen sind zueinander kongruent. (2) lle Geraden sind zueinander kongruent.

10 10 STEFN FRIEDL Strahl S 01 Q nfangspunkt bbildung 6. Skizze zu Lemma 1.5. (3) Es seien und D zwei Strecken. Dann gilt D l() = l(d). eweis. (1) Es seien also und D zwei Strahlen. Mithilfe einer Verschiebung können wir den unkt in überführen und erhalten den Strahl E. Mithilfe einer Drehung um den unkt können wir dann E in den Strahl D überführen D E D Verschiebung Drehung um bbildung 7. (2) Das rgument für Geraden ist fast das gleiche wie für Strahlen. Durch eine Verschiebung stellen wir sicher, dass die Geraden sich in mindestens einem unkt schneiden. Wenn die Geraden dann schon identisch sind, sind wir fertig. nsonsten führen wir eine Drehung um durch, um die eine Gerade in die andere Gerade über zu führen. (3) Nun seien und D zwei Strecken. Wir müssen zeigen, dass D l() = l(d). Die -Richtung folgt sofort aus Lemma 1.1. Wir müssen also nur noch die - Richtung beweisen. Wir nehmen zuerst an, dass l() = l(d) = 0. In diesem Fall ist = und = D. Nachdem wir mit einer Verschiebung in überführen können wir dann auch = in D = überführen. Wir betrachten nun den Fall, dass l() = l(d) > 0. nders ausgedrückt, wir betrachten den Fall, dass als auch D. Wir können daher die Strahlen

11 ELEMENTRGEOMETRIE 11 und D betrachten. Nach (1) können wir eine ewegung f finden, welche den Strahl in den Strahl D überführt, insbesondere ist f() =. Es gilt nun l(f()) = l(f()f()) = l() = l(d). ewegungen sind nach Voraussetzung längenerhaltend Nachdem f() und D auf dem gleichen Strahl D liegen und den gleichen bstand zum nfangspunkt besitzen, gilt nach Lemma 1.5 schon, dass f() = D. Mit anderen Worten, die ewegung f führt die Strecke in die Strecke D über Spiegelungen an Geraden. Wir wollen nun die Spiegelung an einer Geraden g einführen. Wir erinnern dazu erst einmal an folgende Definition aus der Schule. Definition. Zwei Vektoren v und w in R 2 heißen senkrecht oder orthogonal, wenn (v, w) = π 2 oder äquivalent dazu, wenn v w = 0. Wir sagen dann auch, v und w bilden einen rechten Winkel. Notation. Wir üblich deuten wir in Zeichnungen einen rechten Winkel mithilfe von einem unkt und einem Viertelkreis ein, siehe bbildung 8 w v rechter Winkel bbildung 8. In der Zentralübung werden wir folgendes Lemma mithilfe von linearer lgebra beweisen. Lemma 1.7. Es seien und zwei verschiedene unkte in der Ebene. Dann gibt es eine eindeutig bestimmte Gerade durch den Mittelpunkt von, welche senkrecht auf steht. Wir nennen diese Gerade die Mittelsenkrechte zu. Mittelpunkt von Mittelsenkrechte rechter Winkel 11 Strecke bbildung 9.

12 12 STEFN FRIEDL Lemma 1.8. ewegungen führen Mittelsenkrechte in Mittelsenkrechte über. Genauer gesagt, wenn und zwei verschiedene unkte sind und wenn f eine ewegung ist, dann gilt Mittelsenkrechte von f()f() = f ( Mittelsenkrechte von ). eweis. Das Lemma folgt sofort aus den Definitionen und der Tatsache, bewiesen in Lemmas 1.1 und 1.4, dass ewegungen längen- und winkelerhaltend sind. Wir können jetzt eine erste Definition der Spiegelung entlang einer Gerade g geben. Definition. Es sei g eine Gerade und ein unkt. (1) Wenn nicht auf g liegt, dann definieren wir s g ( ) := der unkt in der Ebene R2, so dass g die Mittelsenkrechte zur Strecke s g ( ) ist. (2) Wenn auf g liegt, dann definieren wir s g ( ) =. unkt gleiche Länge Gerade g rechter Winkel Spiegelbild s g ( ) bbildung 10. emerkung. Wenn man nun genau hinschaut, dann sieht man, dass wir die Spiegelung an der x-chse, d.h. der Gerade g := {(x, 0) x R} nun zweimal eingeführt hatten. Zum einen hatten wir diese definiert als die bbildung f, welche gegeben ist durch f(x, y) = f(x, y) und zum anderen durch die obige Definition. Wie in bbildung 11 skizziert, sind die beiden Definitionen, zum Glück, identisch, denn die x-chse ist offensichtlich die Mittelsenkrechte zur Strecke, welche durch (x, y) und (x, y) gegeben ist. g ist die x-chse = (x, y) s g ( ) = (x, y) bbildung 11.

13 ELEMENTRGEOMETRIE 13 Wir wollen nun natürlich zeigen, dass Spiegelungen längen- und winkelerhaltend sind. Nachdem wir in Lemmas 1.1 und 1.4 schon gezeigt hatten, dass ewegungen längen- und winkelerhaltend sind, genügt es zu zeigen, dass die Spiegelung an der Geraden g eine ewegung ist. uf Seite 8 hatten wir die Drehung um einen beliebigen unkt auf Drehung um den Ursprung zurückgeführt. Im folgenden Satz führen wir nun die Spiegelung an einer beliebigen Gerade auf die Spiegelung an der x-chse zurück. Satz 1.9. Es sei g eine Gerade. Nach Lemma 1.6 existiert eine ewegung Φ, so dass Φ(g) gerade die x-chse ist. Dann ist die Spiegelung an der Geraden g die Verknüpfung der folgenden drei ewegungen: (1) Mithilfe der ewegung Φ verschieben wir die Gerade g in die x-chse. (2) Wir spiegeln an der x-chse. (3) Mithilfe der ewegung Φ 1 verschieben wir die x-chse wiederum in die Gerade g. Etwas knapper formuliert gilt also für jeden unkt, dass s g ( ) = (Φ 1 (Spiegelung an der x-chse) Φ)( ). g s 0 g ( ) = Spiegelung an g ewegung Φ verschiebt g in die x-chse Φ Spiegelung an der x-chse bbildung 12. Skizze zu Satz Φ 1 ewegung Φ 1 verschiebt die x-chse in die Gerade g eweis. Es sei also g eine Gerade und ein unkt in der Ebene R 2. Wenn auf der Gerade g liegt, dann sieht man leicht, dass beide Seiten den unkt wiederum den unkt schicken. Wir betrachten nun den Fall, dass nicht auf g liegt. Wir bezeichnen mit h die x-chse. Wir wollen zeigen, dass s g ( ) = (Φ 1 (s h (Φ( ))). Indem wir Φ auf beiden Seiten anwenden sehen wir, dass diese ussage äquivalent ist zur ussage, dass Φ(s g ( )) = s }{{} h (Φ( )). =:Q Wir beweisen nun diese ussage in den folgenden (1) Wir schreiben Q := s g ( ).

14 14 STEFN FRIEDL (2) er Definition von Q = s g ( ) gilt, dass g die Mittelsenkrechte zu Q ist. (3) Es folgt aus Lemma 1.8, dass Φ(g) die Mittelsenkrechte zu Φ( )Φ(Q) ist. (4) Nach Wahl von Φ gilt Φ(g) = h, d.h. h ist die Mittelsenkrechte zu Φ( )Φ(Q) ist. (5) lso folgt, dass s h (Φ( )) = Φ(Q). ber dies ist genau die ussage, welche wir beweisen wollten g Spiegelung an g Q := s g ( ) Φ Φ( ) h = Φ(g) Φ(s g ( )) = s h (Φ( )) Spiegelung an der x-chse h = Φ(g) bbildung 13. Skizze zum eweis von Satz 1.9. Wie eben schon angedeutet erhalten wir aus Satz 1.9 und Lemmas 1.1 und 1.4 sofort folgendes Korollar. Korollar Spiegelungen an Geraden sind längen- und winkelerhaltend.

15 ELEMENTRGEOMETRIE Die Dreiecksungleichung und Kreise 2.1. Die Dreiecksungleichung. Folgender Satz besagt insbesondere, dass die Summe von zwei Seitenlängen eines Dreiecks kleiner gleicher der dritten Seitenlänge ist. Satz 2.1. (Dreiecksungleichung) Es seien,, drei unkte in der Ebene R 2. Dann gilt l() l() + l(). l() + l() l() bbildung 14. Die Dreiecksungleichung besagt, salopp gesprochen, dass wenn Sie von nach fahren, dann kann die Strecke nicht dadurch kürzer werden, dass Sie über fahren. emerkung. Die Dreiecksungleichung gilt nicht notwendigerweise für Zugpreise. Wenn Sie von nach fahren wollen, dann kann es billiger sein, ein Zugticket von nach und dann von nach zu lösen. Der Satz erscheint zwar offensichtlich, aber um ihn zu beweisen benötigen wir einige Vorarbeiten. (1) Wir verwenden manchmal folgende Notation: für zwei Vektoren r, s schreiben wir das Skalarprodukt r, s := r s. (2) Wir machen auch folgende einfache eobachtung: für einen beliebigen Vektor v = (x, y) gilt ( ) ( ) x x v, v = v v = = x 2 + y 2 = (x, y) 2 = v 2. y y (3) Das Skalarprodukt ist bilinear, d.h. für alle Vektoren u, v, w gilt u, v + w = u, v + u, w sowie u + v, w = u, w + v, w. Mit anderen Worten, dass Skalarprodukt erfüllt das Distributivgesetz. Das Skalarprodukt ist zudem symmetrisch, d.h. für alle Vektoren u, v in R 2 gilt u, v = v, u. Der folgende Satz ist ein wichtiger Schritt im eweis der Dreiecksungleichung. Satz 2.2. (auchy-schwarz-ungleichung) Für alle Vektoren v, w R 2 gilt v, w v w.

16 16 STEFN FRIEDL emerkung. (1) In dem eweis und auch in späteren eweisen werden wir folgende einfache emerkung verwenden: wenn b 0, dann gilt a > b a 2 > b 2 im Umkehrschluß impliziert dies, dass für b 0 gilt a 2 b 2 a b. (2) Man könnte die auchy-schwarz-ungleichung auch mithilfe von Regel 1.2 und der Tatsache, dass cos(φ) [ 1, 1], beweisen. Wir geben hingegen einen elementaren eweis der auchy-schwarz-ungleichung, welcher die Kosinusfunktion nicht verwendet. ( ) ( ) v1 w1 eweis. Es seien v = und w = zwei Vektoren. Wir wollen nun also zeigen, dass v 2 w 2 v, w v w. Nach der obigen emerkung genügt es zu zeigen, dass v, w 2 v 2 w 2. Diese ussage wiederum ist äquivalent zur ussage, dass v 2 w 2 v, w 2 0. Wir berechnen nun v 2 w 2 v, w 2 = (v1 2 + v2)(w w2) 2 (v 1 w 1 + v 2 w 2 ) 2 per Definition = (v1w v2w v1w v2w 2 2) 2 (v1w v 1 w 1 v 2 w 2 + v2w 2 2) 2 heroisches usmultiplizieren = (v2w v1w v 1 w 1 v 2 w 2 ) = (v 2 w 1 v 1 w 2 ) 2 0. Terme heben sich weg binomische Formel Quadrate sind immer 0 Wir haben damit die gewünschte Ungleichung bewiesen. Wir wenden uns nun dem eweis der Dreiecksungleichung zu. eweis. Es seien,, drei unkte in der Ebene R 2. Wir schreiben v = und w =. Dann gilt = w + v. Wir müssen nun also zeigen, dass w + v v + w. v w v + w bbildung 15.

17 ELEMENTRGEOMETRIE 17 ei der erechnung von Längen ist es oft hilfreich mit den Quadraten von Längen zu arbeiten. In diesem Fall ist w + v 2 = w + v, w + v = w, w + v + v, w + v siehe oben denn, ist bilinear = w, w + w, v + v, w + v, v = w, w + 2 v, w + v, v denn, ist bilinear denn, ist symmetrisch w, w + 2 v w + v, v = w v w + v 2 = ( v + w ) 2. nach auchy-schwarz Ungleichung binomische Formel Wir haben also gezeigt, dass w + v 2 ( v + w ) 2. Durch Wurzelziehen erhalten wir nun, dass w + v v + w Kreise. In diesem Kapitel führen wir nun Kreise ein und beweisen einen Satz über die Schnittmenge von zwei Kreisen. Definition. Der Kreis mit Mittelpunkt und Radius r 0 ist definiert als die Menge K(, r) := {Q R 2 l( Q) = r}. emerkung. Es sei = (p 1, p 2 ) ein unkt r 0 und Q = (q 1, q 2 ) ein weiterer unkt. Dann folgt sofort aus der Definition, dass Q K(, r) (q 1 p 1 ) 2 + (q 2 p 2 ) 2 = r 2. In Lemma 1.1 hatten wir gesehen, dass ewegungen längenerhaltend sind. Daraus folgt sofort folgendes Lemma. Lemma 2.3. Jede ewegung f führt einen Kreis von Radius r in einen Kreis von Radius r über, genauer gesagt, für einen Kreis K(, r) gilt f(k(, r)) = K(f( ), r). Satz 2.4. Es seien M = K(, r) und N = K(Q, s) zwei Kreise mit Q. Wir bezeichnen mit g = g(, Q) die Gerade durch und Q. Dann gilt genau einer der folgenden drei ussagen: (1) die Kreise M und N schneiden sich nicht, (2) die Kreise M und N schneiden sich in genau einem unkt und dieser liegt auf g. (3) die Kreise M und N schneiden sich in zwei unkten U und V, diese haben zudem die Eigenschaft, dass s g (U) = V. eweis. Es folgt aus Lemma 2.3, dass sich die ussagen des Satzes nicht ändern, wenn wir zuerst eine ewegung auf die Kreise anwenden. Nach Lemma 1.6 gibt es eine ewegung f, so dass f( Q) = nicht-negative x-chse,

18 18 STEFN FRIEDL M Q g N 1 kein Schnittpunkt ein Schnittpunkt zwei Schnittpunkte 0 1 U V bbildung 16. d.h. es gilt f( ) = (0, 0) und f(q) = (w, 0) für ein w > 0. Nach der vorherigen emerkung können wir also o..d.. annehmen, dass M = K((0, 0), r) und N = K((0, w), s). (x, y) (0, 0) r s (w, 0) Es sei nun (x, y) R 2. Dann gilt: bbildung 17. (x, y) M N (x, y) liegt auf M und (x, y) liegt auf N (1) (x, y) (0, 0) 2 = r 2 (2) (x, y) (w, 0) 2 = s 2 (1) x2 + y 2 = r 2 (2) (x w) 2 + y 2 = s 2 (1) x 2 + y 2 = r 2 (2) (x w) 2 + (r 2 x 2 (1) x 2 + y 2 = r 2 ) = s }{{} (2) w 2 2wx + r 2 = s 2 =x 2 +w 2 2wx+r 2 x 2 (1) y2 = r 2 x 2 (2) x = s2 +r 2 +w 2 2w Insgesamt erhalten wir also, dass (x, y) M N x = s2 +r 2 +w 2 2w und y 2 = r 2 ( s 2 +r 2 +w 2 }{{ 2w. } =:d Wir unterscheiden nun drei Fälle: (1) Fall d < 0. Die Kreise schneiden sich nicht, denn es gibt keine reelle Zahl y mit y 2 = d. (2) Fall d = 0. Die Kreise schneiden sich in genau einem unkt der Form (x, 0), insbesondere liegt der Schnittpunkt auf der x-chse, und dies ist die Gerade durch die Mittelpunkte der Kreise. ) 2

19 ELEMENTRGEOMETRIE 19 (3) Fall d > 0. Die Kreise schneiden sich in zwei unkten der form (x, ± d). Insbesondere sind die Schnittpunkte Spiegelbilder entlang der x-chse. Definition. Es sei X eine Teilmenge von R 2. Wir bezeichnen den maximalen bstand zwischen zwei unkten in X als Durchmesser von X. eispiel. In bbildung 18 sehen wir die beiden unkte von maximalen bstand in ayern. Durchmesser von ayern bbildung 18. In der Zentralübung hatten wir folgendes Lemma bewiesen. Lemma 2.5. Es gilt Durchmesser von einem Kreis von Radius r = 2r. eweis. Es sei K = K(, r) ein Kreis von Radius r. Wir wollen zeigen, dass der maximale bstand zwischen zwei unkten auf K gerade 2r beträgt. Dieser eweis teilt sich in zwei Teile auf: (1) Wir müssen zeigen, dass es zwei unkte auf K gibt, deren bstand 2r beträgt, und (2) wir müssen zeigen, dass für beliebige unkte S und T auf K gilt, dass der bstand höchstens 2r beträgt. Wir führen nun diese beiden Schritte durch. (1) Wir schreiben = (x, y) und betrachten jetzt die unkte S = (x r, y) und T = (x+r, y). Dann rechnet man leicht nach, dass d(s, ) = d((x r, y), (x, y)) = r und d(t, ) = d((x + r, y), (x, y)) = r, d.h. beide unkte liegen auf dem Kreis. Zudem gilt, dass d(s, T ) = d((x r, y), (x + r, y)) = ( 2r, 0) = 2r. (2) Es seien nun S und T zwei beliebige unkte auf K. Dann gilt d(s, T ) d(s, ) + d(, T ) = r + r = 2r. Dreiecksungleichung da S und T auf K = K(, r) liegen Definition. Die Kreisscheibe mit Mittelpunkt und Radius r 0 ist definiert als die Menge S(, r) := {Q R 2 l( Q) r}. In der Zentralübung hatten wir auch folgende Frage behandelt.

