1 Analytische Geometrie und Grundlagen

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1 $Id: vektor.tex,v /05/15 16:07:13 hk Exp $ 1 Analytische Geometrie und Grundlagen 1.5 Abstände und Winkel Am Ende der letzten Sitzung hatten wir begonnen zwei weitere Aussagen über Winkel zu beweisen, den Stufenwinkelsatz und das Parallelenaxiom. Beide Aussagen handeln von derselben Situation und daher beweisen wir sie gemeinsam. Zuvor erinnern wir uns noch an die verwendete Notation, ist φ R so haben wir die Drehungsmatrix D φ und für jeden Vektor u R 2 gelten D φ u = u und D φ u u = u 2 cos φ. Verwenden wir noch die Matrix J := D π/2 so folgt mit Aufgabe (14.a) ( π ) [u, D φ u] = Ju D φ u = u D φ π/2 u = u 2 cos 2 φ = u 2 sin φ. Satz 1.28 (Stufenwinkelsatz und Parallelenaxiom) Seien l R 2 eine Gerade und H R 2 eine Seite von l. Weiter seien g 1, g 2 R 2 zwei von l verschiedene Geraden die l in zwei verschiedenen Punkten p 1 = l g 1 und p 2 = l g 2 schneiden. Für j = 1, 2 setze w j := H g j. (a) Sind α 1 = {v 1, w 1 }, α 2 = {v 2, w 2 } auf der Seite H von l gebildete Stufenwinkel so ist genau dann g 1 g 2 wenn (α 1 ) = (α 2 ) ist. (b) Sind α 1 = {v 1, w 1 }, α 2 = {v 2, w 2 } gegenüberliegende, auf der Seite H von l gebildete Winkel mit (α 1 ) + (α 2 ) < π so ist g 1 g 2 und ist s der Schnittpunkt von g 1 und g 2 so gilt s H. Beweis: Wir haben bereits eingesehen das wir l = {x R 2 : [u, x] = c} und H = {x R 2 : [u, x] c} mit u R 2, c R schreiben können so, dass u = 1 und p 2 p 1 + R 0 u gelten. Weiter hatten wir für j = 1, 2 einen Vektor v j R 2 mit v j = 1, w j = p j + R 0 v j und [u, v j ] < 0 konstruiert. Für j = 1, 2 betrachten wir den Winkel α j := {p j + R 0 u, w j } und dann reicht es (a) für diese Stufenwinkel zu beweisen, die anderen beiden sind dann Nebenwinkel von α 1, α 2 und die Behauptung von (a) folgt auch für diese. Wegen g j l ist α j dabei für j = 1, 2 weder ein Nullwinkel noch ein voller Winkel. Weiter betrachten wir den Nebenwinkel α 3 := {p 2 + R 0 u, w 2 } von α 2 und in (b) haben wir dann die beiden auf 9-1

