Geometrie und. Lineare Algebra

Geometrie und Linere Algebr für ds Lehrmt Frnz Hofbuer November 04

Vorwort Mit Mthemtik kommt mn frühzeitig in Berührung. Kinder lernen Zählen und Rechnen durch beständiges Wiederholen. Ebenso lernen sie geometrische Figuren kennen, die sie in ihrer Umgebung whrnehmen. Später werden durch einfche Konstruktionsübungen geometrische Grundkenntnisse erworben. Es wird dnn selbstverständlich, dss mn durch zwei Punkte eine Gerde legen knn, dss es zu einer Gerde genu eine Prllele und genu eine Senkrechte durch einen vorgegebenen Punkt gibt, dss zwei nicht prllele Gerde einnder in genu einem Punkt schneiden, und dergleichen mehr. Druf but der weiterführende Geometrieunterricht uf. Es sind dnn uch schon sehr einfche Beweise möglich, zum Beispiel für die Winkelsumme im Dreieck, für die Flächenformeln von Rechteck und Dreieck, oder für den Stz von Pythgors. Die Lehrmtsusbildung sollte sich n der Berufsrelität der Lehrer orientieren. Deshlb werden in diesem Skriptum die durch konstruktives Einüben erworbenen geometrischen Grundkenntnisse ebenflls ls beknnt vorusgesetzt. In der Geometrie werden verschiedenste Beweismethoden verwendet. Dieses Skriptum konzentriert sich huptsächlich uf die für die Schule relevnten Methoden. Die dmit bewiesenen Sätze gehen jedoch wesentlich über den üblichen Schulstoff hinus. Der erste Teil bringt die Elementrgeometrie (synthetische Geometrie, die huptsächlich mit dem Strhlenstz, mit dem Stz von Pythgors und mit dem Peripheriewinkelstz rbeitet. Der zweite Teil bringt die Trigonometrie, wo ntürlich Sinus- und Cosinusstz die wichtigsten Werkzeuge sind. Dort wird uch gezeigt, wie mn mit Hilfe komplexer Zhlen Geometrie betreiben knn. Im dritten Teil wird dnn im Koordintensystem gerbeitet, insbesondere mit Vektoren, Gerdengleichungen und Determinnten (nlytische Geometrie. Mit den jeweiligen Methoden werden Sätze der ebenen Geometrie bewiesen. Unter nderem findet mn die Sätze von Menelos und Cev, den Sehnen- und Sekntenstz, den Südpolstz, die Formeln von Heron und Stewrt, die Sätze von Npoleon und Morley, und die Steinerschen Gerden. Die besonderen Punkte des Dreiecks werden in llen drei Teilen behndelt. Im vierten Teil wird dnn linere Algebr im R betrieben. Es werden linere Abbildungen, Mtrizen, Eigenwerte und Eigenvektoren eingeführt und Isometrien der Ebene (Drehungen, Spiegelungen, Trnsltionen untersucht. Dnn kommen Kegelschnitte, Tngentenkonstruktion, Tngentengleichung, und die Huptchsentrnsformtion. Schließlich wird noch in einem fünften Teil ds systemtische Lösen von lineren Gleichungssystemen mit Hilfe des Gußschen Elimintionsverfhrens behndelt. Auf theoretische Resultte us der Lineren Algebr wird weitgehend verzichtet, sondern eine Vorgngsweise gewählt, die für den Schulunterricht tugliches Hintergrundwissen drstellt.

