Einige Ergebnisse der euklidischen Geometrie

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1 1 Teil I Einige Ergebnisse der euklidischen Geometrie In Teil I setzen wir den euklidischen Raum als bekannt voraus (aus der Schule oder aus der Vorlesung Lineare lgebra und nalytische Geometrie). Da wir uns auf die Dimensionen 2 und 3 beschränken, genügt das llgemeinwissen über diesen Raum. 1 Vorbereitungen 1.1 Bezeichnungen Wir stellen hier einige Bezeichnungen zusammen, die soweit möglich durchgängig verwendet werden., B, C,... Punkte a, b, c,..., g, h,... Geraden d(, B) bstand der Punkte und B d(, g) bstand des Punktes von der Geraden g B Gerade durch die Punkte, B B Strecke von nach B (B) B \ {, B} (offene Strecke) B + in beginnende Halbgerade in B, die B enthält B in beginnende Halbgerade in B, die B nicht enthält BC Ebene durch die (nicht kollinearen) Punkte, B, C gc + = BC + Halbebene H durch die (nicht kollinearen) Punkte, B, C, die von g = B berandet wird und den Punkt C enthält k(m) Kreis um M k(m, r) Kreis um M mit Radius r <) P SQ Winkel mit Scheitel S und den Schenkeln SP +, SQ + BC Dreieck mit den Eckpunkten, B, C = kongruent ähnlich orthogonal (a b, k() k(b)); in Zeichnungen: Doppelbogen.,. Skalarprodukt, symmetrische Bilinearform [... ] lineare Hülle Um Schreibarbeit zu sparen, wird gelegentlich nicht zwischen Elementen und einelementigen Mengen unterschieden (also = g h statt {} = g h). Bei Bedarf wählen wir in der euklidischen Ebene E 2 und im euklidischen Raum E 3 ein kartesisches Koordinatensystem. In der euklidischen Ebene E 2 lässt sich nach Festlegung eines Punktes P E 2 als Pol, einer Nullrichtung sowie eines positiven Drehsinns (Drehung gegen den Uhrzeigersinn) jeder Punkt Z E 2 \{P } auch eindeutig beschreiben durch (siehe bbildung 1.1)

2 1 VORBEREITUNGEN 2 den Winkel ϕ [0, 2π[ zwischen der Nullrichtung und dem Vektor z p, den bstand r := d(p, Z) > 0. r Z(ϕ r) P ϕ Nullrichtung bbildung 1.1: Polarkoordinaten Wählt man als Pol P den Koordinatenursprung O und als Nullrichtung die positive x- chse, so lassen sich die Polarkoordinaten (ϕ r) von Z wie folgt in kartesische Koordinaten umrechnen: x = r cos ϕ, y = r sin ϕ. Umgekehrt gilt Den Winkel ϕ erhält man als ϕ = arccos ϕ = 2π arccos r = x 2 + y 2. x x2 + y 2, falls y 0, x x2 + y 2 sonst. 1.2 Elementare Sätze us x 2 + ax + b = (x x 1 )(x x 2 ) = x 2 (x 1 + x 2 )x + x 1 x 2 folgt sofort der Satz 1 (Satz von Vieta) Sind x 1, x 2 die Lösungen der Gleichung x 2 + ax + b = 0, so ist b das Produkt und a die Summe dieser Lösungen. Satz 2 Gegeben seien ein Kreis k und ein Punkt / k. Schneidet eine Gerade g durch den Kreis k in den Punkten P, Q, so ist das Produkt d(, P ) d(, Q) unabhängig von der Wahl von g.

3 1 VORBEREITUNGEN 3 B k P Q bbildung 1.2: Sekanten-Tangenten-Satz Beweis: Ist k o. E. durch die Gleichung x 2 := x, x = r 2 gegeben, so berechnen sich die Schnittpunkte P, Q der Geraden g : x = a + λ v, v 2 = 1 aus der Gleichung Satz 1 liefert was unabhängig ist von v. λ 2 + 2λ a, v + a 2 r 2 = 0. λ P λ Q = a 2 r 2, Bem. 1 Liegt innerhalb des Kreises, so liegt der Sehnensatz vor, liegt außerhalb, so hat man den Sekantensatz. Betrachtet man die Tangente B, B k als spezielle Sekante, bekommt man den Sekanten-Tangenten-Satz, der bereits Euklid bekannt war (siehe bb. 1.2): d(, P ) d(, Q) = d 2 (, B). (1) Q M P B C bbildung 1.3: Goldener Schnitt Bem. 2 Ein Punkt C teilt eine Strecke B im Goldenen Schnitt (die Bezeichnung geht auf Kepler ( ) zurück, der von der sectio divina sprach), wenn sich die