2 der Seite H von l gebildeten gegenüberliegenden Winkel α 1, α 3. Für j = 1, 2, 3 setzen wir noch φ j := (α j ) und haben 0 < φ j < π. Sei wieder j {1, 2} ist [v j, u] = [u, v j ] > 0, nach Aufgabe (18.b) gilt damit p j + R 0 u = p j + R 0 D φj v j und wegen u = 1 und D φj v j = v j = 1 ist sogar D φj v j = u. p 2 α 2 H α 3 v 2 u g 2 g 1 p 1 α 1 v 1 l Hieraus folgt weiter v 2 = D 1 u = D 1 D φ1 v 1 = D φ1 v 1 und somit ist [v 1, v 2 ] = [v 1, D φ1 v 1 ] = sin(φ 1 ). Es gilt π < φ 1 < π also ist genau dann φ 1 = wenn [v 1, v 2 ] = sin(φ 1 ) = 0 ist, wenn also v 1, v 2 linear abhängig sind und dies bedeutet g 1 g 2. Damit ist (a) bewiesen und wir kommen zu Teil (b). Nehme also φ 1 + φ 3 < π an. Es ist φ 3 = π also ist auch φ 1 <. Nach (a) haben wir damit insbesondere g 1 g 2 und nach Lemma 10 ist der Schnittpunkt s von g 1 und g 2 gegeben als s = 1 ( ) [p2, v 2 ]v 1 [p 1, v 1 ]v 2. [v 1, v 2 ] Für j = 1, 2 haben wir v j = D 1 φ j u = D φj u und somit [u, v j ] = [u, D φj u] = sin( φ j ) = sin φ j. Wegen p 2 p 1 + R 0 u gibt es weiter ein t R mit t > 0 und p 2 = p 1 + tu. Wir erhalten [p 2, v 2 ] [u, v 1 ] [p 1, v 1 ] [u, v 2 ] = [p 1, v 1 ] sin ([p 1, v 2 ] + t[u, v 2 ]) sin φ 1 = [p 1, sin v 1 sin φ 1 v 2 ] t sin φ 1 sin und beachten wir das nach Lemma 13.(b) auch sin v 1 sin φ 1 v 2 = [u, v 1 ]v 2 [u, v 2 ]v 1 = [u, v 1 ]v 2 + [v 2, u]v 1 = [v 1, v 2 ]u 9-2

3 gilt so wird dies zu Dies liefert weiter [p 2, v 2 ] [u, v 1 ] [p 1, v 1 ] [u, v 2 ] = [v 1, v 2 ] [u, p 1 ] t sin φ 1 sin. [u, s] = 1 ( [p2, v 2 ] [u, v 1 ] [p 1, v 1 ] [u, v 2 ] ) = c t sin φ 1 sin [v 1, v 2 ] sin(φ 1 ) < c und wir haben s H eingesehen. Der Beweis zeigt sogar etwas mehr. Zum einen folgt in der Notation des Beweises aus g 1 g 2 und s H auch sin(φ 1 ) < 0 also φ 1 < und somit ist umgekehrt (α 1 ) + (α 3 ) < π. Weiter können wir in diesem Fall auch den Winkel γ := {s + R 0 v 1, s + R 0 v 2 } berechnen. Es ist v 1 v 2 = D 1 φ 1 u D 1 u = D φ2 φ 1 u u = cos( φ 1 ) mit 0 < φ 1 < < π also wird (γ) = φ 1 = π (φ 1 + φ 3 ). Dies ist ein wohlvertrautes Ergebnis, dass nämlich die Winkelsumme in einem Dreieck stets gleich π ist. Wir wollen dies allerdings erst etwas später als Satz festhalten. Als eine Umformulierung der Definition des Winkelmaßs erhalten wir die vertraute Interpretation des Skalarprodukts. Satz 1.29 (Geometrische Bedeutung des Skalarprodukts) Seien a, b, c R 2 mit b, c a. Dann gelten b a c a = ab ac cos( (bac)) und (bac) = arccos ( ) b a c a. ab ac Beweis: Dies ist klar. Die eben bewiesene Formel kann man zu einem Satz über Dreiecke umformulieren, dem sogenannten Cosinussatz der es erlaubt in einem Dreieck bei zwei bekannten Seiten und bekannten Winkel zwischen diesen die dritte Seite zu bestimmen. Satz 1.30 (Der Cosinussatz) Seien a, b, c R 2 drei Punkte mit a, c b. Dann gilt ac 2 = ab 2 + bc 2 2 ab bc cos( (abc)). 9-3