20 20 STEFN FRIEDL Frage 2.6. Es sei X eine Teilmenge von R 2 mit Durchmesser d. Gibt es dann eine Scheibe S(, d) von Radius d, welche X enthält? 2 2 Nach einem längeren Versuch die Frage positiv zu beantworten hatten wir gemerkt, dass die ntwort im llgemeinen nein ist. Genauer gesagt, dass gleichseitige Dreieck mit Seitenlänge 2r hat Durchmesser 2r, aber es gibt keine Scheibe von Radius r, welche das Dreieck enthält. gleichseitiges Dreieck Scheibe von Radius r um den Mittelpunkt der Strecke r r r bbildung Tangenten zu Kreisen. Definition. Es sei K ein Kreis und Q ein unkt auf K. Eine Tangente zu K durch Q ist eine Gerade, welche durch Q verläuft, und welche K nur in dem unkt Q schneidet. K Q Tangente zu K bbildung 20. Satz 2.7. Es sei K = K(, r) ein Kreis von Radius r > 0 und es sei Q ein unkt auf K. Dann gilt: (1) Es gibt genau eine Tangente zu K durch Q. (2) Die Tangente zu K durch Q ist die Gerade durch Q, welche senkrecht auf der Gerade g = g(, Q) = { + t(q ) t R} steht. eweis. Mithilfe einer Verschiebung können wir in den Ursprung verschieben und mithilfe einer Drehung um den Ursprung können wir dann noch den unkt Q in den unkt (r, 0) verschieben. Es genügt also folgende ehauptung zu beweisen.

21 ELEMENTRGEOMETRIE 21 ehauptung. Es sei K = K((0, 0), r) ein Kreis um den Ursprung. Zum unkt Q = (r, 0) gibt es genau eine Tangente, nämlich die Gerade g = {(r, y) y R}. Es ist klar, dass die Gerade g = {(r, y) y R} den Kreis K nur in Q = (r, 0) schneidet, d.h. g ist eine Tangente zu K. Zudem ist klar, dass diese Gerade die Gerade durch den Ursprung und den unkt Q, d.h. die x-chse, senkrecht schneidet. Wir müssen nun also noch zeigen, dass g die einzige Tangente zum Kreis K am unkt Q = (r, 0) ist. Mit anderen Worten, wir müssen zeigen, dass jede andere Gerade durch Q = (r, 0) den Kreis K in einem zweiten unkt schneidet. Es sei nun h eine Gerade durch Q = (r, 0), welche nicht vertikal ist. Wir müssen zeigen, dass die Gerade h den Kreis K in einem zweiten unkt schneidet. Wir können h schreiben als h = {(r, 0) + t(a, b) t R} wobei der Richtungsvektor (a, b) R 2 nicht vertikal ist, d.h. es ist a 0. Wir bestimmen K = K((0, 0), r) g = {(r, y) y R} K = K((0, 0), r) {(r, 0) + t(a, b) t R} Q = (r, 0) Q = (r, 0) bbildung 21. Skizze zum eweis von Satz 2.7. nun die Schnittpunkte von h mit K: es gilt denn (x, y) K (x, y) 2 = r 2 (r, 0) + t(a, b) K (r, 0) + t(a, b) 2 = r 2 (r + ta, tb) 2 = r 2 (r + ta) 2 + t 2 b 2 = r 2 r 2 + t 2 a 2 + 2rta + tb 2 = r 2 t(ta 2 + 2ra + tb 2 ) = 0 t = 0 oder t = 2ra a 2 +b 2 hier verwenden wir, dass a 2 + b 2 0 Wir sehen also, dass es für a 0 zwei unkte auf h gibt, welche auf K liegen. 2 In der Zentralübung werden wir folgendes Lemma beweisen. 2 n welcher Stelle haben wir eigentlich verwendet, dass r > 0? Oder war diese Voraussetzung gar irrelevant?

22 22 STEFN FRIEDL Lemma 2.8. Es sei S(, r) eine Kreisscheibe mit r > 0. Es sei Q ein unkt, welcher außerhalb der Kreisscheibe liegt. Dann gibt es genau zwei Tangenten zum Kreis K(, r), welche durch Q verlaufen. S(, r) Q K(, r) Q bbildung 22. Illustration von Lemma Geraden und Halbebenen. In dem letzten bschnitt des Kapitels wollen wir Schnittmengen von Geraden bestimmen und wir wollen die Halbebenen einführen. Wir erinnern zuerst noch einmal an die Definition einer Gerade. 3 Definition. Eine Gerade ist eine Teilmenge der Ebene R 2 der Form { + tv t R}, wobei R 2 ein unkt und v ein von null verschiedener Vektor ist. Lemma 2.9. Es seien und zwei verschiedene unkte in der Ebene R 2. Dann gibt es genau eine Gerade, welche durch und verläuft, nämlich die Gerade g(, ) := { + t( ) t R} Das Lemma besagt insbesondere, dass wenn sich zwei Geraden in zwei verschiedenen unkten schneiden, dann sind die beiden Geraden auch schon identisch. eweis. Es seien und zwei verschiedene unkte in der Ebene R 2. Es ist klar, dass g = { + t( ) t R} durch und verläuft. (In der Tat, denn für t = 0 erhalten wir und für t = 1 erhalten wir.) Es sei nun h = { + sv s R} eine weitere Gerade durch und. Wir müssen zeigen, dass g = h. Es genügt zu zeigen, dass jeder unkt, welcher auf g liegt, auch auf h liegt, und umgekehrt. Es sei also Q = + t( ) mit t R ein unkt auf g. Wir müssen ein s R finden, so dass + sv = Q = + t( ). Nachdem und auf der Gerade h liegen gibt es λ R mit + λv = und es gibt ein µ R mit + µv =. (Siehe bbildung 23). ber dann ist Q = + t( ) = } + {{ λv } + t(( + µv) ( + λv) ) = + v(λ + tµ tλ). }{{}}{{}}{{} = = = =:s Die umgekehrte ussage, dass jeder unkt, welche auf h liegt, auch auf g liegt, wird ganz ähnlich bewiesen. 3 Im Nachhinein wäre es wohl besser gewesen, den egriff der Gerade schon früher einzuführen.

23 ELEMENTRGEOMETRIE 23 + λv v + µv bbildung 23. Illustration von Lemma 2.8. In der Zentralübung werden wir folgendes Lemma beweisen. Lemma Es sei K ein Kreis und g eine Gerade. Dann gibt es genau drei Möglichkeiten: (1) der Kreis K und g schneiden sich nicht, (2) der Kreis K und g schneiden sich in einem unkt, (3) der Kreis K und g schneiden sich in zwei unkten. K K K g g g bbildung 24. Illustration von Lemma Wir führen nun folgende Definition ein. Definition. Es sei g eine Gerade in R 2 und es seien und Q zwei unkte, welche nicht auf g liegen. Wir sagen zwei unkte und Q liegen auf verschiedenen Seiten von g, wenn die Strecke Q die Gerade g schneidet. nsonsten sagen wir, dass und Q auf der gleichen Seite von g liegen. Q Gerade g Q Q Q Gerade g und Q liegen auf verschiedenen Seiten von g und Q liegen auf der gleichen Seite von g bbildung 25.

24 24 STEFN FRIEDL Lemma Es sei g eine Gerade in R 2. Dann gibt es zwei Teilmengen U und V von R 2 \ g mit folgenden vier Eigenschaften: (1) es ist R 2 = U V g, (2) es ist U V =, (3) alle unkte in U liegen auf der gleiche Seite von g, und (4) alle unkte in V liegen auf der gleiche Seite von g. Zudem sind die beiden Teilmengen U und V, bis auf Vertauschung, eindeutig durch g bestimmt. Gerade g U V oder V U bbildung 26. Skizze zu Lemma eweis. Es folgt aus Lemma 1.6, dass wir mithilfe einer ewegung, die Gerade g in die x- chse überführen können. Es genügt also die ehauptung für g = x chse zu beweisen. In der Zentralübung werden wir zeigen, dass alle unkte in U := {(x, y) R 2 y > 0} auf der gleichen Seite der x-chse liegen, und ganz analog liegen auch alle unkte in V := {(x, y) R 2 y < 0} auf der gleichen Seite der x-chse. Nachdem offensichtlich U V = und R 2 = U V x-chse haben wir nun die Existenz von U und V bewiesen. Es ist auch offensichtlich, dass in diesem Fall U und V (bis auf Vertauschung), eindeutig bestimmt sind. U V Gerade g {(x, y) R 2 y > 0} {(x, y) R 2 y < 0} bbildung 27. Skizze zum eweis von Lemma 2.11.

25 ELEMENTRGEOMETRIE 25 Definition. Es sei g eine Gerade in R 2 und es seien U und V die Teilmengen von Lemma Wir bezeichnen U und V als die durch g definierten Halbebenen. Folgendes Lemma hatten wir schon implizit im eweis von Lemma 2.11 bewiesen. Lemma Es sei g eine Gerade in R 2. Die Spiegelung an der Gerade g vertauscht die beiden Halbebenen. evor wir das letzte Lemma des Kapitels formulieren können müssen wir noch den Winkel zwischen einer Strecke und einem Strahl definieren. Definition. Es seien und zwei verschiedene unkte und es sei S ein Strahl, welcher von ausgeht. Wir definieren 4 (, Strahl S) := (, Richtungsvektor v des Strahls). Ganz analog definieren wir auch den Winkel zwischen zwei Strahlen, welche vom gleichen unkt ausgehen, als den Winkel zwischen Richtungsvektoren der Strahlen. Strahl v ist ein Richtungsvektor des Strahls bbildung 28. Im nächsten Kapitel über die Kongruenzsätze von Dreiecken werden wir folgendes Lemma benötigen. Lemma Es seien und Q zwei verschiedene unkte und es seien X und Y zwei unkte, welche nicht auf der Gerade g = g(, Q) durch und Q liegen. Wir nehmen an, dass ( Q, X) = ( Q, Y ). Dann gilt: (1) wenn X und Y auf der gleichen Seite von g liegen, dann ist X = Y, (2) wenn X und Y auf verschiedenen Seiten von g liegen, dann wird Y durch die Spiegelung an der Gerade g in den Strahl X übergeführt. eweis. Es seien und Q zwei verschiedene unkte und es seien X und Y zwei unkte, welche nicht auf der Gerade g = g(, Q) durch und Q liegen. Wir nehmen an, dass ( Q, X) = ( Q, Y ). Wir bezeichnen diesen gemeinsamen Winkel mit φ [0, π]. 4 Die Definition hängt nicht von der Wahl des Richtungsvektors ab, denn wenn w ein weiterer Richtungsvektor des Strahls ist, dann gilt w = λv für ein λ (0, ) und man sieht leicht, dass für einen beliebigen Vektor u 0 gilt, dass (u, w) = (u, λv) = (u, v).

26 26 STEFN FRIEDL gleicher Winkel Y Y Gerade g X und Y liegen auf verschiedenen Seiten Q X X bbildung 29. Skizze zu Lemma Wenn X und Y auf verschiedenen Seiten von g liegen, dann können wir Lemma 2.12 anwenden, und wir erhalten nach einer Spiegelung an der Gerade g = g(, Q), dass X und Y auf der gleichen Seite von g liegen. Nach Lemma 1.6 gibt es eine ewegung, welche den Strahl Q in die positive x-chse überführt. Wir können also annehmen, dass = 0. Es seien nun X = (x 1, x 2 ) und Y = (y 1, y 2 ) zwei unkte, welche nicht auf der x-chse liegen, d.h. es ist x 2 0 und y 2 0. Nachdem X und Y auf der gleichen Seite der x-chse liegen, haben x 2 und y 2 das gleiche Vorzeichen. Nach einer etwaigen Spiegelung entlang der x-chse können wir annehmen, dass x 2 > 0 und y 2 > 0. Der einzige Strahl durch den Ursprung in der oberen Halbebene, welcher den Winkel φ (0, π) zur x-chse einschlägt ist gegeben durch Dieser Strahl ist in bbildung 30 skizziert. {(r cos(φ), r sin(φ)) r [0, )}. Strahl {(r cos(φ), r sin(φ)) r [0, )} 01 (cos(φ), sin(φ)) 0 φ positive x-chse bbildung 30. Es folgt also, dass 0X = {(r cos(φ), r sin(φ)) r [0, )} = 0Y. denn ( x-chse, 0X ) = φ denn ( x-chse, 0Y ) = φ

27 ELEMENTRGEOMETRIE Kongruenzsätze für Dreiecke In diesem Kapitel wollen wir die aus der Schule bekannten Kongruenzsätze für Dreiecke formulieren, beweisen und anwenden eweis der Kongruenzsätze für Dreiecke. In diesem Kapitel studieren wir nun ausführlich Dreiecke. Notation. Wir sagen drei unkte, und in der Ebene R 2 sind kollinear, wenn diese auf einer Gerade liegen. Es seien nun, und drei unkte in der Ebene R 2, welche nicht kollinear sind. Wir bezeichnen dann = als das von, und aufgespannte Dreieck. Zudem schreiben wir := Winkel im Dreieck am Eckpunkt := (, ). Vektor Vektor bbildung 31. emerkung. (1) Es seien v und w zwei Vektoren in R 2, welche von null verschieden sind. Wir hatten auf der Seite 6 zwei verschiedene, aber äquivalente, Definitionen des Winkels (v, w) zwischen den Vektoren v und w gegeben. Mithilfe von beiden Definitionen kann man leicht sehen, dass (v, w) = (w, v). Insbesondere gilt für ein Dreieck, dass für den Winkel am Eckpunkt gilt, dass = (, ) = (, ) =. denn (v, w) = (w, v) (2) Hier ist noch eine blöde Frage, welcher wir in der Zentralübung nachgehen wollen: es seien, und drei unkte in der Ebene R 2, welche nicht kollinear sind. Warum schneidet dann die Seite die anderen beiden Seiten und nur an den Eckpunkten und? Wir wenden uns nun der Kongruenz von Dreiecken zu. Definition. Zwei Dreiecke und QR heißen kongruent, wenn es eine ewegung φ gibt, so φ() =, φ() = Q und φ() = R. emerkung.