4 1 VORBEREITUNGEN 4 Länge von B zur Länge der größeren Teilstrecke verhält wie diese zur Länge der kleineren. Man kann C nach dem Sekanten-Tangenten-Satz wie folgt konstruieren (siehe bb. 1.3). Ist k = k(m, r) ein Kreis mit r = 1 d(, B), der B in B berührt, und ist P Q der 2 Durchmesser von k, dessen Trägergerade enthält (P zwischen und Q), so teilt P die Strecke Q im Goldenen Schnitt. Trägt man P von aus auf B + ab, so erhält man den gesuchten Punkt C. us (1) folgt nämlich ( ) d(, B) d(, C) + d(b, C) = d 2 (, B) und daraus (man betrachte den ersten und letzten Term) also = d 2 (P, Q) = d(, P ) d(, Q) ( ) = d(, C) d(, C) + d(, B) d(, B) d(b, C) = d 2 (, C), d(, B) d(, C) sowie (man betrachte die zweite Zeile) d(, Q) d(p, Q) = d(, C) d(b, C), = d(p, Q) d(, P ). Def. Liegen, B, P auf dem Kreis k(m) und ist B k(m) der Bogen, der P nicht enthält, so heißt der Winkel <) P B, in dessen Feld B liegt, Peripheriewinkel oder Umfangswinkel über B. Der Winkel <) MB, in dessen Feld B liegt, heißt der Mittelpunktswinkel oder Zentriwinkel über B. P α P α γ M β α δ δ ε B (a) M β B Z (b) P M Z α β B (c) bbildung 1.4: Peripherie- und Zentriwinkel

5 1 VORBEREITUNGEN 5 Satz 3 (i) Jeder Peripheriewinkel eines Kreises ist halb so groß wie der Zentriwinkel über demselben Bogen. (ii) lle Peripheriewinkel über demselben Kreisbogen sind gleich groß. (iii) (Satz von Thales 1 ) lle Peripheriewinkel über einem Halbkreis sind rechte Winkel. (iv) Der Winkel zwischen einer Sehne und der Tangente in einem Endpunkt (Sehnen- Tangenten-Winkel) ist halb so groß wie der zur Sehne gehörende Zentriwinkel. Beweis: (i) Wir betrachten Winkel über dem in bb. 1.4 fett eingezeichneten Bogen B. Liegt die Situation von bb. 1.4 (a) vor, so gilt 2α + 2δ = 180, also β = 180 2δ = 2α. Im Fall (b) betrachtet man zunächst Winkel über den Sehnen Z und BZ und addiert die Resultate. Im Fall (c) sind die Resultate geeignet zu subtrahieren. (ii), (iii) (iv) bb. 1.4 (a) zeigt ε = 90 δ = (180 β) = β 2. Bem. 3 Ein Kreisbogen über einer Strecke B, für dessen Punkte <) P B = α gilt, heißt Fasskreisbogen zu α über B. Die ussage (iv) liefert eine einfache Konstruktionsmöglichkeit des Fasskreisbogens. Die Umkehrung des obigen Resultats enthält der Satz 4 Gilt <) P B = α, so liegt P auf dem Fasskreisbogenpaar zu α über B. Beweis: Die bbildung 1.5 zeigt <) P B = 180 (180 α ε) = α + ε > α für Punkte innerhalb des Fasskreisbogenpaares und <) P B = 180 (180 α) ε = α ε < α für Punkte außerhalb. Da sich die Zentriwinkel komplementärer Bögen zu 360 ergänzen, folgt aus Satz 3 und Satz 4 der Satz 5 Ein Viereck besitzt einen Umkreis genau dann, wenn sich gegenüberliegende Winkel zu 180 ergänzen (Sehnenviereck). 1 In Frankreich bezeichnet man den Strahlensatz als Satz von Thales.