I. Elementrgeometrie. Einleitung Punkte bezeichnen wir mit Großbuchstben, Gerden und Kreise mit Kleinbuchstben und Winkel mit griechischen Buchstben. Für Längen, zum Beispiel Seitenlängen eines Dreiecks, verwenden wir Kleinbuchstben und für Flächen Großbuchstben. Wir führen folgende Abkürzungen ein: AB Strecke zwischen den Punkten A und B AB Vektor vom Punkt A zum Punkt B l(a, B Gerde durch die Punkte A und B AB Abstnd der Punkte A und B AB orientierter Abstnd vom Punkt A zum Punkt B ABC Dreieck mit den Eckpunkten A, B und C ABC Winkel bei B im Dreieck mit den Eckpunkten A, B und C #ABC Fläche des Dreiecks mit den Eckpunkten A, B und C Den orientierten Abstnd AB erhält mn, indem mn die Gerde g durch A und B mit der Zhlengerde R identifiziert und die Koordinte von A von der von B subtrhiert. Es gilt dher AB = BA. Liegen drei Punkte A, B und C uf einer Gerden g, gnz egl in welcher Reihenfolge, dnn gilt immer AB + BC = AC. Der orientierte Abstnd AB hängt dvon b, wie mn g orientiert, ds heißt welche Richtung die positive ist. Dreht mn die Orientierung um, dnn ändert AB ds Vorzeichen. Wir werden jedoch den orientierten Abstnd immer nur in Verhältnissen verwenden. Seien P, Q und R drei voneinnder verschiedene Punkte uf einer Gerden g. Dnn ist ds Verhältnis P Q QR eindeutig bestimmt, unbhängig dvon, wie mn die Gerde g orientiert, d bei Änderung der Orientierung sowohl P Q ls uch QR ds Vorzeichen ändern. Liegt Q zwischen P und R, dnn hben P Q und QR gleiches Vorzeichen, sodss P Q QR > 0 und gilt. Liegt Q nicht zwischen P und R, dnn hben P Q und QR verschiedenes P Q QR = P Q QR Vorzeichen, sodss P Q QR < 0 gilt und wegen QP = P Q uch P Q QR = QP QR = QP QR. Bemerkung: Wir benötigen sowohl den üblichen, nicht orientierten Abstnd ls uch den orientierten Abstnd, den wir mit AB bezeichnen. Der übliche Abstnd ist der Betrg der Zhl AB, dher bezeichnen wir ihn mit AB. Es kommen oft Quotienten AB CD vor. Würden wir den Abstnd mit Querstrich bezeichnen, dnn hätten wir AB, ws etws CD verwirrend ussieht. Ein Vektor wird mit AB bezeichnet. Eine dzu pssende Bezeichnung für eine Strecke ist AB. Für Dreiecke verwenden wir die Stndrdbezeichnung. C Die Eckpunkte bezeichnen wir mit A, B und C, die Länge der γ δ einem Eckpunkt gegenüberliegenden Seite mit dem entsprechenden Kleinbuchstben, b und c, und den (InnenWinkel b bei jedem Eckpunkt mit dem entsprechenden griechischen α β Buchstben α, β und γ. Der Winkel δ ist ein Außenwinkel. A c B Bei jedem Eckpunkt gibt es zwei Außenwinkel. Als Beweismethode werden oft kongruente Figuren verwendet. Zwei Figuren heißen kongruent, wenn sich die eine durch Verschieben, Drehen, Spiegeln in die ndere überführen lässt. Bei kongruenten Figuren stimmen entsprechende Seitenlängen, Winkel und Flächen überein. Es folgen einige Beispiele.