28 28 STEFN FRIEDL (1) Wenn zwei Dreiecke und QR kongruent sind, dann folgt aus Lemmas 1.1 und 1.4, dass die entsprechenden Seitenlängen und Winkel gleich sind, d.h. es gilt sowie l() = l( Q), l() = l(qr), l() = l( R) = QR, = Q R, = RQ. (2) Es ist wichtig in der Definition der Kongruenz von Dreiecken, dass die Ecken der Dreiecke und QR in der gleichen Reihenfolge ineinander übergeführt werden. eispielsweise sind die Dreiecke und QR in bbildung 32 nicht kongruent, weil gilt Winkel am ersten Eckpunkt von QR = Q R = Winkel am ersten Eckpunkt von. ber die Dreiecke und RQ sind kongruent (man beachte hierbei die geänderte Reihenfolge der Eckpunkte!) denn die Spiegelung an der Gerade, welche in der bbildung skizziert ist, führt die erste Ecke in die erste Ecke R, die zweite Ecke in die zweite Ecke Q, und die dritte Ecke in die dritte Ecke über. und QR sind nicht kongruent R R Q Q bbildung 32. und RQ sind kongruent Um zu zeigen, dass zwei gegebene Dreiecke kongruent sind verwendet man oft Kongruenzsätze. Wir erinnern uns nun an folgende drei Kongruenzsätze aus der Schule: Satz 3.1. (Kongruenzsätze SWS, WSW und SSS) SWS: Wenn für zwei Dreiecke und QR gilt l() = l( Q) und l() = l(qr) sowie = QR, dann sind die Dreiecke und QR kongruent. WSW: Wenn für zwei Dreiecke und QR gilt l() = l( Q) und = R Q sowie = QR, dann sind die Dreiecke und QR kongruent.

29 SSS: Wenn für zwei Dreiecke und QR gilt ELEMENTRGEOMETRIE 29 l() = l( Q) und l() = l( R) sowie l() = l(qr), dann sind die Dreiecke und QR kongruent. Die ussagen von WSW und SWS gelten auch für die anderen Seiten. eispielsweise, wenn die Seitenlängen von und QR gleich sind und die anliegenden Winkel der Dreiecke gleich sind, dann sind und QR kongruent. Diese drei Kongruenzsätze sind in bbildungen 34 und 33 skizziert. R R Kongruenzsatz SWS Q Q Kongruenzsatz WSW bbildung 33. R Q Kongruenzsatz SSS bbildung 34. eweis der Kongruenzsätze. Kongruenzsatz SWS. Es seien und QR zwei Dreiecke mit l() = l( Q) und l() = l(qr) sowie = QR. Es folgt aus der Voraussetzung l() = l( Q) und aus Lemma 1.6, dass wir nach einer ewegung schon annehmen können, dass = Q und dass die Strahlen und Q übereinstimmen. Nachdem l() = l(q ) folgt aus Lemma 1.5, dass sogar schon =. Es folgt aus Lemma 2.13, dass nach einer eventuellen Spiegelung entlang der Gerade g(, ) = g(q, ) folgt, dass = QR. Nachdem l() = l(qr) folgt aus Lemma 1.5,

30 30 STEFN FRIEDL 0 1 Q R 0 1 Q R bbildung 35. Skizze zum eweis von SWS. dass sogar schon =. Wir haben also gezeigt, dass die Dreiecke kongruent sind. Kongruenzsatz WSW. Es seien und QR zwei Dreiecke mit l() = l( Q) und = R Q sowie = QR. und QR Nachdem wiederum l() = l( Q) gilt können wir, wie im eweis von SWS, nach einer etwaigen ewegung annehmen, dass = und = Q. Wir betrachten zuerst den Fall, dass und R auf verschiedenen Seiten der Gerade g = g(, ) = g(, Q) liegen. Nach nwendung von Lemma 2.12 können wir R in die Halbebene von spiegeln. Wir können nun also annehmen, dass und R auf der gleichen Seite der Gerade g liegen. R Q Spiegelung an der Gerade g(, ) = g(, Q) ergibt R Q bbildung 36. Skizze zum eweis von WSW. Es folgt aus dieser Tatsache, aus der Voraussetzung, dass = R Q zusammen mit Lemma 2.13, dass = R. Ganz analog zeigt man auch, dass = QR. Es folgt aus Lemma 2.9, dass die beiden Strahlen = R und = QR höchstens einen unkt gemeinsam haben. D.h. es muss schon gelten, dass = R. Wir haben damit also gezeigt, dass die Dreiecke und QR kongruent sind. Kongruenzsatz SSS. Es seien und QR zwei Dreiecke mit l() = l( Q) und l() = l( R) sowie l() = l(qr). Wie im eweis von SWS können wir aus der Voraussetzung l() = l( Q) folgern, dass nach einer ewegung gilt, dass = und = Q. Wir machen folgende zwei eobachtungen:

31 ELEMENTRGEOMETRIE 31 (1) Es folgt aus l() = l( R), dass sowohl als auch R auf dem Kreis um = mit Radius l() = l( R) liegen. (2) Es folgt aus l() = l(qr), dass sowohl als auch R auf dem Kreis um = Q mit Radius l() = l(qr) liegen. Zusammengefasst sehen wir also, dass und R Schnittpunkte von zwei Kreisen mit verschiedenen Mittelpunkten sind. Es folgt aus Satz 2.4, dass entweder = R oder, dass wir entlang der Gerade g = g(, ) = g(, Q) auf R spiegeln können. In beiden Fällen haben wir gezeigt, dass die Dreiecke und QR kongruent sind Kreis um = Q mit Radius l() = l(qr) Q R Kreis um = mit Radius l() = l( R) bbildung 37. Skizze zum eweis von SSS Gleichwinklige und gleichschenklige Dreiecke. Nach dem langen eweis der Kongruenzsätze wollen wir jetzt einige Schlußfolgerungen aus diesen ziehen. Wir erinnern an folgende Definition aus der Schule. Definition. (1) Ein Dreieck heißt gleichschenklig, wenn es zwei Seiten gibt, welche die gleiche Länge besitzen. (2) Ein Dreieck heißt gleichwinklig, wenn es zwei Innenwinkel gibt, welche gleich groß sind. (3) Ein Dreieck heißt gleichseitig, wenn all drei Seiten die gleiche Länge besitzen. Satz 3.2. Ein Dreieck ist gleichschenklig, genau dann, wenn es gleichwinklig ist. Genauer gesagt, es sei ein Dreieck. Dann gilt l() = l() =. Diese ussage wird auch in bbildung 38 skizziert. eweis. Es sei ein Dreieck mit l() = l(). Wir wollen zeigen, dass dann auch gilt =. Wir bezeichnen mit den Mittelpunkt der Strecke. (Siehe dazu bbildung 39.) Wir betrachten die Dreiecke und. Es gilt: (1) l( ) = l( ), weil der Mittelpunkt der Strecke ist,

32 32 STEFN FRIEDL gleichschenkliges Dreieck gleichwinkliges Dreieck bbildung 38. Skizze zu Satz 3.2. (2) l( ) = l( ), und (3) l() = l(). Es folgt also aus dem Kongruenzsatz SSS, dass die Dreiecke und kongruent sind. Dann stimmen aber auch die Innenwinkel der beiden Dreiecke am ersten Eckpunkt über ein, d.h. es gilt =. Es ist = (, ) = (, ) = denn und zeigen in die gleiche Richtung und ganz analog gilt auch, dass =. lso haben wir auch gezeigt, dass =. 0 1 gleichschenkliges Dreieck Mittelpunkt von 0 1 bbildung 39. Skizze zum eweis von Satz 3.2. Die umgekehrte ussage, dass aus = folgt, dass l() = l() wird in der Zentralübung bewiesen. emerkung. Es sei ein Dreieck mit l() = l(). Wir wollen nun einen alternativen eweis dafür geben, dass dann auch gilt =. Dieser alternative eweis ist insofern einfacher als der vorherige eweis, als wir keinen neuen unkt einführen müssen. Wir betrachten die Dreiecke sowie. (Man beachte die Reihenfolge der Eckpunkte!) Dann gilt Innenwinkel am 2. Eckpunkt von = = = Innenwinkel am 2. Eckpunkt von. siehe emerkung auf Seite 27

33 Zudem gilt bstand zwischen 1. und 2. Eckpunkt des Dreiecks und bstand zwischen 2. und 3. Eckpunkt des Dreiecks ELEMENTRGEOMETRIE 33 = l() = l() = nach Voraussetzung = l() = l() = nach Voraussetzung bstand zwischen 1. und 2. Eckpunkt des Dreiecks. bstand zwischen 2. und 3. Eckpunkt des Dreiecks. Es folgt also aus dem Kongruenzsatz SSS, dass die Dreiecke sowie kongruent sind. Insbesondere stimmen auch die Winkel am ersten Eckpunkt überein, d.h. es ist =. Folgendes Korollar folgt sofort aus Satz 3.2. Korollar 3.3. lle Winkel in einem gleichseitigen Dreieck sind gleich Die estimmung des Mittelpunkts einer Strecke mit Zirkel und Lineal. Es seien und zwei verschiedene unkte. Wir erinnern an folgende Konstruktion des Mittelpunktes von und mithilfe von Zirkel und Lineal: (1) wir wählen einen Radius r mit r > 1 2 l(), (2) wir bezeichnen mit S und T die Schnittpunkte der Kreise K(, r) und K(, r), (3) der Schnittpunkt der Gerade g(s, T ) mit der Gerade g(, ) ist der Mittelpunkt der Strecke. S T K(, r) K(, r) g(s, T ) bbildung 40. Konstruktion des Mittelpunkts der Strecke. ei dieser Konstruktion stellen sich jedoch folgende zwei Fragen:

34 34 STEFN FRIEDL (1) Warum schneiden sich die beiden Kreise K(, r) und K(, r) in zwei verschiedenen unkten? (2) Warum führt die Konstruktion zum richtigen Ergebnis, d.h. warum ist der Schnittpunkt in der Tat der Mittelpunkt der Strecke? Wir beantworten die beiden Fragen in den folgenden beiden Lemmas. Die erste Frage wird durch folgendes Lemma beantwortet. Lemma 3.4. Es seien und zwei verschiedene unkte in der Ebene R 2 und es sei r ein Radius. Wenn r > 1 l(), dann schneiden sich die Kreise K(, r) und K(, r) in zwei 2 verschiedenen unkten. emerkung. In der Zentralübung werden wir die umgekehrte ussage von Lemma 3.4 beweisen. Genauer gesagt, es seien und zwei verschiedene unkte in der Ebene R 2 und es sei r ein Radius. Wir werden zeigen, dass aus r < 1 l() folgt, dass sich die Kreise 2 K(, r) und K(, r) nicht schneiden. eweis. Es seien und zwei verschiedene unkte und es sei r ein Radius. Wir schreiben d := 1 l(). Es folgt aus Lemma 1.6, dass wir eine ewegung finden können, welche die 2 unkte und auf die x-chse bewegen. Nach einer Verschiebung entlang der x-chse können wir zudem annehmen, dass = ( d, 0) und = (d, 0). us r > d folgt nun, dass r 2 d 2 > 0, insbesondere können wir jetzt die beiden unkte ± := (0, r 2 d 2 ) betrachten. (Siehe bbildung 41.) Es genügt nun folgende ehauptung zu beweisen. ehauptung. Die unkte ± := (0, r 2 d 2 ) sind Schnittpunkte der Kreise K(( d, 0), r) und K((d, 0), r). Wir müssen zeigen, dass und + sowohl auf K(( d, 0), r) als auch auf K((d, 0), r) liegen. Wir zeigen zuerst, dass + auf K(( d, 0), r) liegt. Dies folgt aus der folgenden Rechnung: bstand von + zum Mittelpunkt des Kreises = + ( d, 0) = (0, r2 d 2 ) ( d, 0) = (d, r2 d 2 ) = d 2 + ( r 2 d 2 ) 2 = r 2 = r. denn (x, y) = x 2 + y 2 Im rinzip die gleiche Rechnung zeigt auch, dass auf dem Kreis K((d, 0), r) liegt, und dass + ebenfalls auf den beiden Kreisen liegt. Wir wenden uns nun der Frage zu, warum die obige Konstruktion in der Tat den Mittelpunkt der Strecke liefert. Lemma 3.5. Der unkt in der obigen Konstruktion ist in der Tat der Mittelpunkt der Strecke. Wir geben zwei verschiedene eweise für Lemma 3.5.

35 ELEMENTRGEOMETRIE 35 r r K(, r) K(, r) Schnittpunkt + = (0, r 2 d 2 ) r Schnittpunkt = (0, r 2 d 2 ) r ( d, 0) (d, 0) bbildung 41. Skizze zum eweis von Lemma 3.4. Der Rechenbeweis. Der erste eweis ist die Fortsetzung des eweises aus Lemma 3.4. Wie in dem vorherigen eweis können wir annehmen, dass = ( d, 0) und = (d, 0). Wir hatten schon berechnet, dass die Schnittpunkte S und T der Kreise beide von der Form (0, ±y) sind mit y = r 2 d 2. Insbesondere ist der Ursprung der Mittelpunkt der Gerade g(, ) = x-chse und der Gerade g(s, T ) = y-chse. ber der Ursprung (0, 0) ist offensichtlich der Mittelpunkt der Strecke, welche durch die beiden unkte = ( d, 0) und = (d, 0) gegeben ist. Der Rechenweis ist natürlich korrekt, aber wir wollen auch noch einen geometrischen eweis geben, welcher auch in der Schule gegeben werden kann. Der geometrische eweis ist auch der eweis, welcher schon von den griechischen Mathematikern gegeben wurde. Der geometrische eweis ist zwar länger als der Rechenbeweis aber vielleicht leichter nachvollziehbar und überzeugender. 5 Der geometrische eweis. Wir betrachten die unkte, welche in bbildung 42 links gezeigt sind. Im Moment wissen wir Folgendes: (1) Nachdem S und T auf dem Kreis von Radius r um liegen gilt l(s) = l(t ) = r. (2) Nachdem S und T auf dem Kreis von Radius r um liegen gilt l(s) = l(t ) = r. (3) Der unkt liegt sowohl auf der Strecke als auch auf der Strecke ST. Die Lage ist in bbildung 42 links skizziert. Die vier Dreiecke S, ST, T und T S sind alle gleichschenklig, es folgt also aus Satz 3.2, dass S = }{{ S, } T S = ST, }{{} T = T und }{{} T S = }{{ ST } folgt aus S folgt aus ST folgt aus T folgt aus T S. Die Lage ist jetzt in bbildung 42 rechts skizziert. Wir betrachten jetzt die beiden großen Dreiecke T S und T S. Es gilt T S = T + S = T + S = T S. siehe oben 5 Leicht, nachvollziehbar und überzeugend ist natürlich extrem subjektiv.

36 36 STEFN FRIEDL S S T T bbildung 42. Skizze zum eweis von Lemma 3.5. Nachdem die anliegenden Schenkel gleich lang sind erhalten wir aus dem Kongruenzsatz WSW, dass die Dreiecke T S und T S kongruent sind. Insbesondere folgt nun, dass T S = T S. Die Lage ist jetzt in bbildung 43 links skizziert. gleicher Winkel S T bbildung 43. Zweite Skizze zum eweis von Lemma 3.5. Wir betrachten als letztes die beiden Dreiecke S und S. Für die beiden Dreiecke gilt S = S = S = S, S = T S = T S = T S und l(s) = r = l(s). siehe ganz oben siehe oben Die beiden Dreiecke sind also kongruent nach dem Kongruenzsatz WSW. Insbesondere gilt dann auch, dass l( ) = l( ). Insbesondere ist in der Tat der Mittelpunkt der Strecke. In dem eweis vom vorherigen Lemma hatten wir gezeigt, dass die Dreiecke S und S kongruent sind. Insbesondere gilt auch S = S. Nachdem sich beide Winkel zu π aufsummieren, muss jeder der beiden Winkel schon π betragen. Wir sehen also, dass 2 die Gerade durch S und T senkrecht auf der Gerade g(, ) steht. Die Konstruktion von Seite 3.3 liefert uns also nicht nur den Mittelpunkt der Strecke sondern als kostenlose eilage auch gleich noch die Mittelsenkrechte der Strecke. emerkung. Wir hatten in Lemma 1.7 die Existenz der Mittelsenkrechte mithilfe von linearer lgebra bewiesen. Wir haben jetzt einen anderen, deutlich anschaulicheren eweis gegeben.