4 Beweis: Nach Satz 29 gilt ac 2 = c a 2 = (c b) (a b) 2 = c b 2 + a b 2 2 c b a b = bc 2 + ab 2 2 ab bc cos( (abc)). Damit können wir schließlich auch die geometrischen Definitionen der trigonometrischen Funktionen rekonstruieren. Satz 1.31 (Geometrische Konstruktion der trigonometrischen Funktionen) Seien a, b, c R 2 drei nicht kollineare Punkte und die Verbindungsgerade von a und c sei senkrecht auf der Verbindungsgerade von b und c. Dann gelten sin( (bac)) = bc ac, cos( (bac)) = ab ab und tan( (bac)) = bc ac. Beweis: Nach dem Satz des Pythagoras Korollar 23 gilt ab 2 = ac 2 + bc 2. Mit dem Cosinussatz Satz 30 erhalten wir weiter bc 2 = ab 2 + ac 2 2 ab ac cos( (bac)) = bc ac 2 2 ab ac cos( (bac)) und dies liefert ac = ab cos( (bac)). Dies beweist die Behauptung über den Cosinus und es ergibt sich weiter sin 2 ( (bac)) = 1 cos 2 ( (bac)) = 1 ac 2 ab = ab 2 ac 2 2 ab 2 = bc 2 ab 2. Damit haben wir auch die Behauptung über den Sinus und die über den Tangens folgt aus denen für Sinus und Cosinus. 1.6 Bewegungen und Kongruenzbegriffe In diesem Abschnitt wollen wir die Automorphismengruppe der euklidischen Geometrie bestimmen. Alle Begriffe lassen sich letztlich auf Abstände zwischen Punkten zurückführen, Automorphismen der euklidischen Geometrie werden also Abbildungen sein die Abstände erhalten, und diese werden traditionell als Bewegungen bezeichnet. Definition 1.18 (Bewegungen) Sei d N. Eine Abbildung ϕ : R d R d heißt eine Bewegung wenn sie den Abstand von Punkten erhält, wenn also ϕ(a)ϕ(b) = ab für alle a, b R d gilt. Wir schauen uns zunächst einige Beispiele von Bewegungen an. 9-4

5 1. Seien d N und u R d ein Vektor. Dann ist die Translation τ u : R d R d ; x x + u eine Bewegung denn für alle a, b R d gilt ϕ(a)ϕ(b) = (b + u) (a + u) = b a = ab. 2. Seien d N und A O d R eine orthogonale d d-matrix, also A t A = 1. Dann ist die Abbildung ψ A : R d R d ; x Ax eine Bewegung. Zunächst gilt nämlich Ax 2 = Ax Ax = (Ax) t (Ax) = x t A t Ax = x t x = x 2 für jedes x R d, also ist auch Ax = x. Für alle a, b R d folgt hiermit ψ A (a)ψ A (b) = Ab Aa = A(b a) = b a = ab. 3. Ist d N und sind ϕ, ψ : R d R d zwei Bewegungen so ist auch ψ ϕ eine Bewegung, denn für alle a, b R d haben wir ψ(ϕ(a))ψ(ϕ(b)) = ϕ(a)ϕ(b) = ab. 4. Sind a R 2 und φ R so ist die Drehung D a (φ) aus Aufgabe (17) eine Bewegung. Zunächst gilt nämlich ( ) ( ) cos φ sin φ cos φ sin φ DφD t φ = sin φ cos φ sin φ cos φ ( ) sin 2 φ + cos = 2 φ 0 0 sin 2 φ + cos 2 = 1, φ d.h. D φ ist eine orthogonale Matrix. Nach (1) und (2) ist D a (φ) damit die Hintereinanderausführung dreier Bewegungen, also nach (3) selbst eine Bewegung. Als ein weiteres Beispiel wollen wir die Spiegelungen an Hyperebenen konstruieren. Seien d N und h R d eine Hyperebene. Für x h setzen wir dann σ h (x) := x. Ist x R d \h so bezeichne l das Lot von x auf h, p den Lotfußpunkt von x auf h und σ h (x) l sei dann der Punkt der durch Abtragen der Strecke [x, p] in l auf der anderen Seite von h entsteht, d.h. es ist σ h (x) l auf der anderen Seite von h als x mit px = pσ h (x). In der nächsten Sitzung werden wir zeigen, dass das die so definierte Abbildung σ h : R d R d eine Bewegung ist. 9-5