WS 2010/ Januar Mathematisches Institut der Universität München Prof. Dr. Rudolf Fritsch

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1 Mathematisches Institut der Universität München Prof. Dr. Rudolf Fritsch WS 2010/ Januar 2011 Geometrie mit Übungen Übungsblatt 9, Musterlösungen Aufgabe 33. Es werden Kreise in der Euklidischen Ebene betrachtet. (a) In allgemeiner Lage haben zwei verschiedene Kreise zwei Ähnlichkeitszentren, ein inneres und ein äußeres. Bestimmen Sie die Lage der Ähnlichkeitszentren in Abhängigkeit von den beiden Mittelpunkten und den beiden Radien. Diskutieren Sie dabei die Sonderfälle. (b) Gegeben seien drei Kreise, derart dass die Mittelpunkte nicht auf einer Geraden liegen und je zwei auch wirklich zwei Ähnlichkeitszentren besitzen. Zeigen Sie, dass die sechs Ähnlichkeitszentren die Ecken eines vollständigen Vierseits sind und beschreiben Sie die auftretenden Kollinearitäten. [Satz von Monge] (Hinweis: Arbeiten Sie mit zentrischen Streckungen und betrachten Sie zunächst die Verkettung von zwei zentrischen Streckungen.) Lösung. (a) Es seien die Kreise k(m 1, r 1 ), k(m 2, r 2 ) gegeben. Fallen die Mittelpunkte zusammen, so fallen die beiden Ähnlichkeitszentren ebenfalls zusammen in den gemeinsamen Mittelpunkt. Die Streckungsfaktoren sind r 1 /r 2 und r 1 /r 2. Sind die Mittelpunkte verschieden, aber die Radien gleich, so gibt es nur das innerer Ähnlichkeitszentrum, den Mittelpunkt der Strecke [M 1, M 2 ]. Der Streckungsfaktor ist -1. Sind die Mittelpunkte und die Radien verschieden, so sind die Ähnlichkeitszentren die beiden Punkte, die die Strecke [M 1, M 2 ] innen und außen im Verhältnis der Radien teilen: Z i = r 2 r 1 + r 2 M 1 + r 1 r 1 + r 2 M 2, Z i = r 2 r 2 r 1 M 1 + r 1 r 1 r 2 M 2. (b) Vorbemerkung. Wir betrachten die Verkettung von zwei zentrischen Streckungen mit den Zentren Z 1, Z 2 und den Faktoren λ 1, λ 2 : Wir setzen X Z 1 + λ 1 (X Z 1 ) Z 2 + λ 2 ((Z 1 + λ 1 (X Z 1 )) Z 2 ) = = (1 λ 2 )Z 2 + λ 2 (1 λ 1 )Z 1 + λ 2 λ 1 X. Z 3 = λ 2(1 λ 1 ) Z λ 2 Z 2 1 λ 1 λ 2 1 λ 1 λ 2 und erhalten als Bildpunkt (1 λ 1 λ 2 )Z 3 + λ 1 λ 2 X = Z 3 + λ 1 λ 2 (X Z 3 ). Damit ist Verkettung der beiden zentrischen Streckungen die zentrische Streckung mit dem Zentrum Z 3 und dem Faktor λ 1 λ 2. Das Zentrum Z 3 liegt auf der Geraden Z 1 Z 2.

2 2 Nun seien drei Kreise k 1 (M 1, r 1 ), k 2 (M 2, r 2 ), k 3 (M 3, r 3 ) mit nichtkollinearen Mittelpunkten und paarweise verschiedenen Radien gegeben. Die Ähnlichkeitszentren seien mit Z ij, Z aj, j = 1, 2, 3, bezeichnet, wobei Z i1 das innere Ähnlichkeitszentrum der Kreise k 1, k 2 darstellt und so weiter. Die Verkettung der Streckungen mit positivem Faktor, die k 1 auf k 2 beziehungsweise k 2 auf k 3 abbilden, ist die Streckung mit positivem Faktor, die k 1 auf k 3 abbildet. Also liegen nach der Vorbemerkung die drei äußeren Ähnlichkeitszentren Z aj auf einer Geraden g 0. Die Verkettung der Streckungen mit negativem Faktor, die k 1 auf k 2 beziehungsweise k 2 auf k 3 abbilden, ist ebenfalls die Streckung mit positivem Faktor, die k 1 auf k 3 abbildet. Als liegt Z a2 auf der Geraden g 2 = Z i3 Z i1. Analog findet man die Geraden g 1 und g 3. Die vier Geraden g 0, g 1, g 2, g 3 bilden das gesuchte Vierseit. Die drei äußeren Streckungszentren sind kollinear; je zwei innere Streckungszentren und ein äußeres Streckungszentrum sind kollinear. Aufgabe 34. Es sei ein Tetraeder [A 0 A 1 A 2 A 3 ] mit den Kantenlängen a 01 = 3, a 02 = 4, a 12 = 5, a 03 = 4, a 13 = 6 betrachtet. Welche Schranken bestehen für a 23? Lösung. In der Vorlesung wurde eine Formel für das Volumen V eines Tetraeders in Abhängigkeit von den Kantenlängen hergeleitet: V = 1 ( ) det 1 a 2. ij Die notwendige Bedingung an die Kantenlänge a 23 ist nun det a 2 > 0, a das heißt (man verwende ein Computeralgebrasystem), 18a a > 0. In dieser Ungleichung steht links ein quadratisches Polynom in a 2 23, graphisch eine nach unten geöffnete Parabel. Das Polynom hat die Wurzeln /3 3, 599 und /3 60, 441. Die Quadratwurzeln aus diesen Werten sind die gesuchten Grenzen für a 23 : 1, 887 < a 23 < 7, 774. Man kann dieses Ergebnis auch ohne die Volumenformel herleiten. Wir betrachen in der xy-ebene zwei Dreiecke ABC und ABD mit der x-achse als Gerade AB zunächst so, dass die Ecken C und D auf verschiedenen Seiten der Geraden AB liegen. Wir nehmen C(c 1, c 2 ), D(d 1, d 2 ), c 2, d 2 > 0. Um ein Tetraeder zu erhalten, drehen wir das Dreieck ABD um die Achse AB aus der Ebene heraus. Bilden die Ebenen ABC und ABD dann den Winkel ϕ, berechnen wir für die Kante [C; D]: CD = (d 1 c 1 ) 2 + c d 2 2 2c 2 d 2 cos ϕ.