37 ELEMENTRGEOMETRIE 37 S K(, r) T K(, r) g(s, T ) ist die Mittelsenkrechte der Strecke bbildung 44. Konstruktion der Mittelsenkrechte der Strecke. Zusammengefasst erhalten wir also folgende Konstruktion. Konstruktion 3.6. Es seien und zwei verschiedene unkte. (1) Wir wählen einen Radius r mit r > 1 2 l(), (2) wir bezeichnen mit S und T die Schnittpunkte der Kreise K(, r) und K(, r), (3) der Schnittpunkt der Gerade g(s, T ) mit der Gerade g(, ) ist dann der Mittelpunkt der Strecke und die Gerade g(s, T ) ist die Mittelsenkrechte der Strecke Weitere Konstruktionen: die Winkelhalbierende. Konstruktion 3.7. (Konstruktion der Winkelhalbierenden) Es seien S und T zwei Strahlen, welche von einem unkt ausgehen. (1) Wir wählen ein r > 0 und wir bezeichnen mit und die unkte auf den Strahlen S und T mit l( ) = r und l( ) = r. (2) Wir bezeichnen mit Q den zweiten Schnittpunkt der Kreise K(, r) und K(, r). (3) Dann ist der Strahl Q die Winkelhalbierende des Winkels, welcher durch die Strahlen S und T bestimmt ist, d.h. es ist (S, Q) = (T, Q) = 1 2 (S, T ). eweis der Richtigkeit der Konstruktion. Wir betrachten die Dreiecke Q und Q, welche auch in bbildung 46 skizziert sind. Es ist l( ) = r = l( ), l(q) = r = l(q) sowie offensichtlich l( Q) = l( Q). Es folgt also aus dem Kongruenzsatz SSS, dass die beiden Dreiecke Q und Q kongruent sind. Insbesondere ist Q = Q. ber nachdem sich diese beiden Winkel zum Winkel (S, T ) aufaddieren, gilt (S, Q) = Q = 1 2 (S, T ). Wir haben damit also die gewünschte ussage bewiesen.

38 38 STEFN FRIEDL S T r K(, r) S T K(, r) S Q T K(, r) bbildung 45. Konstruktion der Winkelhalbierenden. K(, r) S Q Q Q T K(, r) S T bbildung 46. Wir wollen später noch zeigen, dass sich die Winkelhalbierenden eines Dreiecks in einem unkt schneiden. Wir werden diese ussage jedoch nicht ohne größere Vorbereitungen beweisen können. In dem wir die Konstruktion 3.7 zweimal hintereinander an anwenden, können wir natürlich jeden gegebenen Winkel vierteln. ber wie schaut es mit dritteln aus? Folgende Frage hat auch schon die griechischen Mathematiker beschäftigt. Frage 3.8. Gibt es auch eine Möglichkeit mit Zirkel jeden Winkel zu dritteln? Wir wollen diese Frage später beantworten Die Mittelsenkrechten eines Dreiecks. Das nächste Lemma gibt eine alternative eschreibung von Mittelsenkrechten. Lemma 3.9. Es seien und zwei verschiedene unkte in der Ebene R 2. Die Mittelsenkrechte zu ist die Menge aller unkte, die zu und den gleichen bstand besitzen, d.h. es ist Mittelsenkrechte zu = {Q R 2 l(q) = l(q)}. eweis. Es seien und zwei verschiedene unkte in der Ebene R 2. Wir bezeichnen mit den Mittelpunkt der Strecke. Wir müssen zeigen, dass Mittelsenkrechte zu }{{} =:X = {Q R 2 l(q) = l(q)}. }{{} =:Y

39 ELEMENTRGEOMETRIE 39 Ganz allgemein gilt, wenn wir zeigen wollen, dass zwei Mengen X und Y gleich sind, dann genügt es zu zeigen, dass jeder unkt Q X auch in Y liegt, und dass jeder unkt Q Y auch in X liegt. Wir führen nun dieses Verfahren in unserem Fall durch. (1) Es sei Q ein unkt auf der Mittelsenkrechte zu. Wir müssen zeigen, dass Q in Y liegt, d.h. wir müssen zeigen, dass l(q) = l(q). Wir betrachten die Dreiecke Q und Q. Wir machen folgende eobachtungen: (a) Nachdem die Gerade g(, Q) senkrecht auf steht folgt, dass Q = Q, (b) nachdem der Mittelpunkt der Strecke ist folgt, dass l( ) = l( ), (c) die Strecke Q liegt auf beiden Dreiecken. Es folgt also aus dem Kongruenzsatz SWS, dass die Dreiecke Q und Q kongruent sind. Insbesondere gilt dann, dass l(q) = l(q) ist Mittelpunkt von Q Definition der Mittelsenkrechte bbildung 47. Skizze zum eweis von Lemma 3.9. (2) Wir müssen nun noch zeigen, dass jeder unkt Q mit l(q) = l(q) auf der Mittelsenkrechte liegt. Wir werden dies in der Zentralübung beweisen. ist Mittelpunkt von Q l(q) = l(q) l(q) = l(q) Q bbildung 48. Skizze zum eweis von Lemma 3.9. Folgender Satz ist wohl noch aus der Schule bekannt. Satz Die drei Mittelsenkrechten eines beliebigen Dreiecks schneiden sich in genau einem unkt.

40 40 STEFN FRIEDL eweis. Es sei also ein beliebiges Dreieck. Wir bezeichnen mit d die Mittelsenkrechte der Strecke und wir bezeichnen mit e die Mittelsenkrechte der Strecke. Diese Geraden sind nicht parallel, sie schneiden sich also in genau einem unkt. Wir müssen nun noch zeigen, dass die Mittelsenkrechte zu ebenfalls durch verläuft. Nach Lemma 3.9 genügt es zu zeigen, dass l( ) = l( ). Es gilt nun in der Tat, dass l( ) = l( ) = l( ). Lemma 3.9 angewandt auf die Mittelsenkrechten d und e e d bbildung 49. Skizze für den eweis von Satz Satz Es seien, und drei nicht kollineare unkte. Dann gibt es genau einen Kreis, welcher durch, und verläuft. Der Kreis aus Satz 3.11 wird auch der Umkreis des Dreiecks genannt. i h Konstruktion des Mittelpunkts des Umkreises g bbildung 50. Der Umkreis eines Dreiecks. eweis. Es seien, und drei nicht kollineare unkte. Wir betrachten das Dreieck. Wir bezeichen die drei Mittelsenkrechten zu den Strecken, und mit g, h und i. Wir hatten gerade in Satz 3.10 gezeigt, dass sich die drei Mittelsenkrechten in einem

41 unkt schneiden. Es gilt nun, dass ELEMENTRGEOMETRIE 41 Lemma 3.9 angewandt auf die Mittelsenkrechte h zu l( ) = l( ) = l( ). Lemma 3.9 angewandt auf die Mittelsenkrechte h zu Wir haben damit gezeigt, dass die unkte,, den gleichen bstand zu besitzen, d.h. ist der Mittelpunkt eines Kreises durch, und. In der Zentralübung werden wir zeigen, dass es keinen weiteren Kreis durch, und gibt Weitere Konstruktionen: Das Lot. Zum bschluß des Kapitels erinnern wir an folgendes Lemma aus der Schule. Lemma Es sei g eine Gerade in der Ebene R 2 und es sei ein beliebiger weiterer unkt. Dann gibt es genau eine Gerade h, welche senkrecht auf g steht und welche durch verläuft. Wir bezeichnen diese Gerade als das Lot bezüglich auf g und wir bezeichnen den Schnittpunkt von h mit g als den Lotfußpunkt. g g Lotfußpunkt h ist das von auf g errichtete Lot h ist das von auf g gefällte Lot bbildung 51. Wir geben einen konstruktiven eweis für das Lemma. Wir unterscheiden dabei zwei Fälle: (1) wenn der unkt auf der Gerade g liegt, dann sagt man, man errichtet das Lot im unkt zur Gerade g, (2) wenn der unkt nicht auf der Gerade g liegt, dann sagt man, man fällt das Lot von dem unkt auf die Gerade g. Wir erklären nun beide Konstruktionen. Die erste Konstruktion wird in bbildung 52 skizziert. Konstruktion (Errichten des Lots) Es sei also g eine Gerade und ein unkt, welcher auf der Gerade liegt. (1) wir wählen ein r > 0 und bezeichnen mit S und T die Schnittpunkte des Kreises K(, r) mit der Gerade g,

42 42 STEFN FRIEDL (2) wir wählen ein s > r und bezeichnen mit und die Schnittpunkte der Kreise K(S, s) und K(T, s), 6 (3) dann ist die Gerade g(, ) das Lot von g im unkt. Wir müssen noch begründen, warum die letzte ussage wahr ist. Wir müssen hierbei zwei ussagen beweisen: (1) die Gerade g(, ) verläuft durch, und (2) die Gerade g(, ) steht senkrecht auf der Gerade g. Wir beweisen diese ussagen wie folgt. In Konstruktion 3.6 hatten wir gesehen, dass die Gerade g(, ) gerade die Mittelsenkrechte zu ST ist. Insbesondere verläuft die Gerade g(s, T ) durch den Mittelpunkt der Strecke ST, nämlich. Zudem steht die Gerade g(, ) senkrecht auf der Gerade g = g(s, T ). Gerade g K(, r) K(S, s) S 11 0 T S T K(T, s) S T bbildung 52. Errichten des Lots. Wir wenden uns nun der zweiten Konstruktion zu, diese wird in bbildung 53 skizziert. Konstruktion (Fällen des Lots) Es sei also g eine Gerade und ein unkt, welcher nicht auf der Gerade liegt. (1) wir wählen einen Radius r > 0, welcher so groß ist, dass der Kreis K(, r) die Gerade g in zwei verschiedenen unkten S und T schneidet, (2) wir bezeichnen mit Q den zweiten Schnittpunkt der Kreise K(S, r) und K(T, r), 7 (3) dann ist die Gerade g(, Q) das von auf die Gerade g gefällte Lot. uch hier müssen wir noch begründen, warum die letzte ussage wahr ist. Dies folgt wiederum aus der eobachtung, dass wir in Konstruktion 3.6 gesehen hatten, dass die Gerade g(, Q) gerade die Mittelsenkrechte zu ST ist, insbesondere steht die Gerade g(, Q) senkrecht auf der Gerade g = g(s, T ). 6 Es folgt aus Lemma 3.4 und s > r, dass es in der Tat zwei Schnittpunkte gibt. 7 Es folgt aus Satz 2.4 und der Tatsache,dass nicht auf g liegt, dass es in der Tat einen zweiten Schnittpunkt gibt.

43 ELEMENTRGEOMETRIE 43 Gerade g r S K(S, r) r r T K(, r) S r Q T K(T, r) S Q T bbildung 53. Fällen des Lots.

44 44 STEFN FRIEDL 4.1. arallele Geraden. 4. arallelen und Winkelsumme von Dreiecken Definition. Wir sagen zwei Geraden sind parallel, wenn sich diese nicht schneiden oder, wenn die beiden Geraden identisch sind. In einer Skizze markieren wir parallele Geraden durch die gleiche nzahl von kleinen Strichen, siehe bbildung 54. parallele Geraden bbildung 54. In Lemma 2.9 hatten wir gesehen, dass wenn sich zwei Geraden in zwei verschiedenen unkten schneiden, dann sind die Geraden schon identisch. Wir erhalten also sofort folgendes elementare Lemma. Lemma 4.1. Es seien g und h zwei Geraden. Dann gilt die Geraden g und h sind nicht parallel die Geraden schneiden sie sich in genau einem unkt. Wir erinnern im Folgenden an die eschreibung von Geraden. Eine Gerade in R 2 ist eine Teilmenge der Form { + tv t R}, wobei v 0. Wir bezeichnen den Vektor v als Richtungsvektor für g. Der Richtungsvektor einer Geraden ist natürlich nicht eindeutig bestimmt. Folgendes Lemma wurde (hoffentlich) implizit oder explizit in der linearen lgebra bewiesen. Lemma 4.2. Es sei g eine Gerade und v ein Richtungsvektor für g. Dann gilt: (1) für λ 0 ist λv ebenfalls ein Richtungsvektor, und (2) jeder andere Richtungsvektor von g ist von der Form λv für ein λ 0. Richtungsvektoren für die Gerade g Gerade g unkt bbildung 55.

45 ELEMENTRGEOMETRIE 45 Definition. Wir sagen zwei Vektoren v und w in R 2 sind parallel, wenn es ein λ 0 gibt, so dass v = λw. emerkung. Wenn es ein λ 0 gibt, so dass v = λw, dann gilt natürlich auch, dass w = 1 λ w, d.h. die Definition von parallel ist symmetrisch in v und w. Wir können jetzt anhand der Richtungsvektoren entscheiden, ob zwei Geraden parallel sind. Satz 4.3. Es seien g und h zwei Geraden mit Richtungsvektoren v und w. Dann gilt g und h sind parallel v und w sind parallel. eweis. Es seien also g = { + sv s R} und h = {Q + tw t R} zwei Geraden. Wir müssen folgende ehauptung beweisen: 8 ehauptung. (1) wenn v und w parallel sind und wenn sich g und h schneiden, dann gilt schon g = h, (2) wenn v und w nicht parallel sind, dann schneiden sich die Geraden in genau einem unkt. Wir beweisen zuerst ussage (1). Wir nehmen also an, dass v = λw für ein λ 0 und wir nehmen an, dass sich g und h schneiden. Dies bedeutet, dass es s 0 R und t 0 R gibt, so dass + s 0 v = Q + t 0 w. Wir wollen zeigen, dass g = h, wir müssen also zeigen, dass jeder unkt von g schon auf h liegt. Es sei also + sv ein beliebiger unkt auf g. Dann gilt + sv = Q + t 0 w s 0 v + sv = Q + t }{{} 0 w + (s s 0 )v = = Q + t 0 w + (s s 0 )}{{} λw =v = Q + (t 0 + (s s 0 )λ)w. Dies zeigt, dass + sv auf h liegt. Wir beweisen nun ussage (2). Wir nehmen also an, dass v und w nicht parallel sind. ( ) ( ) ( ) ( ) v1 w1 1 Q1 Wir schreiben v =, w =, = und Q =. Dann gilt v 2 w 2 2 Q 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 v1 Q1 w1 v1 w +sv = Q+tw +s = +t 1 s Q1 = 1. 2 v 2 Q 2 w 2 w 2 t Q 2 2 Nachdem v und w nicht parallel sind ist die Determinante der 2 2-Matrix ungleich null. us der linearen lgebra wissen wir, dass das Gleichungssystem auf der rechten Seite genau eine Lösung besitzt. Es gibt also genau einen Schnittpunkt der Geraden g und h. Satz 4.4. Zu jeder Gerade g und jedem unkt gibt es genau eine Gerade durch, welche parallel zu g verläuft. 8 Warum folgt aus der ehauptung schon der Satz? v 2

46 46 STEFN FRIEDL eweis. Es sei g eine Gerade. Wir wählen einen unkt Q auf g und einen Richtungsvektor v, d.h. es ist g = {Q+tv t R}. Wir setzen nun h = { +tv t R}. Es folgt aus Satz 4.3, dass h parallel zu g verläuft, und dass h die einzige Gerade durch ist, welche parallel zu g verläuft. unkt unkt Gerade { + tv t R} Gerade g Q v Q v bbildung 56. Skizze zum eweis von Satz 4.4. Mit unseren bisherigen Konstruktionen ist es nun leicht, die arallele zu einer Gerade g durch einen unkt mit Zirkel und Lineal zu bestimmen. Konstruktion 4.5. Es sei g eine Gerade und ein unkt, welcher nicht auf der Gerade liegt. (1) Mithilfe von Konstruktion 3.14 fällen wir das Lot von auf g. Wir bezeichnen dieses Lot mit h. (2) Mithilfe von Konstruktion 3.13 errichten wir nun das Lot durch zu h. Wir bezeichnen dieses Lot mit k. (3) Das Lot k steht senkrecht auf der Gerade g, welche wiederum senkrecht auf der ursprünglichen Gerade g steht, also sind die Richtungsvektoren von k und g parallel, also sind die beiden Geraden k und g parallel. Lot h durch zu g Lot k durch zu h g g g bbildung 57. Die Konstruktion der arallelen durch einen unkt. Wir beschließen das Kapitel über parallele Geraden mit folgendem Satz. Satz 4.6. Es seien g h zwei parallele Geraden und es sei k eine weitere Gerade, welche g und h schneidet. Dann gilt:

47 ELEMENTRGEOMETRIE 47 (1) die Wechselwinkel, deren Definition in bbildung 58 links skizziert ist, sind gleich, (2) die Stufenwinkel, deren Definition in bbildung 58 rechts skizziert ist, sind ebenfalls gleich. Wechselwinkel k g 01 g h Stufenwinkel k h bbildung 58. eweis ( ). 9 Es seien g h zwei parallele Geraden und es sei k eine weitere Gerade, welche g und h in unkten und schneidet. (1) Es sei v der Richtungswinkel des Schenkels von g bei und es sei w der Richtungswinkel des Schenkels von k bei. Dann ist ( w) der Richtungswinkel des Schenkels von k bei. Da g und h parallel sind, ist der Richtungswinkel des Schenkels von h bei gegeben durch w. Die ussage folgt nun aus der eobachtung, dass (v, w) = ( v, w). (2) Es sei v der Richtungswinkel des Schenkels von g bei und es sei w der Richtungswinkel des Schenkels von k bei. Dann ist w der Richtungswinkel des Schenkels von k bei. Da g und h parallel sind, ist der Richtungswinkel des Schenkels von h bei ebenfalls gegeben durch v. Es folgt sofort, dass die Stufenwinkel gleich sind. w v w v k g h k w 01 v v w g h bbildung 59. Skizze zum eweis von Satz eweis mit ( ) heißt, dass der eweis nicht in der Vorlesung durchgeführt wurde, insbesondere ist der eweis nicht klausurrelevant.