6 1 VORBEREITUNGEN 6 P α P P P α ε B ε B (a) (b) bbildung 1.5: Der Fasskreisbogen Bem. 4 Die Fläche F eines Dreiecks berechnet sich mit den üblichen Bezeichnungen (siehe bbildung 1.6) bekanntlich zu F = 1 2 c h c = 1 2 a b sin γ. Wir leiten im Folgenden eine Formel für eine vorzeichenbehaftete Fläche her, die zur Überprüfung des Umlaufsinns eines Dreiecks verwendet werden kann. Wir gehen dazu aus von P 1 P 2 P 3 aus bbildung 1.6. Man berechnet y P 3 (x 3 y 3 ) C γ b h c a c B P 1 (x 1 y 1 ) P 2 (x 2 y 2 ) O 1 O 3 O 2 x bbildung 1.6: Flächenberechnung (P 1 P 2 P 3 ) := ( P 1 P 2 P 3 ) = (P 1 O 1 O 3 P 3 ) + (P 3 O 3 O 2 P 2 ) (P 1 O 1 O 2 P 2 ) = 1 2 (y 1 + y 3 )(x 3 x 1 ) (y 3 + y 2 )(x 2 x 3 ) 1 2 (y 1 + y 2 )(x 2 x 1 ) = 1 x 1 x 2 x 3 2 y 1 y 2 y Daher definiert man für beliebige Punkte P 1 = P 1 (x 1 y 1 ), P 2 = P 2 (x 2 y 2 ), P 3 = P 3 (x 3 y 3 ) die Fläche von P 1 P 2 P 3 durch (P 1 P 2 P 3 ) = 1 x 1 x 2 x 3 2 y 1 y 2 y

7 1 VORBEREITUNGEN 7 Wegen (P 1 P 2 P 3 ) = (P 1 P 3 P 2 ) ist die so definierte Fläche vorzeichenbehaftet. Es gilt der folgende Satz 6 Die Fläche (P 1 P 2 P 3 ) ist positiv [negativ] genau dann, wenn der Umlaufsinn von P 1 P 2 P 3 positiv [negativ] ist. 1.3 Bewegungen Wir legen im Folgenden den d-dimensionalen euklidischen Raum E d zu Grunde (wir betrachten ausschließlich die Fälle d = 2 und d = 3). Def. Eine Selbstabbildung b des E d, die alle bstände invariant lässt, heißt Bewegung. Ist der E d auf ein kartesisches Koordinatensystem bezogen, so gibt es bekanntlich eine orthogonale (d, d)-matrix B (B T B = E d ) und einen Vektor t = t1. t d derart, dass b die Darstellung { E d E d b : X X, x = B x + t besitzt. Die Bewegung heißt eigentlich [uneigentlich] genau für B = 1 [ B = 1]. Die Hintereinanderausführung von zwei [un]eigentlichen Bewegungen ergibt eine eigentliche Bewegung. In der euklidischen Ebene E 2 erhalten genau eigentliche Bewegungen den Umlaufsinn von Dreiecken. Wir gehen nun aus von einer (eigentlichen oder uneigentlichen) Bewegung b der auf ein kartesisches Koordinatensystem bezogenen euklidischen Ebene E 2 und untersuchen anhand der Fixpunkte von b, welche Bewegung vorliegt. Da diese Frage bereits (in allgemeinerem Zusammenhang) in der Vorlesung Lineare lgebra behandelt wurde und auch aus der Schule bekannt ist, kann ich mich kurz fassen. Neben b benötigen wir die homogene Bewegung { E 2 E b h : 2 X X, x = B x, (2) die aus b entsteht, indem man den Translationsanteil t weglässt. Fall 1: Rg(B E 2 ) = 0 bedeutet B = E 2. b ist eine Translation oder die Identität in E 2. Es liegt eine eigentliche Bewegung vor.