Elementrgeometrie Seien g und h zwei Gerde, die einnder in einem Punkt S h schneiden. Dnn sind einnder gegenüberliegende Winkel, die von den beiden Gerden eingeschlossen werden, gleich α S β groß. In der Zeichnung sind zwei solche Winkel mit α und g β bezeichnet. Dreht mn die gesmte Figur um den Punkt S um 80 0, dnn gehen die Gerden g und h in sich selbst über. Der Winkel β kommt dnn uf dem Winkel α zu liegen. Somit sind die beiden Winkel gleich. (Scheitelwinkel Zwei prllele Gerden g und g werden von einer dritten Gerden h geschnitten. Der Schnittpunkt von g mit h sei S und der Schnittpunkt von g mit h sei R. Dnn sind die in der Zeichnung mit g γ R α und β bezeichneten Winkel gleich groß. Ds sieht mn, wenn mn die gesmte Figur entlng der Gerden h verschiebt, sodss g dnn uf g liegt und h h in sich selbst übergeht. Der Winkel α liegt dnn S α uf dem Winkel β, womit die Gleichheit dieser Winkel gezeigt ist (Stufenwinkel. Aus obigem Resultt g folgt dnn, dss uch der mit γ bezeichnete Winkel gleich α ist (Wechselwinkel. Seien g und h zwei Gerde, die einnder in einem Punkt S schneiden und den Winkel α einschließen. g Sei u eine senkrechte Gerde uf g und v eine senkrechte Gerde uf h. Der von u und v eingeschlossene Winkel β ist dnn gleich α (Orthogonlwinkel. v Ds sieht mn so: Wir drehen die Gerden u und v um ihren Schnittpunkt P um 90 0 und erhlten die h Gerden ũ und ṽ, die dnn ebenflls den Winkel β einschließen. D ũ prllel zu g liegt und ṽ prllel β zu h, muss β = α gelten. Durch die Prllelverschiebung, P β die P in S überführt, wird j ũ uf g und ṽ uf h bgebildet. Der Winkel β liegt dnn uf dem Winkel α. Wir wenden ds gleich uf ds Dreieck n. u ũ ṽ S β α Stz : Die Summe der (InnenWinkel eines Dreiecks beträgt 80 0. Beweis: Die Eckpunkte und Winkel des Dreiecks werden wie üblich bezeichnet. Wir zeichnen eine zur Dreiecksseite AB prllele Gerde g durch den Eckpunkt C des Dreiecks. Diese bildet mit der Dreiecksseite AC einen Winkel ε und mit der Dreiecksseite BC einen Winkel δ. Nch dem oben bewiesenen Resultt gilt ε = α und δ = β, d die α A Gerde g prllel zur Seite AB liegt. Klrerweise gilt ε + γ + δ = 80 0. Dmit ist uch α + γ + β = 80 0 gezeigt. g ε C γ δ β B Bemerkung: Aus diesem Stz folgt, dss jeder Außenwinkel gleich ist der Summe der Innenwinkel bei den nderen beiden Eckpunkten.

Frnz Hofbuer 3 Wie knn mn die Fläche einer ebenen Figur, zum Beispiel eines Rechtecks, bestimmen? Dzu legen wir eine geeignete Einheitsfläche fest. Wir müssen j von irgendwo usgehen. Wir können die Einheitsfläche in gleich große Teile zerlegen, deren Fläche wir dnn kennen, und versuchen, ds Rechteck dmit möglichst gut uszufüllen. Als Einheitsfläche wählen wir ds Qudrt mit Seitenlänge. Seine Fläche ist. Wir nennen es Einheitsqudrt. Sei n eine ntürliche Zhl. Wir bestimmen die Fläche des Qudrts mit Seitenlänge n. Wir teilen eine Seite des Einheitsqudrts in n gleich lnge Teile. Durch die Unterteilungspunkte zeichnen wir Prllele zur nderen Qudrtseite. Ebenso teilen wir die ndere Qudrtseite in n gleich lnge Teile und zeichnen Prllele zur ersten Qudrtseite. Ddurch wird ds Einheitsqudrt in kleine Qudrte unterteilt, deren Anzhl n ist. Diese kleinen Qudrte hben lle Seitenlänge n und sind zueinnder kongruent. Sie hben dher die gleiche Fläche, die wir G nennen. Es gilt n G = und somit G = n. Dmit