48 48 STEFN FRIEDL 4.2. n-ecke. Definition. Im Folgenden sei n N 3. (1) Es seien 1,..., n R 2 verschiedene unkte, so dass keine drei aufeinanderfolgende unkte kollinear 10 sind und so dass sich die n Strecken 1 2, 2 3,..., n 1 nur an den Endpunkten schneiden. Wir bezeichnen dann die Vereinigung der n Strecken 1 2, 2 3,..., n 1 als geschlossenen olygonzug. (2) Ein n-eck ist eine Teilmenge von R 2, welche von einem geschlossenen olygonzug berandet wird, welches aus n unkten gebildet wird kein olygonzug geschlossener olygonzug Fünfeck 4 bbildung 60. Definition. (1) Wir sagen eine Teilmenge X in R 2 ist konvex, wenn für alle unkte, X gilt, dass ebenfalls in X enthalten ist. (2) Ein arallelogramm ist ein konvexes Viereck, bei dem gegenüberliegende Seiten parallel sind. X nicht konvex nicht konvexes Viereck konvexes Viereck arallelogramm bbildung 61. Satz 4.7. In jedem arallelogramm sind die gegenüber liegenden Seiten gleich lang. 10 Hierbei betrachten wir n 1, n und 1 ebenfalls als aufeinanderfolgend.

49 ELEMENTRGEOMETRIE 49 eweis. Es sei also ein arallelogramm mit Eckpunkten,, und D gegeben. Wir wollen zeigen, dass l() = l(d), und dass l() = l(d). Wir betrachten dazu die Dreiecke und D. Es gilt: (1) aus Satz 4.6, angewandt auf die parallelen Geraden g(, ) und g(, D), folgt = D, (2) aus Satz 4.6, angewandt auf die parallelen Geraden g(, D) und g(, ), folgt = D, (3) offensichtlich ist l() = l(). Es folgt also aus dem Kongruenzsatz WSW, dass die Dreiecke und D kongruent sind. Insbesondere gilt, dass l() = l(d) und l() = l(d). D 01 Wechselwinkel D Wechselwinkel D bbildung 62. Skizze zum eweis von Satz 4.7. emerkung. (1) Es ist vielleicht etwas verwunderlich, warum in der Definition von einem arallelogramm gefordert wird, dass das Viereck konvex ist. (Die Definition ist wortwörtlich von Wikipedia übernommen.) Wenn man genau hinschaut, hatten wir die Konvexität im eweis von Satz 4.7 verwendet, denn wir hatten verwendet, dass die Diagonale im Inneren des arallelogramms verläuft, aber diese ussage verwendet eben, dass arallelogramme konvex sind. (2) Wir werden in Übungsblatt 4 folgende Fragen diskutieren: (a) Wenn X ein Viereck ist, bei dem die gegenüberliegenden Seiten parallel sind, folgt daraus schon, dass das Viereck auch konvex ist? (b) Wir werden der Frage nachgehen, ob die Umkehrung von Satz 4.7 gilt, d.h. wenn in einem Viereck die gegenüber liegenden Seiten gleich lang sind, folgt daraus schon, dass das Viereck ein arallelogramm ist? 4.3. Die Höhen eines Dreiecks. Definition. In einem Dreieck bezeichnen wir für einen Eckpunkt die Strecke von zum Lotfußpunkt auf die Gerade durch die anderen beiden Eckpunkte als Höhe des Dreiecks bezüglich.

50 50 STEFN FRIEDL eispiel. Wie man in bbildung 63 sieht, muss die Höhe nicht notwendigerweise in dem Dreieck selber verlaufen. bbildung 63. Satz 4.8. In jedem beliebigen Dreieck schneiden sich die drei Höhen in genau einem unkt. die drei Höhen des Dreiecks schneiden sich bbildung 64. eweis. Es sei als ein Dreieck. Wir führen folgende Geraden ein: (1) es sei f die Gerade durch, welche parallel zur Gerade g(, ) verläuft, (2) es sei g die Gerade durch, welche parallel zur Gerade g(, ) verläuft, (3) es sei h die Gerade durch, welche parallel zur Gerade g(, ) verläuft. Wie in bbildung 65 in der Mitte skizziert erhalten wir aus diesen drei Geraden ein neues Dreieck QR. Wir machen folgende eobachtungen: (1) Nachdem die Geraden g(, ) und g(r, ) parallel sind, bilden die vier unkte,,, ein arallelogramm, also gilt nach Satz 4.7, dass l() = l( ). Ganz analog zeigt man, dass l() = l(r). Wir sehen also, dass der Mittelpunkt der Strecke R ist. Das rgument ist in bbildung 65 rechts skizziert. (2) Das gleiche rgument wie in (1) zeigt, dass der Mittelpunkt der Strecke QR ist, und dass der Mittelpunkt der Strecke Q ist. Wir wenden uns nun der bbildung 65 links zu. (3) Wir betrachten die Höhe am Eckpunkt. er Definition steht diese senkrecht auf der Gerade g(, ). ber nachdem die Gerade g(, ) parallel zur Gerade g(r, ) ist folgt aus Satz 4.6, dass die Höhe auch senkrecht auf der Gerade g(r, ) steht. (4) Wir haben nun also in (1) und (3) gesehen, dass die Höhe durch durch den Mittelpunkt der Strecke R verläuft, und dass diese senkrecht auf der Strecke R verläuft. Mit anderen Worten, die Höhe am Eckpunkt ist die Mittelsenkrechte der Strecke R.

51 ELEMENTRGEOMETRIE 51 R f g h Q bbildung 65. (5) Das rgument von (4) zeigt natürlich, dass auch die anderen Höhen des Dreiecks gerade die entsprechenden Mittelsenkrechten des Dreiecks QR sind. (6) Es folgt aus Satz 3.10, dass sich die drei Mittelsenkrechten des Dreiecks QR in einem unkt schneiden. us (5) folgt nun die gewünschte ussage, dass sich die drei Höhen des Dreiecks in genau einem unkt schneiden. R R Q Q Höhe zum Eckpunkt bbildung Die Winkelsumme eines Dreiecks. Satz 4.9. In jedem Dreieck beträgt die Summe der Innenwinkel π. eweis. Es sei also ein Dreieck. Wir bezeichnen die Innenwinkel mit α, β und γ. Wir bezeichnen mit g = g(, ) die Gerade durch und. Nach Satz 4.4 existiert genau eine Gerade h, welche parallel zu g ist, und welche durch verläuft. Es folgt aus Satz 4.6, dass die Stufenwinkel, welche in bbildung 67 skizziert sind, gleich sind. Diese drei Winkel am unkt summieren sich zu π auf, also gilt, dass α + β + γ = π. Satz In jedem n-eck beträgt die Summe der Innenwinkel (n 2) π.

52 52 STEFN FRIEDL γ β α α α γ β β h g bbildung 67. Skizze zum eweis von Satz 4.9. eweis. Wir beweisen den Satz erst für einige Spezialfälle um die Idee für den allgemeinen eweis zu finden. Den Fall n = 3 haben wir gerade in Satz 4.9 bewiesen. Wir betrachten nun den Fall n = 4. Wir betrachten dazu das Viereck, welches in bbildung 68 links skizziert ist. In diesem Fall ziehen wir die Diagonale von und und D D bbildung 68. Winkelsumme von einem konvexen Viereck. unterteilen das Viereck in zwei Dreiecke, also gilt, dass: Winkelsumme des Vierecks D = Winkelsumme des Dreiecks + Winkelsumme des Dreiecks D = π + π = 2π. Das rgument klingt natürlich ganz überzeugend, aber in der Skizze haben wir implizit angenommen, dass das Viereck konvex ist. Dies ist aber im llgemeinen nicht der Fall. Wir betrachten also noch den Fall, dass das Viereck nicht konvex ist. Dieser Fall ist in bbildung 69 links skizziert ist. In diesem Fall haben wir aber auch kein roblem, wir können das Viereck weiterhin in zwei Dreiecke unterteilen, siehe die bbildung 69 rechts. Jetzt betrachten wir den Fall n = 5. Wenn das Fünfeck konvex ist, dann können wir, wie in bbildung 70 skizziert, dass Fünfeck in drei Dreiecke zerlegen. Wir erhalten dann, dass Winkelsumme des Fünfecks= Summe der Winkelsummen der 3 Dreiecke = 3 π. Wir wenden uns nun dem allgemeinen eweis des Satzes zu. Wir beweisen diesen durch Induktion nach der nzahl der Ecken.

53 ELEMENTRGEOMETRIE 53 D D bbildung 69. Winkelsumme von einem nicht-konvexen Viereck. D D E E bbildung 70. Winkelsumme von einem konvexen Fünfeck. Induktionsanfang. n = 3, dieser Fall wurde schon in Satz 4.9 behandelt. Induktionsschritt. Wir nehmen an, dass wir die ussage schon für alle m-ecke mit m < n Ecken wissen. Wir müssen zeigen, dass wir die ussage auch für ein beliebiges n-eck gilt. Wir betrachten nun noch den Fall eines beliebigen n-ecks. Dieser Fall wird in bbildung 71 skizziert. In diesem Fall können wir immer eine Strecke zwischen zwei Eckpunkten finden und Q, welche ganz im n-eck verläuft 11. Diese Strecke unterteilt das n-eck in zwei Vielecke mit k und l Ecken unterteilt, wobei k + l = n + 2. (Dies sieht man daran, dass die Eckpunkte und Q nun zweimal mitgezählt werden.) lso gilt, dass Winkelsumme des n-ecks = Winkelsumme des k-ecks = +Winkelsumme des l-ecks = (k 2) π + (l 2) π = (n 2) π. Induktionsvoraussetzung da k + l = n + 2 Wir haben damit den Induktionsschritt vollzogen. Satz (Satz von Thales) Es seien und zwei verschiedene unkte. Es sei der Mittelpunkt der Strecke und es sei K der Kreis mit Mittelpunkt und Radius r := 1 l(). Für jeden unkt auf dem Kreis K mit und gilt, dass 2 () = π Wenn man ganz sauber argumentieren will, dann muss man begründen, warum es denn eigentlich immer eine solche Strecke gibt, aber wir unterlassen dies hier.

54 54 STEFN FRIEDL 6-Eck Q 0 1 zwei 4-Ecke bbildung 71. Induktionssschritt im eweis von Satz K bbildung 72. Illustration des Satzes von Thales. eweis. Wir geben zwei sehr verschiedene eweise für den Satz von Thales. Der erste eweis ist sehr geometrisch und anschaulich. Der zweite ist algebraisch, kurz und nicht besonders anschaulich. (1) Wir geben zuerst den geometrischen eweis. (a) Nachdem die Eckpunkte und auf dem Kreis durch mit Radius r liegen folgt, dass l( ) = r = l( ). Das Dreieck ist gleichschenklig, es folgt aus Satz 3.2, dass es auch gleichwinklig ist, genauer gesagt es gilt, dass =. Wir bezeichnen diesen Winkel mit β. (b) Ganz analog zeigen wir auch, dass =. Wir bezeichnen diesen Winkel mit α. (c) Nach Satz 4.9 beträgt die Winkelsumme im Dreieck gerade π, d.h. es ist α + (α + β) + β = + + = π. Es folgt also, dass α + β = π 2. K α α β β bbildung 73. Erster eweis des Satzes von Thales.

55 ELEMENTRGEOMETRIE 55 (2) Wir geben nun noch den mehr algebraischen eweis. Wir setzen x =, y = und z =. Dann gilt, = y + x, z + y = y + x, y x = y, y x, x = r 2 r 2 = 0. denn x = z denn x, x = x 2 = r 2 und y, y = y 2 = r 2 K x y z bbildung 74. Zweiter eweis des Satzes von Thales. Wir kommen also auf zwei sehr verschiedene Wege zum Ziel. Es ist etwas Geschmackssache, welchen der beiden eweise man bevorzugt. Folgender Satz ist eine Verallgemeinerung des Satzes von Thales. Satz (eripheriewinkelsatz) Es seien und zwei verschiedene unkte, welche auf einem Kreis K = K(, r) liegen. Für jeden unkt Q auf dem Kreis K, welcher auf der gleichen Seite wie bezüglich g(, ) liegt, gilt Q = 1 2. Insbesondere ist der eripheriewinkel Q unabhängig von der Wahl von Q. Q 1 2 φ φ bbildung 75. Illustration des eripheriewinkelsatzes. eweis. Wir betrachten die Dreiecke, welche in bbildung 76 skizziert sind. Wir machen folgende eobachtungen:

56 56 STEFN FRIEDL Q Q µ ν µ φ ν µ φ ν bbildung 76. Illustration zum eweis des eripheriewinkelsatzes. (1) Nachdem und Q auf dem Kreis um liegen, gilt l( ) = l(q ), also ist das Dreieck Q gleichschenklig. Es folgt nun aus Satz 3.2, dass das Dreieck auch gleichwinklig ist, d.h. die beiden Winkel ν, welche in bbildung 76 eingezeichnet sind, sind gleich. (2) Genau das gleiche rgument wie in (1) zeigt, dass die beiden Winkel ν, welche in bbildung 76 eingezeichnet sind, sind gleich. Wir berechnen nun, dass 2 Q = 2(µ + ν) = (π Q ) + (π Q ) = 2π ( Q + Q ) = φ. nach Satz 4.9 angewandt auf Q und Q Es scheint so, als wären wir mit dem eweis fertig. Wenn man sich die Skizze in bbildung 76 anschaut, merkt man allerdings, dass in der Skizze der Mittelpunkt im Inneren des Dreiecks Q enthalten ist, und wir hatten diese Tatsache auch im eweis verwendet. 12 Dies muss allerdings nicht notwendigerweise der Fall sein, siehe beispielsweise bbildung 77. Wir werden diesen zweiten Fall in Übungsblatt 5 behandeln. 00 Q11 bbildung 77. Zweite Illustration zum eweis des eripheriewinkelsatzes Reguläre n-ecke. Definition. Ein reguläres n-eck ist ein n-eck, so dass alle Seiten gleich lang sind und so dass alle Innenwinkel gleich groß sind.