8 1 VORBEREITUNGEN 8 Fall 2: Für Rg(B E 2 ) = 1 besitzt die Bewegung b h genau eine Fixpunktgerade f. b h ist die Spiegelung an f. b ist eine Spiegelung an f gefolgt von einer Translation. Durch Parallelverschiebung der Spiegelungsachse kann man erreichen, dass die Translation zur Spiegelungsachse parallel wird. Dann liegt eine Gleitspiegelung oder Schubspiegelung vor. Die Geradenspiegelung ist darin als Spezialfall enthalten. In jedem Fall hat man eine uneigentliche Bewegung. Fall 3: Für Rg(B E 2 ) = 2 besitzt die Bewegung b genau einen Fixpunkt F. lso ist b eine Drehung um F um einen Winkel ϕ 0. Für ϕ = π erhält man die Punktspiegelung an F. Man hat eine eigentliche Bewegung. Es gibt also genau die in der folgenden Tabelle aufgeführten Bewegungen der euklidischen Ebene E 2. B = +1 Rg(B E 2 ) = 2 Rg(B E 2 ) = 1 Rg(B E 2 ) = 0 Drehung Spezialfall: Punktspiegelung B = 1 Gleitspiegelung Spezialfall: Geradenspiegelung Translation Spezialfall: Identität Bem. Die Hintereinanderausführung von zwei Spiegelungen an Geraden, welche einen Winkel ϕ einschließen, kann durch eine Drehung um den Schnittpunkt S der beiden Geraden um den Winkel ±2ϕ ersetzt werden. Sei nun b eine Bewegung des auf ein kartesisches Koordinatensystem bezogenen euklidischen Raums E 3. Fall 1: Rg(B E 3 ) = 0 bedeutet B = E 3. Es liegt eine Translation oder die Identität in E 3 vor (eigentliche Bewegung). Fall 2: Für Rg(B E 3 ) = 1 hat die zugehörige homogene Bewegung b h genau eine Fixpunktebene ε, ist also eine Spiegelung an ε. b ist eine Gleitspiegelung. Die Spiegelung an einer Ebene ist als Spezialfall enthalten (siehe den ebenen Fall 2). Es liegt eine uneigentliche Bewegung vor. Fall 3: Für Rg(B E 3 ) = 2 besitzt die Bewegung b h eine Fixpunktgerade f durch O, sie ist also eine Drehung um f. b ist eine Drehung um eine zu f parallele Gerade gefolgt von einer Translation parallel zu f, also eine Schraubung. Ein Spezialfall ist die Drehung um eine Gerade. Die Schraubung ist eine eigentliche Bewegung. Fall 4: Für Rg(B E 3 ) = 3 besitzt b genau einen Fixpunkt F. Wäre B = 1, so hätte man B E 3 = B T B E 3 = (E 3 B) T = E 3 B = B E 3 im Widerspruch zur Voraussetzung. lso liegt eine uneigentliche Bewegung vor und es gilt 1 = B = B.

9 1 VORBEREITUNGEN 9 Für die bbildung { E 3 E b h : 3 X X, x = B x sind daher nur zwei Fälle möglich (siehe Fall 2). Fall 4.1: Für Rg(B + E 3 ) = 2 besitzt die bbildung b h genau eine Fixpunktgerade f. Man kann leicht zeigen, dass die Bewegung b die zu f senkrechte Ebene ε durch F auf sich abbildet. b ε ist also eine Drehung um F. Generell hat man eine Drehung um die zu f parallele Gerade durch F gefolgt von einer Spiegelung an ε. Die Bewegung b heißt Drehspiegelung. Fall 4.2: Für Rg(B + E 3 ) = 0 ist b die Punktspiegelung an F. Es gibt also genau die in der folgenden Tabelle aufgeführten Bewegungen des euklidischen Raums E 3. B = +1 Rg(B E 3 ) Schraubung Spezialfall: Drehung um Gerade Translation Spezialfall: Identität B = 1 Drehspiegelung, falls Rg(B + E 3 ) = 2; Punktspiegelung, falls Rg(B + E 3 ) = 0 Gleitspiegelung Spezialfall: Ebenenspiegelung 1.4 Teilverhältnis und Doppelverhältnis Wir beschäftigen uns im Folgenden mit kollinearen Punkten, also Punkten einer Geraden g. Dazu ist es bisweilen sinnvoll, für Punkte P, Q g zusätzlich zum üblichen bstand d(p, Q) durch uszeichnung einer Halbgeraden B + g einen orientierten bstand d einzuführen: { d(p, Q), falls P Q d(p, Q) = + B + {P Q +, B + } ( gleichgerichtet parallel ), d(p, Q) sonst. Sind P 1, P 2, P 3 kollineare Punkte mit P 2 P 3, so heißt die reelle Zahl λ, für die P 1 P 3 = λ P 3 P 2 (3) gilt (siehe bbildung 1.7), das Teilverhältnis T V (P 1, P 2, P 3 ) der Punkte P 1, P 2, P 3 (in dieser Reihenfolge). Genau für P 1 = P 3 gilt λ = 0; genau für λ > 0 gilt P 3 (P 1 P 2 ). Für λ = 1 erhält man den Mittelpunkt der Strecke P 1 P 2. Haben die Punkte P i die Ortsvektoren p i = a + λ i v (i = 1, 2, 3),