3 Das ist eine monoton wachsende Funktion von ϕ mit dem Minimum (d 1 c 1 ) 2 + c d 2 2 2c 2 d 2 und dem Maximum (d 1 c 1 ) 2 + c d c 2 d 2. In der Situation der Aufgabe nehmen wir nun A = A 0 = (0, 0, 0), B = A 1 = (3, 0, 0), C = A 2 = (0, 4, 0), D = A 3 und berechnen zunächst die Koordinaten von D aus den Gleichungen d d 2 2 = 16, (d 1 3) 2 + d 2 2 = 36. Es gibt sich d 1 = 11/6 1, 833, d 2 = 455/6 3, 555. Setzt man diese Werte in die gefundenen Formel für Minimum und Maximum ein, so bestätigt man das vorherige Ergebnis. 3 Aufgabe 35. Es sei ein n-simplex [A 0 A 1... A n ] betrachtet; die Ecken sind in R n gegeben. Für i = 1, 2,... n bezeichne h i die Höhe durch die Ecke A i, das heißt, den Abstand der Ecke A i zu der von den übrigen Ecken aufgespannten Hyperebene, und V i das Volumen der Gegenseite der Ecke A i. (a) Beschreiben Sie ein Verfahren zur Berechnung der Höhen h i aus der Kenntnis der Ecken. (b) Zeigen Sie, dass die Volumenformel V = 1 n V i h i. Lösung. (a) Wir betrachten i = n. Die Punkte A j, j = 0, 1,..., n 1 spannen eine Hyperebene auf. Die (n 1) n-koeffizientenmatrix des linearen Gleichungssystems (A j A 0 )X = 0, j = 1, 2,..., n 1 besteht aus linear unabhängigen Zeilenvektoren. Das homogene Gleichungssystem hat also eine 1-dimensionale Lösungsmenge. Es sei H ein Einheitsvektor in dieser Losungsmenge. Er sei noch so bestimmt, dass das Skalarprodukt (A n A 0 )H positiv ist; das lässt sich - falls nötig - durch Multiplikation mit dem Skalar -1 erreichen. Dann ist dieser Wert die gesuchte Höhe h n. Der Vektor H ist ein Einheitsnormalenvektor zu der betrachteten Hyperebene. Bemerkung: Das Skalarprodukt (A n A 0 )H kann nicht 0 sein. Wäre das der Fall, so wäre H eine Lösung des Gleichungssystems (A j A 0 )X = 0, j = 1, 2,..., n, dessen Koeffizientenmatrix den Rang n hat, also eindeutige Lösung, nur den Nullvektor, besitzt. (b) Da die Vektoren A i A 0, i = 0, 1,..., n, eine Basis bilden, gibt es für den Vektor H eine eindeutige Darstellung n H = λ i (A i A 0 ). i=1