57 ELEMENTRGEOMETRIE 57 reguläres Fünfeck reguläres Sechseck reguläres Siebeneck bbildung 78. Reguläre n-ecke. emerkung. In einem regulären n-eck beträgt nach Satz 4.10 der Innenwinkel gerade (n 2)π n. Es folgt aus Satz 3.2, dass ein Dreieck ein reguläres Dreieck ist, genau dann, wenn es gleichseitig ist. Wir können natürlich leicht ein gleichseitiges Dreieck mit Zirkel und Lineal konstruieren. Konstruktion (Regelmäßiges Dreieck) (1) Es sei g eine Gerade und ein unkt auf der Gerade, (2) wir wählen einen Radius r > 0 und betrachten den Kreis K(, r), (3) es sei Q ein Schnittpunkt des Kreises mit der Gerade, (4) es sei R ein Schnittpunkt von K(, r) mit K(Q, r) (die Kreise K(, r) und K(Q, r) schneiden sich nach Satz 3.4), (5) dann ist QR ein gleichseitiges Dreieck. K(, r) K(, r) K(, r) R K(Q, r) 0 1 g Q Q bbildung 79. Konstruktion von einem gleichseitigen Dreieck. In Übungsblatt 5 werden wir die Frage behandeln, wie wir ein reguläres Viereck mit Zirkel und Lineal konstruieren können. Es stellt sich nun folgende Frage: Frage Für welche n können wir ein reguläres n-eck mit Zirkel und Lineal konstruieren? Wir machen folgende eobachtung: 12 n welcher Stelle hatten wir dies implizit verwendet?

58 58 STEFN FRIEDL Lemma Es sei n 3. Wir können ein reguläres n-eck mit Zirkel und Lineal genau dann konstruieren, wenn wir den Winkel π konstruieren können. n Wir werden das Lemma in Übungsblatt 5 beweisen. Mithilfe von Lemma 4.15 können wir also Frage 4.14 wie folgt umformulieren: Frage Für welche n können wir den Winkel π n mit Zirkel und Lineal konstruieren? Die Konstruktion 3.7 der Winkelhalbierenden zeigt, dass wir jeden Winkel mit Zirkel und Lineal halbieren können. Insbesondere bedeutet das, dass wenn wir ein reguläres n- Eck konstruieren können, dann können wir auch ein reguläres 2n-Eck konstruieren. Wir erhalten also folgendes Korollar zu Konstruktion Korollar Wir können ein reguläres Sechseck mit Zirkel und Lineal konstruieren. Es stellt sich die Frage, wie schaut es den mit der Konstruktion des regulären Fünfecks aus? Konstruktion (Winkel 2π 5 ) (1) Es sei g eine Gerade und ein unkt auf g, mithilfe von Konstruktion 3.13 konstruieren wir eine Gerade h, welche senkrecht auf g steht und durch verläuft, (2) wir wählen einen Radius r > 0 und betrachten den Kreis K(, r), (3) es sei ein Schnittpunkt des Kreises mit der Gerade g und es sei ein Schnittpunkt des Kreises mit der Gerade h, (4) mithilfe von Konstruktion 3.6 bestimmen wir den Mittelpunkt Q der Strecke, (5) wir betrachten den Kreis K(Q, r ) und wir bezeichnen mit R den Schnittpunkt des 2 Kreises mit der Strecke Q, (6) wir betrachten den Kreis K mit Mittelpunkt, welcher durch den unkt R verläuft, (7) wir bezeichnen mit X und Y die Schnittpunkte der Kreise K(, r) und K, (8) dann ist X Y = 2π. 5 h K(, r) g Q 0 1 R K K(, r) K(, r) Y X bbildung 80. Konstruktion des Winkels 2π 5. Es stellt sich natürlich die Frage, warum den X Y = 2π gelten soll. Dies ist in der Tat 5 nicht so offensichtlich und bedarf einer etwas längeren Rechnung, welche beispielsweise in Seite 13 von (Ku) gegeben wird.

59 ELEMENTRGEOMETRIE 59 Die obigen Konstruktionen und Ideen liefern uns also reguläre n-ecke für n = 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 16, 20 Hier sind also noch viele Lücken. Eine Lücke welche man leicht schließen kann ist n = 15. Satz Man kann den Winkel 2π 15 mit Zirkel und Lineal konstruieren. eweis. Es ist 2π 3 2π (10 6)π = = 4π , nachdem wir die ersten beiden Winkel konstruieren können und nachdem wir die Differenz von zwei Winkel konstruieren können (wie macht man das?), können wir also auch den Winkel 4π konstruieren. Indem wir nun den Winkel halbieren erhalten wir den gewünschten 15 Winkel 2π. 15 Die Konstruktion der regulären n-ecke für n = 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 20 waren den griechischen Mathematikern bekannt. Die nächste Konstruktion eines regulären n-ecks wurde 1797 von Gauß gegeben. Genauer gesagt, er zeigte folgenden Satz. Satz (Gauß 1797) Man kann das reguläre 17-Eck mithilfe von Zirkel und Lineal konstruieren. Die Konstruktion ist natürlich aufwändiger als die obigen Konstruktionen, eine schöne Illustration wird hier gegeben: Etwas später hat Gauß sogar bestimmen können, welche regulären n-ecke konstruiert werden könnnen. Wir benötigen dazu folgende Definition. Definition. Eine Fermatsche rimzahl ist eine rimzahl, welche man in der Form 2 2m + 1 schreiben kann. eispielsweise sind = = 3, = 5, = = 17, = = 257, = = Fermatsche rimzahlen. 13 Satz (Gauß) Für n N ist reguläre n-eck genau dann mit Zirkel und Lineal konstruierbar, wenn n von der Form n = 2 m p 1 p k ist, wobei p 1,..., p k paarweise verschiedene Fermatsche rimzahlen sind und m N 0. eispielsweise ist 15 = 3 5 das rodukt von zwei verschiedenen Fermatschen rimzahlen, also bestätigt der Satz die obige ussage, dass das reguläre 15-Eck konstruierbar ist. Der Satz von Gauß besagt auch, dass das reguläre 257-Eck konstruiert werden kann, die Konstruktion wird beispielsweise auf 13 ber nicht jede Zahl der Form 2 2m + 1 ist eine rimzahl!

60 60 STEFN FRIEDL vorgestellt. Der Satz von Gauß besagt auch, dass das reguläre Eck konstruiert werden kann. llerdings hat Gauß nie den Konstruktionsweg explizit aufgeschrieben. Der Konstruktionsweg wurde das erste (und vermutlich einzige Mal) in 1894 von dem deutschen Mathematiker Johann Gustav Hermes in einem Manuskript von mehr als 200 Seiten aufgeschrieben. ndererseits ist 7 keine Fermatsche rimzahl und damit auch nicht von der Form im Satz von Gauß, also erhalten wir folgendes Korollar. Korollar Das reguläre 7-Eck kann nicht mit Zirkel und Lineal konstruiert werden. Eine schöne Zusammenfassung der Geschichte der Konstruierbarkeit von regularen n- Ecken ist auch in dem folgenden Video gegeben:

61 ELEMENTRGEOMETRIE Die Kongruenzsätze SS π 2 und SsW Wir hatten im letzten Kapitel gesehen, dass die Kongruenzsätze SSS, SWS und WSW außerordentlich hilfreich sind. In diesem Kapitel lernen wir die Kongruenzsätze SS π und 2 SsW kennen Der Kongruenzsatz SS π. Wir erweitern jetzt unser Repertoire von Kongruenzsätzen 2 um den Kongruenzsatz SS π. 2 Satz 5.1. (Kongruenzsatz SS π 2 ) Wenn für zwei Dreiecke und l() = l( ) und l() = l( ) sowie = = π 2, dann sind die Dreiecke und kongruent. (Siehe dazu die Skizze in bbildung 81). gilt bbildung 81. Illustration des Kongruenzsatzes SS π 2. eweis. us der Voraussetzung l() = l( ) folgt, dass wir, wie im eweis der Kongruenzsätze SWS, WSW und SSS, nach einer ewegung annehmen können, dass = und =. Nach einer etwaigen Spiegelung entlang der Gerade durch = und = können, wir nach Lemma 2.12, annehmen, dass und auf verschiedenen Seiten dieser Gerade liegen. Diese Situation wird in bbildung 82 skizziert. Wir führen folgende Schritte durch: (1) Wir betrachten das Dreieck. Nachdem l() = l( ) ist dieses Dreieck gleichschenklig, es folgt aus Satz 3.2, dass das Dreieck auch gleichwinklig ist, genauer gesagt, es folgt, dass =. (2) Nachdem = = π 2 liegen die unkte, =, auf einer Geraden, d.h. es ist = und =. (3) Es folgt aus der Voraussetzung = = π 2, der ussage (2) und dem Satz über die Winkelsumme, dass die beiden Dreiecke auch im dritten Innenwinkel übereinstimmen, d.h. es ist =. (4) Es folgt nun aus dem Kongruenzsatz WSW, angewandt auf die Seiten und = (welche nach Voraussetzung gleich lang sind), dass die Dreiecke und kongruent sind.

62 62 STEFN FRIEDL gleicher Winkel = = = = bbildung 82. Skizze zum eweis des Kongruenzsatzes SS π Winkel und Längen in einem Dreieck. Definition. Es sei ein Dreieck. Der ußenwinkel an einem Eckpunkt ist gegeben durch einen Schenkel des Dreiecks und die Verlängerung des anderen Schenkels in die entgegengesetzte Richtung, siehe bbildung 83. ußenwinkel ußenwinkel bbildung 83.. emerkung. Die Definition des ußenwinkels hängt nicht von der Wahl des Schenkels ab, denn die beiden ußenwinkel, welche man durch die beiden Schenkel erhält, sind Schenkelwinkel, also gleich, siehe bbildung 84. ußenwinkel ußenwinkel bbildung 84. Die beiden ußenwinkel sind Schenkelwinkel. Satz 5.2. ußenwinkelsatz In jedem Dreieck gilt, dass der ußenwinkel an einem Eckpunkt größer ist als die Innenwinkel an den anderen beiden Eckpunkten.

63 ELEMENTRGEOMETRIE 63 eweis. Wir betrachten das Dreieck in bbildung 85. Dann gilt ußenwinkel bei = π α = (α + β + γ) α = β + γ. Satz 4.9 Da β > 0 und γ > 0 folgt nun, dass der ußenwinkel größer ist als β und auch größer ist als γ. ußenwinkel bei γ α β bbildung 85. Skizze zum eweis von Satz 5.2. Satz 5.3. In jedem Dreieck gilt Innenwinkel am Eckpunkt < Innenwinkel am Eckpunkt Q Länge der gegenüberliegenden Seite < Länge der Q gegenüberliegenden Seite. Q gegenüberliegende Seite gegenüberliegende Seite Q bbildung 86. Illustration von Satz 5.3. eweis. Wir betrachten also ein Dreieck. us Symmetriegründen genügt es die Eckpunkte und zu betrachten. Wir bezeichnen die Innenwinkel bei, und mit α, β und γ, siehe bbildung 87 links. Wir setzen nun also voraus, dass l() < l(). Wir wollen zeigen, dass β < γ. Wir bezeichnen hierzu mit den unkt auf der Strecke mit l() = l( ). Es folgt nun, dass γ > = > β. Satz 3.2 angewandt auf das ußenwinkelsatz 5.2 gleichschenklige Dreieck angewandt auf

64 64 STEFN FRIEDL γ γ γ α β α β α β bbildung 87. Skizze zum eweis von Satz 5.3. Wir setzen nun also voraus, dass β < γ. Wir wollen zeigen, dass l() < l(). Wir beweisen die ussage mit einem Widerspruchsbeweis. Wir nehmen also an, dass l() l(). Wir unterscheiden zwei Fälle: 1. Fall Es sei l() > l(). In diesem Fall besagt aber schon die oben bewiesene Richtung, dass β > γ gelten muss. 14 Das ist ein Widerspruch zur Voraussetzung β < γ. 2. Fall Es sei nun l() = l(). In diesem Fall ist das Dreieck gleichschenklig, also folgt aus Satz 3.2, dass das Dreieck auch gleichwinklig ist, genauer gesagt, dass β = γ. Dies ist wiederum ein Widerspruch zur Voraussetzung β < γ Der Kongruenzsatz SsW. Der naivste Gedanke wäre zu vermuten, dass ein Kongruenzsatz des Typs SSW ganz allgemein gilt. ber wie wir in bbildung 88 sehen, kann das so allgemein nicht stimmen. die beiden Dreiecke stimmen in SSW über ein, sind aber nicht kongruent bbildung 88. Der nächste Satz besagt, dass unter einer gewissen Einschränkung ein Kongruenzsatz vom Typ SSW dennoch gilt. Satz 5.4. (Kongruenzsatz SsW) SsW: Es seien und zwei Dreiecke. Wir nehmen an, dass l() = l( ) und l() = l( ) sowie =. 14 Genauer gesagt, wir hatten schon bewiesen, dass in jedem Dreieck und beliebigen Eckpunkten gilt, dass für kürzere Seiten auch die Innenwinkel kürzer sind.

65 ELEMENTRGEOMETRIE 65 Wenn zudem gilt, dass l() l(), dann sind die Dreiecke und kongruent. Etwas vereinfacht gesagt besagt also der Kongruenzsatz SsW, dass wenn zwei Dreiecke in zwei Seitenlängen übereinstimmen und in dem Winkel gegenüber der längeren der beiden Seiten, dann sind die Dreiecke kongruent. Kongruenzsatz SsW bbildung 89. eweis. Es seien und zwei Dreiecke. Wir bezeichnen mit α, β, γ und α, β, γ die Innenwinkel. Wir nehmen an, dass l() = l( ) und l() = l( ) sowie = und zudem nehmen wir an, dass l() l(). Wir wollen zeigen, dass die Dreiecke und kongruent sind. ehauptung. Es ist β = β. Wenn wir die ehauptung bewiesen haben, dann sind wir mit dem eweis des Kongruenzsatzes auch schon fertig. In der Tat, denn aus β = β folgt mithilfe vom Kongruenzsatz WSW sofort, dass die Dreiecke kongruent sind. Wir wenden uns nun dem eweis der ehauptung zu. Wir führen einen Widerspruchsbeweis durch. Wir nehmen also an, dass β β. O..d.. ist dann β < β. Die usgangslage ist in bbildung 90 skizziert. γ β β α α γ bbildung 90. Erste Skizze zum eweis von Kongruenzsatz SsW. Wir führen folgende Konstruktionen und eobachtungen durch:

66 66 STEFN FRIEDL (1) Wir bezeichnen mit den unkt auf der Strecke mit = β =. (Siehe bbildung 91.) (2) us dem Kongruenzsatz WSW und aus unseren Voraussetzungen folgt, dass die Dreiecke und kongruent sind. (3) Es folgt aus (2), dass l( ) = l(), aber nach Voraussetzung gilt auch, dass l() = l( ), also erhalten wir, dass l( ) = l( ). (4) In (3) hatten wir gezeigt, dass das Dreieck gleichschenklig ist. us Satz 3.2 folgt, dass das Dreieck auch gleichwinklig ist, genauer gesagt, es folgt, dass =. Zusammengefasst erhalten wir nun, dass γ < = = α < γ. ußenwinkelsatz 5.2 aus (4) folgt aus Satz 5.3 und der angewandt auf Voraussetzung, dass l( ) > l( ) Wir erhalten damit, dass γ < γ. ber dies ist absurd, d.h. wir haben einen Widerspruch erhalten. Wir haben damit die ehauptung bewiesen. α γ β γ γ β β Strecken sind gleich lang bbildung 91. Zweite Skizze zum eweis von Kongruenzsatz SsW Der bstand zwischen zwei Teilmengen der Ebene. Wir wollen nun den bstand zwischen zwei Teilmengen und von R 2 einführen. Ein erster Versuch für eine Definition wäre den bstand zwischen und wie folgt zu definieren d(, ) := minimaler bstand zwischen einem unkt auf und einem unkt auf. Die Definition wird in bbildung 92 illustriert. Das roblem mit der obigen Definition ist jedoch, dass nicht so richtig klar ist, was denn nun minimaler bstand heißen soll. etrachten wir beispielsweise := x-chse und := Graph von f(x) = 1 x mit x 0 Diese beiden Teilmengen kommen sich beliebig nahe, was soll also minimaler bstand heißen? Mithilfe der nalysis I haben wir aber kein roblem eine saubere Definition von bstand zwischen zwei Mengen zu geben.