10 1 VORBEREITUNGEN 10 P 1 P 3 P 2 bbildung 1.7: Teilverhältnis so errechnet man leicht T V (P 1, P 2, P 3 ) = λ 3 λ 1 λ 2 λ 3 = d(p 3, P 1 ) d(p 2, P 3 ) = d(p 1, P 3 ) d(p 3, P 2 ). Bem. 1 Für B ist die bbildung { B \ {B} R injektiv. P T V (, B, P ) Nach dem Strahlensatz ändert sich das Teilverhältnis bei Parallelprojektionen nicht (siehe bb. 1.8): C B B C bbildung 1.8: Teilverhältnis und Parallelprojektion T V (, B, C) = d(, C) d(c, B) = d(, C ) d(c, B ) = T V (, B, C ). Dies gilt nicht für Zentralprojektionen. Wir werden aber zeigen, dass das Verhältnis von Teilverhältnissen, das Doppelverhältnis, erhalten bleibt. Für kollineare Punkte, B, C, D mit {, B} {C, D} = ist es definiert als Wir zeigen zunächst das DV (, B, C, D) := T V (, B, C) T V (, B, D) = d(, C) d(c, B) : d(, D) d(d, B). Lemma 1 Für das Doppelverhältnis gilt DV (, B, C, D) = DV (B,, D, C) = DV (C, D,, B) = DV (D, C, B, ) (4)

11 1 VORBEREITUNGEN 11 und DV (B,, C, D) = 1 DV (, B, C, D). (5) Beweis: Das erste = in (4) ist klar. Das zweite folgt aus DV (, B, C, D) = d(, C) d(c, B) : d(, D) d(d, B) = d(, C) d(, D) : d(c, B) d(d, B) Das dritte = folgt aus den ersten beiden. (5) folgt aus = d(c, ) d(, D) : d(c, B) T V (C, D, ) = = DV (C, D,, B). d(b, D) T V (C, D, B) T V (, B, X) = d(, X) d(x, B) = d(x, ) d(b, X) = 1 T V (B,, X). Z α β γ B C D g B C D g a b c d bbildung 1.9: Doppelverhältnis und Zentralprojektion Wir beweisen nun, dass das Doppelverhältnis invariant ist unter einer Zentralprojektion. Mit den Bezeichnungen in bb. 1.9 ist also DV (, B, C, D) = DV (, B, C, D ) (6) nachzuweisen. Da sich bei der Projektion die Reihenfolge der Punkte nicht ändert oder genau umkehrt, genügt es nach (4) DV (, B, C, D) = ±DV (, B, C, D ) (7)