4 4 Multiplizieren wir diese Gleichung mit H, so erhalten wir 1 = λ n h n, also λ n = 1/h n. Damit können wir die Gleichung nach A n A 0 auflösen: n 1 A n A 0 = λ i (A i A 0 ) + h n H. i=1 Für das Volumen V des Simplexes haben wir V = 1 n! det(a i A 0 ) = 1 n! det(a 1 A 0 A 2 A 0 A n 1 A 0 h n H) = = h n n 1 (n 1)! det(a 1 A 0 A 2 A 0 A n 1 A 0 H) Nun betrachten wir der Quadrat der auftretenden Determinante: det(a 1 A 0 A 2 A 0 A n 1 A 0 H) 2 = = det(a 1 A 0 A 2 A 0 A n 1 A 0 H) t det(a 1 A 0 A 2 A 0 A n 1 A 0 H) = ( (Ai A = det 0 )(A j A 0 ) ) = det ((A i A 0 )(A j A 0 )). Das Ergebnis ist aber gerade die Gramsche Determinante zur Berechnung des Volumens V n. Aufgabe 36. Zeigen Sie, dass für ein Tetraeder die folgenden Bedingungen äquivalent sind (a) Es gibt eine Kantenkugel, das heißt eine Kugel, die die sechs Kanten als Tangenten besitzt. (b) Die Inkreise der Seitendreiecke berühren sich. (c) Die Ecken des Tetraders sind Mittelpunkte von vier Kugeln, die sich paarweise berühren. (d) Die Summen der Gegenkanten sind gleich lang. Lösung. (a) (b): Eine Kantenkugel schneidet die Seitendreiecke des Tetraeders in den Inkreisen. Das heißt die Punkte, in den die Kantenkugel die Kanten berührt sind auch die Berührpunkte der Inkreise. (b) (c): Da die Tangenten von einem Punkt außerhalb eines Kreises an den Kreis gleich lang sind, sind die Strecken von einer Ecke des Tetraeders zu den Berührpunkten auf den von dieser Ecke ausgehenden Kanten gleich lang, als Radien der gesuchten Kugeln. (c) (d): Jede Summe von Gegenkanten ist Summe der vier Radien der sich berührenden Kugeln. (d) (c), (b): Das Tetraeder habe die Ecken A, B, C, D, die Kanten seien wie üblich mit a, b, c, a, b 4, c bezeichnet. Die Eigenschaft (d) besagt: a + a = b + b = c + c.

5 Gesucht sind die Radien r X der Kugeln mit dem Mittelpunkt X, X {A, B, C, D}. Sie sind Lösungen des Gleichungssystems r A + r B = c r A + r C = b r A + r D = a r B + r C = a r B + r D = b r C + r D = c Es handelt sich um ein inhomogenes Gleichungssystem aus sechs Gleichungen für vier Unbekannte, dessen Lösbarkeit die Eigenschaft (d) garantiert. Wir erhalten r A = (b + c a)/2 = (a + c b )/2 = (a + b c )/2, r B = (c + a b)/2 = (b + c a )/2 = (b + a c )/2, r C = (a + b c)/2 = (c + b a )/2 = (c + a b )/2, r D = (a + b c)/2 = (b + c a)/2 = (c + a b)/2. Dies sind aber auch genau die bekannten Formel für die Abstände der Berührpunkte des Inkreises von den entsprechenden Ecken. Nur die noch fehlende Implikation (b) (a) benötigt etwas Aufwand. Wir verwenden die bisherige Symbolik und bezeichnen noch durch T x den Berührpunkt auf der Kante x {a, b, c, a, b, c }, sowie mit I X den Mittelpunkt des Inkreises der Gegenseite der Ecke X, X {A, B, C, D} und mit k X das in I X auf die Gegenseite zur Ecke X errichtete Lot. Es ist zu zeigen, dass die Lote k X sich in einem Punkt schneiden, der gleichen Abstand von allen Punkt T x hat. Nach Pythagoras hat dieser Punkt dann gleichen Abstand von allen Punkten der auftretenden Inkreise und damit größeren Abstand von den übrigen Punkten auf den Kanten; er ist also Mittelpunkt einer Kantenkugel. Nun betrachten wir die Punkte I A T c und I B. Sie sind nicht kollinear und spannen eine Ebene E auf. Die Kante CD ist senkrecht zu den Geraden I A T c und I B T c und damit senkrecht zu der Ebene E. In der Ebene E errichten wir die Lote zu den Geraden I A T c und I B T c durch die Punkte I A beziehungsweise I B, die also beide senkrecht zur Kante CD, und damit auch zu den Ebenen BCD und ACD. Damit handelt es sich um die Lote k A und k B. Da diese nun beide in der Ebene E liegen und nicht parallel sein können, schneiden sie sich in einem Punkt. Analog ergibt, sich dass sich je zwei andere der Lote k X in einem Punkt schneiden. Da sich in einer Ebene liegen können, folgt aus dem in der Vorlesung bewiesenen Hilfssatz, dass sich die vier Lote in einem Punkt K schneiden. Nach Pythagoras hat der Punkt K von allen drei Punkten T x, die einer Seite des Tetraeders liegen gleichen Abstand. Aber da zwei Seitendreicke immer einen der Punkte T x gemeinsam haben, hat K gleichen Abstand von allen Punkten T x. siehe R. Fritsch: Kantenkugeln - geometrische Anwendungen der linearen Algebra, Mathematische Semesterberichte 32/ 1985, Jede Aufgabe 4 Punkte. Übungsbetreuung: Diana Ratiu, ratiu@math.lmu.de 5