67 ELEMENTRGEOMETRIE 67 bstand zwischen und bbildung 92. bbildung 93. Definition. Für zwei Teilmengen und von R 2 bezeichnen wir d(, ) := inf{d(, Q) = l( Q) wobei ein unkt in und Q ein unkt in } als den bstand zwischen und. eispiel. Im obigen eispiel ist d(, ) = 0. Zum Glück müssen wir allerdings in den meisten Fällen nicht mit dem Infimum arbeiten, denn in den meisten Fällen gibt es in der Tat unkte von minimalen bstand. Satz 5.5. Es sei g eine Gerade und ein unkt, welcher nicht auf der Gerade liegt. Wir fällen das Lot von auf g und bezeichnen mit Q den Lotfußpunkt. Dann gelten folgende beiden ussagen: (1) Es ist d(, Q) = d(, g). (2) Für alle anderen unkte R auf g gilt d(, R) > d(, g). Q g es ist d(, g) = d(, Q) bbildung 94. Illustration von Satz 5.5. eweis. Es sei R ein beliebiger anderer unkt auf der Gerade g. Wir müssen zeigen, dass d(, R) > d(, Q). us dieser ussage folgen schon die beiden gewünschten ussagen (1) und (2). Wir betrachten dazu das Dreieck QR, welches in bbildung 94 skizziert ist.

68 68 STEFN FRIEDL Es ist QR = π R Q QR < π QR = QR. Satz 4.9 da QR = π 2 ber dann folgt auch schon aus Satz 5.3, dass l( Q) < l( R). ρ Q R g bbildung 95. Skizze zum eweis von Satz 5.5. Korollar 5.6. Es sei g eine Gerade und ein unkt, welcher nicht auf der Gerade g liegt. Es sei r = d(, g). Dann gilt: der Kreis K(, r) ist tangential zur Gerade g, d.h. der Kreis K(, r) schneidet die Gerade in genau einem unkt. K(, r) mit r = d(, g) g Q bbildung 96. Illustration von Korollar 5.6. eweis. Es sei g eine Gerade und ein unkt, welcher nicht auf der Gerade liegt. Wir fällen das Lot von auf g und bezeichnen mit Q den Lotfußpunkt. In Satz 5.5 hatten wir bewiesen dass d(, Q) = d(, g), und dass für alle anderen unkte R auf g gilt, dass d(, R) > d(, g). Mit anderen Worte, Q ist der einzige unkt auf g, welcher auch auf K(, r) mit r = d(, g) liegt Die Winkelhalbierenden in einem Dreick und der Inkreis. Definition. Es seien S und T zwei Strahlen, welche von einem unkt ausgehen. Die Winkelhalbierende von S und T ist der Strahl U, welcher von ausgeht, mit (S, U) = (T, U) = 1 2 (S, T ).

69 ELEMENTRGEOMETRIE 69 S gleicher Winkel Winkelhalbierende U T bbildung 97. Lemma 5.7. Es seien S und T zwei Strahlen, welche von einem unkt ausgehen. Die Winkelhalbierende von S und T ist die Menge aller unkte, welche zu S und T den gleichen bstand besitzen. 15 emerkung. Lemma 5.7 erinnert an Lemma 3.9. Dieses besagt, dass die Mittelsenkrechte zu einer Strecke gerade die Menge aller unkte ist, welche zu und den gleichen bstand besitzen. eweis. Es seien S und T zwei Strahlen, welche von einem unkt ausgehen. (1) Wir bezeichnen mit U die Winkelhalbierende von S und T. Es sei Q U. Wir müssen zeigen, dass d(q, S) = d(q, T ). Wir fällen dazu das Lot von auf S beziehungsweise T. Wir bezeichnen die Lotfußpunkte mit und, siehe bbildung 98 links. Wir betrachten die Dreiecke Q und Q. Hierbei gilt: (a) Es ist Q = 1 2 (S, t) = Q, da Q auf der Winkelhalbierenden liegt. (b) Es ist Q = π 2 = QQ, da und Lotfußpunkte sind. (c) Es folgt aus Satz 4.9 und (1) und (2), dass die beiden Dreiecke in allen drei Winkeln übereinstimmen. (d) Die beiden Dreiecke besitzen eine gemeinsame Kante, also folgt aus dem Kongruenzsatz WSW, dass die Dreiecke Q und Q kongruent sind. (e) Es folgt aus (4), dass Q = Q. (f) Es folgt aus (5) und Satz 5.5, dass in der Tat d(q, S) = d(q, T ). (2) Es sei nun Q ein unkt mit d(q, S) = d(q, T ), siehe bbildung 98 rechts. Wir fällen wieder das Lot auf S und T und erhalten die Lotfußpunkte und. In diesem Fall erhält man sofort aus dem Kongruenzsatz SS π, dass die Dreiecke 2 Q und Q kongruent sind. lso folgt insbesondere, dass Q = Q, d.h. Q liegt auf der Winkelhalbierenden. Folgender Satz ist nun das nalogon zu Satz Satz 5.8. Die drei Winkelhalbierenden eines beliebigen Dreiecks schneiden sich in genau einem unkt. 15 Streng genommen betrachten wir hierbei nur die unkte, welche sich im Inneren des von S und T aufgespannten Winkels befinden.

70 70 STEFN FRIEDL 01 gleicher Winkel S Q Winkelhalbierende T S gleicher Winkel?? gleiche Länge T bbildung 98. Skizze zum eweis von Lemma 5.7. eweis. Der eweis von Satz 5.8 ist formal ganz ähnlich zum eweis von Satz Wir müssen nur Lemma 3.9 durch Lemma 5.7 ersetzen. Wir führen das rgument noch durch. Wir bezeichnen mit a, b und c die Winkelhalbierenden bei, und. Wir bezeichnen mit den Schnittpunkt von a und b. us Lemma 5.7 folgt, dass d(, ) = d(, ) und auch, dass d(, ) = d(, ). Zusammengefasst folgt, dass d(, ) = d(, ), d.h. liegt nach Lemma 5.7 auch auf der Winkelhalbierenden c. Winkelhalbierende Winkelhalbierende b a bbildung 99. Skizze zum eweis von Satz 5.8. Satz 5.9. Es sei ein Dreieck. Dann existiert genau ein Kreis, welcher tangential zu allen drei Seiten ist. Der Kreis aus Satz 5.9 wird auch der Inkreis des Dreiecks genannt. der Inkreis von der Umkreis von bbildung 100.

71 ELEMENTRGEOMETRIE 71 eweis. Es sei ein Dreieck. Nach Satz 5.8 schneiden sich die drei Winkelhalbierenden in genau einem unkt. Wir setzen r = d(, ). Wie wir schon im eweis von Satz 5.8 gesehen hatten gilt auch r = d(, ) und r = d(, ). Es folgt nun aus Korollar 5.6, dass K(, r) tangential zu allen drei Seiten des Dreiecks ist. Die Eindeutigkeit des Inkreises folgt aus der Tatsache, dass der Mittelpunkt eines Kreises, welcher alle drei Seiten berührt nach Lemma 5.7 auf allen Winkelhalbierenden liegen muss. ber diese schneiden sich in genau einem unkt.

72 72 STEFN FRIEDL 6. Ähnliche Dreiecke, Flächeninhalte und der Satz von ythagoras 6.1. Streckungen und ähnliche Dreiecke. Definition. Es sei R 2 ein unkt und es sei λ R \ {0}. Wir bezeichnen die bbildung R 2 R 2 Q + λ(q ) als Streckung mit Streckzentrum und Streckungsfaktor λ. M Streckung von M bbildung 1. Im folgenden Satz fassen wir einige Eigenschaften von Streckungen zusammen. Satz 6.1. (1) Streckungen sind winkelerhaltend, (2) Streckungen führen Geraden in Geraden über, (3) Streckungen führen parallele Geraden in paralle Geraden über, (4) eine Streckung mit Streckungsfaktor λ führt eine Strecke der Länge r in eine Strecke der Länge λ r über. eweis. Die ussagen folgen leicht aus elementaren Rechnungen, welche wir hier nicht ausführen wollen. Definition. (1) Eine Ähnlichkeitsabbildung ist die Verknüpfung einer ewegung mit einer Streckung. (2) Zwei Teilmengen von R 2 heißen ähnlich, wenn sie mithilfe einer Ähnlichkeitsabbildung ineinander übergeführt werden können. Es folgt aus Lemma 1.4 und Satz 6.1, dass ähnliche Dreiecke die gleichen Innenwinkel besitzen. In Übungsblatt 7 werden wir die Umkehrung dieser ussage beweisen, genauer gesagt, wir werden folgenden Satz beweisen. Satz 6.2. (Ähnlichkeitssatz WWW) Es seien und zwei Dreiecke. Wenn deren Innenwinkel bei,, sowie bei, und, übereinstimmen, dann gibt es eine Ähnlichkeitsabbildung φ mit φ() =, φ() = sowie φ() = φ( ).

73 ELEMENTRGEOMETRIE Der Strahlensatz. Satz 6.3. (Strahlensatz) Es seien g( 1, 2 ) und g( 1, 2 ) zwei Geraden, welche sich in einem unkt schneiden. Wenn g( 1, 1 ) parallel zu g( 2, 2 ) ist, dann gelten folgende ussagen: (1) l( 1 ) l( 2 ) = l( 1) l( 2 ) = l( 1 1 ) l( 2 2 ) und (2) l( 1 ) l( 1 ) = l( 2) l( 2 ) = l( 1 2 ) l( 1 2 ) bbildung 102. Skizze des Strahlensatzes 6.3. eweis. Nach einer Verschiebung können wir o..d.. annehmen, dass = O der Ursprung ist. Nach einer Drehung um den Ursprung können wir zudem annehmen, dass g( 1, 1 ) und g( 2, 2 ) parallel zur y-chse sind. Es gibt dann also x 1, x 2 R \ {0}, so dass g( 1, 1 ) = {(x 1, y) y R} und g( 2, 2 ) = {(x 2, y) y R}. Wir bezeichnen mit λ R die Steigung der Gerade g( 1, 2 ) und wir bezeichnen mit µ R die Steigung der Gerade g( 1, 2 ), d.h. es ist g( 1, 2 ) = {(x, λx) x R} und g( 1, 2 ) = {(x, µx) x R}. Die Situation ist in bbildung 103 skizziert x = x 1 x = x {(x, λx) x R} x = x x = x {(x, λx) x R} O = (0, 0) {(x, µx) x R} O = (0, 0) 1 2 {(x, µx) x R} bbildung 103. Skizze zum eweis des Strahlensatzes 6.3.

74 74 STEFN FRIEDL Wir betrachten nun zuerst den Spezialfall, dass x 1 > 0 und x 2 > 0. lle anderen Fälle werden ganz ähnlich beweisen. Wir setzen σ = x 2 x 1. In unserem Spezialfall ist σ > 0. Dann ist 2 = (x 2, λx 2 ) = (x 1 σ, λx 1 σ) = σ (x 1, λx 1 ) = σ 1. Ganz analog folgt auch, dass 2 = σ 1. Wir beweisen nun die beiden ussagen (1) und (2) des Satzes. Es ist l( 1 ) = 1 = 1 = 1 = 1 l( 2 ) 2 σ 1 σ 1 σ = l( 1) l( 2 ) da = (0, 0) da 2 = σ 1 da σ > 0 das gleiche rgument rückwärts für 1, 2 lle anderen ussagen werden ganz ähnlich mithilfe der folgenden offensichtlichen Gleichungen bewiesen: ( 2 2 ) = σ ( 1 1 ) und ( 2 1 ) = (σ 1) 1 sowie ( 2 1 ) = (σ 1) 1. Der folgende Satz besagt, dass die Umkehrung zur ussage (1) vom Strahlensatz 6.3 gilt. Satz 6.4. Es seien g und h zwei Geraden, welche sich in einem unkt schneiden. Zudem seien k 1 und k 2 zwei weitere Geraden, welche g und h in den unkten 1, 2 beziehungsweise 1, 2 schneiden. Wir nehmen an, dass sowohl 1, 2 als auch 1, 2 auf der gleichen Seite von liegen, siehe bbildung 104. Wenn l( 1 ) l( 2 ) = l( 1) l( 2 ) dann ist die Gerade g( 1, 1 ) parallel zu g( 2, 2 ) g h k 1 k 2 bbildung 104.

75 ELEMENTRGEOMETRIE 75 eweis. Wir setzen λ = l( 1). Wir bezeichnen mit z die Streckung mit Streckungszentrum l( 2 ) und Streckungsfaktor λ. Nachdem die unkte 1, 2 auf der gleichen Seite von liegen, gilt, dass z( 2 ) = 1. Ganz analog gilt auch, dass z( 2 ) = 1. Nachdem eine Gerade durch zwei unkte festgelegt ist, folgt, dass z(g( 2, 2 )) = g( 1, 1 ). Es folgt nun wiederum aus Satz 6.1 (3), dass die Geraden g( 2, 2 ) und g( 1, 1 ) parallel sind Die Seitenhalbierenden eines Dreiecks. Definition. Es sei ein Dreieck. Die Seitenhalbierende einer Seite ist die Gerade durch den Mittelpunkt der Seite und den gegenüberliegenden Eckpunkt Seitenhalbierende der Seite bbildung 105. Satz 6.5. Die Seitenhalbierenden eines Dreiecks schneiden sich in einem unkt. Dieser unkt zerteilt jede Seitenhalbierende im Verhältnis 2:1. jede Seitenhalbierende wird unterteilt im Verhältnis 2 : 1 bbildung 106. Skizze zu Satz 6.5. eweis. Es sei also ein Dreieck. Wir bezeichnen mit M a den Mittelpunkt der Seite und wir bezeichnen mit S a die Seitenhalbierende der Seite. Ganz analog definieren wir auch M b, M c sowie s b und s c, siehe auch bbildung 107 links. Wir beginnen den eweis mit folgender ehauptung. ehauptung. Der Schnittpunkt Z der Seitenhalbierenden S a und S b teilt die Seitenhalbierenden im Verhältnis 2 : 1, wobei die längere Strecke den Eckpunkt enthält.

76 76 STEFN FRIEDL M c s a M b s b s c M a s a Z s b M b M a bbildung 107. Skizze zum eweis von Satz 6.5. Wir wenden uns der bbildung 107 rechts zu. Nachdem M b und M a die Mittelpunkte der Strecken und sind folgt sofort aus Satz 6.4, angewandt auf = und g = g(, ) und h = g(, ), sowie k 1 = g(m b, M a ) und k 2 = g(, ), dass die Gerade g(m b, M a ) parallel zur Gerade g(, ) ist. Es folgt nun aus dem Strahlensatz 6.3 (1), dass l(zm a ) = l(zm b) = l(m am b ) = 1 l(z) l(z) l() 2. Strahlensatz 6.3 (1) Strahlensatz 6.3 (2) Strahlensatz 6.3 (2) angewandt auf = Z angewandt auf = Z angewandt auf = Wir haben also gezeigt, dass Z die Seitenhalbierenden S a im Verhältnis 2 : 1 teilt, wobei die längere Strecke den Eckpunkt enthält. Das gleiche rgument, mit den Rollen von und vertauscht, zeigt die analoge ussage für die Seitenhalbierende S b. Wir haben damit also die ehauptung bewiesen. Genau der gleiche eweis zeigt natürlich auch folgende ehauptung. ehauptung. Der Schnittpunkt Y der Seitenhalbierenden S a und S c teilt die Seitenhalbierenden im Verhältnis 2 : 1, wobei die längere Strecke den Eckpunkt enthält. Nachdem Y und Z nun beide die Seitenhalbierende S a im Verhältnis 2 : 1 teilen, muss schon gelten, dass Y = Z. Nachdem Y = Z auf allen drei Seitenhalbierenden liegt, ist Y = Z der gewünschte Schnittpunkt der drei Seitenhalbierenden Flächeninhalte. Die genaue mathematische Theorie von Flächeninhalten und Volumina kann erstaunlich komplex werden (Z.. fragen Sie einen Kommilitonen, welcher gerade nalysis III hört.) Wir werden ohne eweis folgenden Satz verwenden: Satz 6.6. Jedem durch endlich viele Strecken und Kreissegmente begrenzten Gebiet in R 2 kann man auf eindeutige Weisen einen Flächeninhalt zuordnen, derart dass folgende Eigenschaften erfüllt sind: (1) Es gilt Flächeninhalt von einem Rechteck mit Seitenlängen a und b = a b. (2) Kongruente Gebiete besitzen den gleichen Flächeninhalt.