12 1 VORBEREITUNGEN 12 zu zeigen. Man kann also an Stelle des orientierten bstands den üblichen bstand verwenden. Damit gilt nach 1.2 Bem. 4 d(, C) d(, D) C)d(Z, g) d(, D)d(Z, g) DV (, B, C, D) = ± : = ±d(, : d(c, B) d(d, B) d(c, B)d(Z, g) d(d, B)d(Z, g) woraus (7) und damit (6) folgt. d(, Z)d(C, Z) sin(α + β) = ± d(b, Z)d(C, Z) sin β sin(α + β) sin(β + γ) = ± sin β sin(α + β + γ), : d(, Z)d(D, Z) sin(α + β + γ) d(b, Z)d(D, Z) sin(β + γ) Da das Doppelverhältnis also für alle Geraden, welche die Geraden a, b, c, d schneiden, übereinstimmt, kann man definieren: DV (a, b, c, d) := DV (, B, C, D). Dadurch wird ein Doppelverhältnis für Geradenbüschel (engl. pencil) - das heißt für die einparametrige Schar aller Geraden der Ebene durch einen festen Punkt - eingeführt. ufgabe: Zu Punkten, B, C, D g und U, V, W q konstruiere man den Punkt T q mit DV (, B, C, D) = DV (T, U, V, W ). Durch Parallelverschiebung der Geraden g kann man C = V erreichen. Dann erhält man T wie in bb gezeigt. Z q T U D g B C =V W bbildung 1.10: Doppelverhältnis: Konstruktion des vierten Punktes Wegen T V (, B, C) { > 0 C (B) < 0 C / B, T V (, B, D) { > 0 D (B) < 0 D / B,

13 1 VORBEREITUNGEN 13 gilt DV (, B, C, D) < 0 (8) genau dann, wenn wie in bb genau einer der Punkte C, D zwischen und B (und C B D bbildung 1.11: Doppelverhältnis: Trennung der Punktepaare damit auch genau einer der Punkte, B zwischen C und D) liegt. Man sagt daher, dass die Paare {, B} und {C, D} einander trennen, wenn (8) gilt. Lemma 2 (i) DV (, B, P, Q) > 0. Seien P, Q g fest und, B, C (P Q) (vergleiche bb. 1.12). Dann gilt: (ii) DV (, C, P, Q) DV (C, B, P, Q) = DV (, B, P, Q). P B C Q g bbildung 1.12: Doppelverhältnis Beweis: (i) gilt nach obiger Überlegung. (ii) Wegen (i) genügt es, nicht orientierte bstände zu verwenden. DV (, C, P, Q) DV (C, B, P, Q) = d(, P ) d(q, C) d(c, P ) d(q, B) d(p, C) d(, Q) d(p, B) d(c, Q) = d(, P ) d(p, B) d(, Q) : = DV (, B, P, Q). d(q, B) Satz Seien P, Q g (P Q) fest gewählt. Dann wird durch ein orientierter bstand auf (P Q) definiert. d H (, B) := ln DV (, B, P, Q) (9) Beweis: (i) Nach (5) ist d H schiefsymmetrisch: ( ) 1 d H (, B) = ln DV (, B, P, Q) = ln DV (B,, P, Q) = ln DV (B,, P, Q) = d H (B, ).

14 1 VORBEREITUNGEN 14 (ii) Es gilt (iii) us Lemma 2 (ii) folgt d H (, B) = 0 DV (, B, P, Q) = 1 T V (, B, P ) = T V (, B, Q) = B (wegen P Q). d H (, C) + d H (C, B) = ln DV (, C, P, Q) + ln DV (C, B, P, Q) ( ) = ln DV (, C, P, Q) DV (C, B, P, Q) = ln DV (, B, P, Q) = d H (, B). Bem. 2 Die bbildung 1.13 zeigt, wie man durch Übertragung des Doppelverhältnisses auf eine Hilfsgerade durch P einen Punkt C (BQ) mit d H (, B) = d H (B, C), also mit DV (, B, P, Q) = DV (B, C, P, Q) findet. Durch wiederholte nwendung dieses Verfahrens erhält man eine Punktfolge, B, C, D, E,... mit d H (, B) = d H (B, C) = d H (C, D) = d H (D, E) =..., ohne den Punkt Q zu erreichen. Durch (9) wurde also auf der offenen Strecke (P Q) ein bstand eingeführt, der alle Eigenschaften des üblichen orientierten euklidischen bstands auf der Geraden P Q besitzt. Bem. 3 Die Definition (9) lässt sich in verschiedene Richtungen modifizieren. (i) Man kann einen Faktor k 0 einfügen. Dies entspricht der Wahl einer anderen Einheit beim euklidischen bstand. (ii) Man kann eine andere Basis des Logarithmus wählen.

15 1 VORBEREITUNGEN 15 Z 1 D Q C B E Q P =P =B B =C D bbildung 1.13: Äquidistante Punkte Z 2