ist die Fläche des Qudrts mit Seitenlänge n berechnet. Seien und b positive Zhlen. Wir berechnen die Fläche F des Rechtecks mit Seitenlängen und b. Seien k und m in N so gewählt, dss k ( n < k+ m n und n b < m+ n gilt. Beginnend im linken Endpunkt zeichnen wir uf der Rechteckseite der Länge Unterteilungspunkte, die zueinnder Abstnd n hben. Der k-te Unterteilungspunkt liegt noch uf der Rechteckseite, der k+-te bereits uf der Verlängerung. Durch diese Punkte zeichnen wir Prllele zur Rechteckseite der Länge b. Ebenso zeichnen wir uf der Rechteckseite der Länge b Unterteilungspunkte, die zueinnder Abstnd n hben. Der m-te Unterteilungspunkt liegt noch uf der Rechteckseite, der m + -te bereits uf deren Verlängerung. Durch diese Punkte zeichnen wir Prllele zur Rechteckseite der Länge. Ddurch erhlten wir wieder Qudrte mit Seitenlänge n. Die Anzhl dieser Qudrte ist (k + (m +. Sie überdecken ds Rechteck. Es gilt dher F (k + (m + n. Aus ( folgt b km n. Wir erhlten F b (k+(m+ n km n = k+m+ n Die Anzhl der Qudrte, die gnz im Rechteck liegen, ist km. Es gilt dher F km n. Aus ( folgt b (k+(m+ n. Wir erhlten b F (k+(m+ n km n = k+m+ n Fsst mn diese beiden Ungleichungen zusmmen, so ergibt sich F b k+m+ n. Mit Hilfe von ( erhlten wir schließlich F b n + b n + n D n beliebig groß gewählt werden knn, muss F b = 0 gelten. Dmit ist F = b gezeigt. (Wäre F b nicht null, dnn würde n +b+ F b für lle n N gelten. Mit Hilfe dieser Formel für die Fläche des Rechtecks können wir uch die Prllelogrmm und die Dreiecksfläche bestimmen.

4 Elementrgeometrie Stz : Sei ABCD ein Prlellogrmm. Sei c die Länge der Seiten AB und CD und h die Länge der Höhe des Prllelogrmms (Normlbstnd der Seiten AB und CD. Die Fläche des Prllelogrmms ist dnn c h. Sei ABC ein Dreieck. Sei c die Länge der Seite AB und h die Länge der Höhe durch C. Die Dreiecksfläche ist dnn c h. Beweis: Sei V der Fußpunkt des Lots von C und U der des Lots von D uf die Gerde l(a, B. Wir gehen vom Viereck AV CD us. Die beiden Dreiecke BV C und AUD sind kongruent (ds eine geht durch die Trnsltion um den Vektor BA in ds ndere über und dher flächengleich. Schneidet mn vom Viereck AV CD ds Dreieck BV C weg, dnn bleibt ds Prllelogrmm ABCD. Schneidet D A B U V mn vom Viereck AV CD ds Dreieck AUD weg, dnn bleibt ds Rechteck UV CD. Die beiden verbleibenden Figuren hben gleiche Fläche. Ds Prllelogrmm ABCD ht dieselbe Fläche wie ds Rechteck UV CD. Diese ist gleich c h. Ds Dreieck ABC ergänzen wir zu einem Prllelogrmm ABCD, indem wir für D den Schnittpunkt der Prllele zu l(a, B durch C und der Prllele zu l(b, C durch A wählen. Die Dreiecke ABC und ADC sind dnn kongruent (eine Drehung um 80 0 um den Mittelpunkt der Strecke AC führt ds eine in ds ndere über und dher uch flächengleich. Somit ist die Fläche des Dreiecks ABC gleich der Hälfte der Fläche des Prlellogrmms ABCD. Wie wir gesehen hben, ist c h die Prlellogrmmfläche. Dher ist c h D A C die Dreiecksfläche. C B. Der Strhlenstz Der Strhlenstz mcht eine Aussge über die Verhältnisse von entsprechenden Seiten von Dreiecken in einer der beiden folgenden Situtionen: S h g B u A D v C Zwei Gerde g und h schneiden einnder in einem Punkt S. Eine weitere Gerde u schneidet die Gerden g und h in den Punkten A und B, die ungleich S sind. Eine zu u prllele Gerde v schneidet g und h in den Punkten C und D, die ebenflls ungleich S sind. Ddurch entstehen zwei Dreiecke SAB und SCD. Dbei können zwei Fälle uftreten. Entweder die beiden prllelen Gerden u und v liegen uf derselben Seite von S, wie es in der linken Zeichnung drgestellt ist, oder sie liegen uf verschiedenen Seiten von S, wie es in der rechten Zeichnung drgestellt ist. A u B S h g D v C