77 ELEMENTRGEOMETRIE 77 (3) Wenn sich zwei Gebiete X und Y nur in einer Vereinigung von unkten, Strecken und Kreisabschnitten überschneiden, dann gilt Flächeninhalt(X Y ) = Flächeninhalt(X) + Flächeninhalt(Y ). (4) Für Gebiete X und Y gilt X Y = Flächeninhalt(X) Flächeninhalt(Y ). Mithilfe von Satz 6.6 werden wir in Übungsblatt 8 folgenden Satz beweisen. Satz 6.7. (1) Für jedes Dreieck gilt Flächeninhalt des Dreiecks = 1 2 Seitenlänge Länge der zugehörigen Höhe. (2) Wenn ein Dreieck ist mit einem rechten Winkel bei, dann gilt Flächeninhalt des Dreiecks = 1 2 l() l() h s Flächeninhalt = 1 2 s h h s Flächeninhalt = 1 2 s h Flächeninhalt = 1 l() l() 2 bbildung 108. Illustration von Satz 6.8. Satz 6.8. Es seien und zwei Dreiecke. Wenn es eine Ähnlichkeitsabbildung φ mit φ() =, φ() = sowie φ() = φ( ) gibt, dann gilt Flächeninhalt( ) ( ) l( = ) 2 ( ) l( = ) 2 ( ) l( = ) 2. Flächeninhalt( ) l() l() l() eweis. Nachdem ewegungen Flächeninhalte und Längen bewahren, genügt es den Fall zu betrachten, dass φ eine Streckung ist. Wir bezeichnen mit λ den Streckungsfaktor. Es folgt aus Satz 6.1, dass sich die Seitenlängen und die Längen der Höhen beim Übergang von zu um den Faktor λ multiplizieren. Es folgt aus Satz 6.8, dass sich der Flächeninhalt um den Faktor λ 2 multipliziert. Wir erhalten also, dass Flächeninhalt( ) = λ2 Flächeninhalt( ) and l( ) 2 = λ 2 l() 2. Indem wir beide Gleichungen nach λ 2 auflösen und gleichsetzen erhalten wir die erste Gleichheit des Satzes. lle anderen Gleichheiten werden ganz ähnlich bewiesen. Mithilfe von Satz 6.6 werden wir in Übungsblatt 8 zudem auch noch den nächsten Satz beweisen.

78 78 STEFN FRIEDL Satz 6.9. Es sei ein arallelogramm. Dann gilt Flächeninhalt( ) = Länge einer Seite bstand zwischen den beiden parallelen Geraden h s Flächeninhalt des arallelogramms = s h s h bbildung 109. Illustration von Satz 6.9. Satz (Satz von ythagoras) 16 Es sei ein Dreieck mit einem rechten Winkel bei. Wir bezeichnen die Längen der,, gegenüberliegenden Seiten mit a, b und c. Dann gilt a 2 + b 2 = c 2. Kathete Kathete a b c Hypothenuse b 2 a c 2 bbildung 110. Illustration vom Satz von ythagoras. emerkung. Die dem rechten Winkel anliegenden Seiten heißen Katheten und die dem rechten Winkel gegenüber liegende Seite heißt Hypothenuse. Wir können den Satz von ythagoras also auch wie folgt formulieren: Summe der Quadrate der Katheten = Quadrat der Hypothenuse. Für den Satz von ythagoras gibt es viele verschiedene eweise. Wir stellen im Folgenden einige davon vor. 16 ythagoras war ein griechischer Mathematiker, welcher etwa v. hr. lebte.

79 ELEMENTRGEOMETRIE 79 Erster eweis vom Satz von ythagoras. Es sei ein Dreieck mit einem rechten Winkel bei. Wir betrachten das Quadrat, dessen eine Kante die Seite c ist, und welches das Dreieck beinhaltet, siehe bbildung 111. In dieses Quadrat fügen wir noch drei zu kongruente Dreiecke ein. Dann gilt c 2 = Flächeninhalt von großem Quadrat = Flächeninhalt von kleinem Quadrate + Summe der Flächeninhalte der vier Dreiecke = Flächeninhalt von Quadrat mit Seitenlänge b a + 4 Flächeninhalt von }{{}}{{ } = b a 2 = 1 2 ab da rechtwinklig = b a ab = (b 2 a)2 + 2ab = b 2 2ab + a 2 + 2ab = a 2 + b 2. b a c Seitenlänge b a bbildung 111. Illustration vom ersten eweis von Satz von ythagoras. eweis vom Satz von ythagoras (gefunden vom zwölfjährigen Einstein). Es sei ein Dreieck mit einem rechten Winkel bei. Wir bezeichnen mit m den Flächeninhalt von. Wir fällen das Lot von auf die Seite und bezeichnen den Lotfußpunkt mit Q. Wir machen folgende eobachtungen: (1) es ist Q = π π β = α 2 da Winkelsumme = π in Q und und beide Dreiecke einen Winkel π 2 enthalten (2) ganz analog zu (1) zeigt man, dass Q = π π 2 α = β, (3) es folgt aus dem Ähnlichkeitssatz WWW, dass die Dreiecke Q und ähnlich sind, es folgt aus Satz 6.8, dass Flächeninhalt von Q m (4) ganz analog zu (3) zeigt man, dass Flächeninhalt von Q m = ( Verhältnis der Hypotenusen ) 2 = ( a c ) 2, = ( Verhältnis der Hypotenusen ) 2 = ( b c) 2,

80 80 STEFN FRIEDL (5) aus Satz 6.6 wissen wir, dass Flächeninhalt von Q + Flächeninhalt von Q = Flächeninhalt von, indem wir (3) und (4) einsetzen erhalten wir, dass ( a ) 2 ( c m + b ) 2 c m = m, aus dieser Gleichheit folgt aber sofort, dass a 2 + b 2 = c 2. b a b β a α β Q c α c bbildung 112. Illustration vom Einsteinschen eweis vom Satz von ythagoras. emerkung. Ein wichtiger Satz in der Mathematik besitzt oft nicht nur einen oder zwei eweise, sondern sehr viele verschiedene. In dem folgendem rogramm werden insgesamt 57 verschiedene eweise ausführlich erläutert: eispielsweise gibt es einen eweis von James Garfield ( ), dieser war 1881 amerikanischer räsident. Die Sammlung enthält auch zwei eweise des Regensburger Mathematikers Johann Reichenberger, welcher im 18. Jahrhundert lebte. Satz (Kathetensatz) Es sei ein rechtwinkliges Dreieck. Mit der Notation von bbildung 113 gilt b 2 = p c und a 2 = q c. b 0 1 c a p q bbildung 113. Illustration vom Kathetensatz. eweis. Wir betrachten die Figur, welche in bbildung 114 links skizziert ist. Hierbei gilt: (1) X ist der Fußpunkt des Lots von auf. (2) F und G bilden zusammen mit und F ein Rechteck, dessen Seitenlängen p und c betragen.

81 ELEMENTRGEOMETRIE 81 Q R c p X c G c p X c G F p G F p G bbildung 114. Illustration zum eweis vom Kathetensatz. (3) G ist so gewählt, dass und F G parallel sind. Insbesondere ist also F G ein arallelogramm. ls nächstes führen wir folgende Schritte durch: (1) Wir drehen das arallelogramm um π und erhalten das arallelogramm XR. 2 (2) Wir bezeichnen mit Q den unkt, welcher zusammen mit, und ein Quadrat bildet. Im folgenden bezeichnen wir für ein Gebiet X R 2 den Flächenhinhalt mit (X). Der Kathetensatz folgt nun aus folgenden eobachtungen: Es ist p c = (F GX) = (F G ) = (XR ) = (Q ) = b 2. Satz 6.6 (1) Satz 6.9 Satz 6.6 (3) Satz 6.9 Satz 6.6 (1) In Übungsblatt 9 werden wir den Höhensatz beweisen. Satz (Höhensatz) Es sei ein rechtwinkliges Dreieck mit einem rechten Winkel bei. Es sei h die Höhe bei und es seien p und q die Längen der Hypothenusenabschnitte. Dann gilt h 2 = p q. Wir beschließen diesen bschnitt mit dem Kosinussatz. Dieser fällt von der ussage und vom eweis her etwas aus dem Rahmen. ber der Vollständigkeithalber wollen wir diesen noch erwähnen. Satz (Kosinussatz) Es sei ein Dreieck. Wir bezeichnen die Längen der,, gegenüberliegenden Seiten mit a, b und c und wir bezeichnen mit γ den Winkel

82 82 STEFN FRIEDL 0 1 Höhe h bei. Dann gilt p q Hypothenusenabschnitte bbildung 115. Illustration vom Höhensatz. c 2 = a 2 + b 2 2ab cos(γ). Der Kosinussatz beinhaltet den Satz von ythagoras, denn für γ = π gilt gerade, dass 2 cos( π ) = 0. Der folgende eweis des Kosinussatzes liefert insbesondere auch einen eweis 2 vom Satz von ythagoras. Der eweis des Kosinussatzes ist formaler und weniger anschaulich als die hübschen vorherigen eweise vom Satz von ythagoras. eweis. Wir bezeichnen jetzt mit u =, v = und w = die Differenzvektoren, siehe bbildung 116. Dann gilt denn w = v + u c 2 = w 2 = w, w = v + u, v + u = v, v 2 u, v + u, u = v 2 2 cos(γ) u v + u 2 = b 2 2 cos(γ) a b + a 2. Lemma γ b a c u = w = γ v = bbildung 116. Illustration vom eweis des Kosinussatzes Ein warnendes eispiel. Wir wollen nun ein etwas längeres eispiel besprechen. Wir betrachten dazu ein beliebiges Dreieck wie in bbildung 117 links. Wir führen folgende Konstruktion durch, welche in bbildung 117 links skizziert wird. (1) Es sei F der Mittelpunkt von und es sei f die Mittelsenkrechte von. (2) es sei g die Winkelhalbierende vom Winkel, (3) wir bezeichnen mit den Schnittpunkt von f und g wie in bbildung 118 skizziert.

83 ELEMENTRGEOMETRIE 83 Wir fahren nun wie folgt fort, wie in bbildung 117 rechts skizziert: (5) wir fällen das Lot von auf die Geraden g(, ) und g(, ), (6) wir bezeichen die Lotfußpunkte mit E und D. Winkelhalbierende g gleicher Winkel F E D Mittelsenkrechte f zu Wir machen nun folgende eobachtungen: bbildung 117. (1) Wir betrachten die Dreiecke E und D. (Siehe im Folgenden weiterhin bbildung 117 rechts.) Wir wollen zeigen, dass diese kongruent sind. Es gilt: (a) nachdem g eine Winkelhalbierende ist gilt E = D, (b) es ist D = E, nachdem beide gerade π 2 betragen, (c) nachdem die Winkelsumme im Dreieck π beträgt (siehe Satz 4.9) folgt aus (a) und (b) auch, dass die dritten Winkel übereinstimmen, (d) es ist l( ) = l( ). us dem Kongruenzsatz WSW folgt, also dass die Dreiecke E = D kongruent sind. Insbesondere gilt l(e) = l(d) und l(e ) = l(d ) (2) Wir betrachten nun die Dreiecke F und F. (Siehe im Folgenden bbildung 118 links.) Wir wollen auch zeigen, dass diese kongruent sind. Wir machen folgende eobachtungen: (a) Nachdem F der Mittelpunkt der Strecke ist, gilt l(f ) = l(f ), (b) es ist F = F, nachdem beide gerade π 2 betragen, (c) es ist l(f ) = l(f ). us dem Kongruenzsatz WSW folgt, also dass die Dreiecke F = F kongruent sind. Insbesondere folgt, dass l( ) = l( ). (3) Wir betrachten nun noch die Dreiecke E und D. (Siehe dazu im Folgenden bbildung 118 rechts.) Wir wollen zeigen, dass auch diese wiederum kongruent sind. (a) Wir hatten in (2) gezeigt, dass l( ) = l( ), (b) wir hatten in (1) gezeigt, dass l( E) = l( D). (c) Es ist E = π 2 und D = π 2.

84 84 STEFN FRIEDL Es folgt also aus dem Kongruenzsatz SS π 2, dass die beiden Dreiecke E und D in der Tat kongruent sind. Insbesondere gilt l(e) = ld. gleicher Winkel F E F D gleiche Länge bbildung 118. Wir fassen nun zusammen: (a) In (1) hatten wir gezeigt, dass l(e) = l(d), und (b) in (3) hatten wir gezeigt, dass l(e) = ld. Zusammenfassend erhalten wir also, dass l() = l(e) + l(e) = l(d) + l(d) = l(). denn E unterteilt nach (a) und (b) denn D unterteilt Wir haben also gezeigt, dass die beiden Seiten und gleich lang sind. Wir sind aber von einem beliebigen Dreieck ausgegangen, wie kann es dann sein, dass wir bewiesen haben, dass zwei Seitenlängen gleich lang sein müssen. Irgendwo ist im obigen rgument der Wurm drinnen. ber wo? Wir werden in der nächsten Zentralübung besprechen, wo im rgument der Fehler ist.

85 ELEMENTRGEOMETRIE Sphärische Geometrie 7.1. Geodäten. Zum bschluß der Vorlesung wollen wir noch etwas sphärische Geometrie studieren, d.h. wir wollen Geometrie auf einer Kugeloberfläche studieren. Im folgenden bezeichnet S 2 := {(x, y, z) R 3 x 2 + y 2 + z 2 = 1} die Sphäre im 3-dimensionalen Raum. Definition. Es seien und Q zwei unkte. Ein kürzester Weg von nach Q heißt Geodäte. eispiel. Wenn und Q zwei unkte in der Ebene R 2 sind, dann gibt es genau eine Geodäte, nämlich die Strecke Q. Es stellt sich nun folgende Frage: Frage 7.1. Es seien und Q zwei unkte auf der Sphäre S 2. (1) Was ist die Geodäte von nach Q? (2) Gibt es überhaupt eine eindeutig bestimmte Geodäte von nach Q oder kann es mehrere geben? In bbildung 119 sehen wir die Route von einem Flug von Houston nach München. Genauer gesagt, wir sehen die Route auf einer Karte der Erdoberfläche. Der ilot wählt natürlich auf der Sphäre die kürzeste Route, aber wie wir in bbildung 119 sehen, entspricht die kürzeste Route auf der Karte nicht der direkten Route in R 2. In bbildung 120 sehen Flugroute vom 4. Juni warum nicht die direkte Flugroute? bbildung 119. wir noch einige weitere Flugrouten von Frankfurt nach Nordamerika. Um diese Flugrouten erklären zu können benötigen wir folgende Definition. Definition. Ein Großkreis auf S 2 ist der Schnitt von S 2 mit einer Ebene, welche den Ursprung enthält. emerkung. Für zwei unkte ±Q auf S 2 gibt es genau eine Ebene, welche den Ursprung sowie die unkte und Q enthält. Mit anderen Worten, für ±Q gibt es genau einen Großkreis durch und Q. Folgender Satz wird beispielsweise in [Fr] bewiesen:

86 86 STEFN FRIEDL Flugrouten von Frankfurt nach Nordamerika bbildung Q Großkreis, welcher von und Q aufgespannt wird bbildung 121. Satz 7.2. Es seien und Q zwei unkte auf S 2. Jede Geodäte von nach Q verläuft auf einem Großkreis durch und Q. Für und Q auf S 2 sei nun α(, Q) [0, π] der Winkel, welcher von dem Ursprung und den unkten und Q aufgespannt wird. Etwas genauer, α = α(, Q) ist die eindeutig bestimmte reelle Zahl α in [0, π] mit Folgender Satz stammt ebenfalls aus [Fr]., Q = cos(α). Satz 7.3. Es seien und Q zwei unkte auf S 2. Dann gilt (1) der bstand von und Q auf S 2 beträgt α(, Q). (2) Wenn ±Q, dann gibt es genau eine Geodäte von nach Q, diese bewegt sich auf dem eindeutig bestimmten Großkreis durch und Q. (3) Wenn = Q, dann gibt es unendlich viele Großkreise durch und Q, und jeder Halbgroßkreis durch und Q entspricht gerade einer Geodäte von nach Q Volumen und Oberfläche einer Kugel. In diesem bschnitt wollen wir das Volumen und die Oberfläche einer Kugel mit beliebigem Radius r > 0 bestimmen. Satz 7.4. Es sei r > 0 und es sei K(r) = {(x, y, z) x 2 + y 2 + z 2 r 2 }