Frnz Hofbuer 5 Stz 3 (Strhlenstz In der oben beschriebenen Sitution gilt SA SC = SB SD = AB CD. Beweis: Wir nehmen n, dss die Gerden u und v uf derselben Seite von S liegen. Ds ist der oben links drgestellte Fll. In diesem Fll gilt SA SB AB SC > 0, SD > 0 und CD > 0. Wir rbeiten mit den Dreiecksflächen U = #SAB, V = #ABC und W = #ABD. Es gilt U +V = #SCB und U +W = #SDA. Sei d der Abstnd der prllelen Gerden u und v. Weiters sei der Normlbstnd des Punktes A von der Gerden h und b der des D Punktes B von der Gerden g. Es gilt SA SC = SA SC = SA b SC b SB SD = SB SD = SB SD = #SAB #SCB = U U+V und = #SBA #SDA = U U+W. Die beiden Dreiecke ABC und ABD hben Grundlinie AB und gleiche Höhe d. Dher hben sie uch gleiche Fläche, lso S g gilt V = W. Dmit ist SA A SC = SB SD, der erste C Teil des Strhlenstzes, bereits bewiesen. Um uch SA SC = AB CD zu beweisen, rbeiten wir mit den Dreiecksflächen R = #SCD und T = #BCD. Ist c der Normlbstnd des Punktes S von der Gerden u, dnn gilt R = c+d CD und T = d CD, worus R T = c CD folgt. Wegen U = c AB erhlten wir AB CD = AB CD = U R T. D sowohl U + V ls uch R T die Fläche des Dreiecks SBC ergeben, gilt U + V = R T. Somit ist AB CD = U U+V = SA SC gezeigt. Der Stz ist gezeigt, wenn die prllelen Gerden uf derselben Seite des Punktes S liegen. Den nderen Fll, wo die prllelen Gerden uf verschiedenen Seiten von S liegen, knn mn uf diesen zurückführen, indem mn die links von S liegende Gerde um S spiegelt. Es ist zu bechten, dss dbei die Zhlen SA, SB und AB ihr Vorzeichen ändern. Zweiter Beweis: Wir nehmen wieder n, dss die beiden prllelen Gerden u und v uf derselben Seite von S liegen. Die Gerde u schneidet die Gerden g und h in den Punkten A und B, die Gerde v schneidet g und h in den Punkten C und D. Wir führen den Beweis zuerst in dem Fll, rtionl ist. Es existieren Zhlen wo SA SC k und n in N mit SA SC = SA SC = k n. Wir. Dnn gilt SC = nq = kq. Wir teilen die Strecke SC in n gleich lnge Stücke der Länge q und zeichnen durch diese Teilungspunkte Gerden, die prllel zur Gerde setzen q = SC n und SA = SC k n v liegen. Diese Gerden unterteilen die Strecke SD in n gleich lnge Stücke, deren A C Länge wir mit r bezeichnen. Ds erkennt mn, indem mn in Richtung der Gerden g um die Strecke q prllel zu v verschiebt. Es gilt dnn SD = nr und, d die k-te dieser prllelen Gerden mit der Gerden durch A und B zusmmenfällt, uch SB = kr. Dmit ist SB SD = SB SD = k n gezeigt. Ebenso zeichnen wir durch die uf der Strecke SC liegenden Teilungspunkte Gerden, die prllel zur Gerde h liegen. Diese Gerden unterteilen die Strecke CD in n gleich lnge S h h g B u B D v v

6 Elementrgeometrie Stücke, deren Länge wir mit s bezeichnen. Es gilt dnn CD = ns und, d die ersten k dieser prllelen Gerden die Strecke AB in k gleich lnge Teile der Länge s teilen, uch AB = ks. Dmit ist AB CD = AB CD = k SA n gezeigt. Wir hben lso SC = SB SD = AB CD bewiesen. Um den Beweis zu führen, wenn SA SC nicht rtionl ist, teilen wir wie oben die Strecke D SC in n gleiche Teile der Länge q = SC n und zeichnen prllele Gerden zu v bzw. B B B zu h, die SD in n gleiche Teile der Länge r und CD in n gleiche Teile der Länge s h v teilen. Die Punkte A und B liegen jetzt nicht uf einem Unterteilungspunkt. Seien A und A die Unterteilungspunkte uf der S g Strecke SC, zwischen denen A liegt. Seien A A A C B und B die Unterteilungspunkte uf der Strecke SD, zwischen denen B liegt. Die Strecken A B und A B liegen dnn prllel zur Strecke AB. Und d es sich bei den Punkten A, A, B, B um Unterteilungspunkte hndelt, erhlten wir SA SC = SB SD = A B CD und SA SC = SB SD = A B CD us dem ersten Teil des Beweises. Es gilt SA < SA und SB < SB. Wegen SA = SA + q folgt SA q < SA und SA q SC < SA SC = SB SD < SB SA SD. Setzt mn für q ein, so erhält mn SC n < SB SD. Es gilt SA > SA und SB > SB. Wegen SA = SA q folgt SA + q > SA und SA +q SC > SA SC = SB SD > SB SD. Setzt mn für q ein, so erhält mn SA SC + n > SB SD. Wir hben somit SA SC n < SB SD < SA SC + n gezeigt. Ds gilt für lle n N. Drus ergibt sich die Gleichheit SA SC = SB SA SD, ds heißt SC = SB SD. D ber uch A B < AB und A B > AB gelten, knn mn diesen Beweisschritt uch mit A B sttt SB, mit A B sttt SB, mit AB sttt SB und mit CD sttt SD durchführen und erhält SA SC n < AB CD < SA SC + n. D dies für lle n N gilt, ist uch SA SC = AB SA CD gezeigt, ds heißt SC = AB CD. Der Fll, in dem die prllelen Gerden uf verschiedenen Seiten von S liegen, lässt sich wie im ersten Beweis behndeln. Wenn die oben vorusgesetzte Sitution vorliegt mit zwei einnder schneidenden Gerden g und h, die von zwei prllelen Gerden u und v geschnitten werden, dnn verwendet mn die in Stz 3 formulierte Version des Strhlenstzes mit orientierten Verhältnissen. Häufig wendet mn den Strhlenstz ber uch uf ähnliche Dreiecke n. Wir nennen die Dreiecke ABC und DEF ähnlich, wenn CAB = F DE, ABC = DEF und BCA = EF D gilt. In diesem Fll knn mn die Dreiecke übereinnderlegen, sodss der Punkt D uf A liegt, die Seite AB uf DE und die Seite AC uf DF. Aus dem Strhlenstz folgt dnn AB DE = AC DF = BC EF. In diesem Fll verwendet mn eine nichtorientierte Version, d die Dreiecke ABC und DEF j irgendwie liegen können. Oft schreibt mn diese Gleichungen uch so uf AB AC = DE DF, AB BC = DE EF und AC BC = DF EF.

Frnz Hofbuer 7 Wir beweisen eine Umkehrung des Strhlenstzes und zuvor einen Hilfsstz. Hilfsstz A: Wenn die Punkte P, Q und S uf einer Gerden liegen und P S = QS gilt, dnn sind P und Q identisch. Wenn die Punkte P, Q, R und S uf einer Gerden liegen und P R P S = QR QS gilt, dnn sind P und Q identisch. Beweis: D P, Q und S uf einer Gerden liegen und P S = QS gilt, hben die Punkte P und Q denselben Abstnd von S. Sie liegen uch uf der selben Seite von S, d die Abstände in einer Richtung positives und in der nderen Richtung negtives Vorzeichen hben. Also sind P und Q identisch und die erste Aussge ist gezeigt. Jetzt zur zweiten Aussge. D die Punkte P, Q, R und S uf einer Gerde liegen, gilt uch P R = P S + SR und QR = QS + SR. Setzt mn ds in P R P S = QR QS ein, so erhält mn + SR SR P S = + QS. Also gilt P S = QS. Nch der ersten Aussge sind P und Q identisch. Stz 4 (Umkehrung des Strhlenstzes Seien g und h zwei Gerde, die einnder im Punkt S schneiden. Seien A und C Punkte uf g und B und D Punkte uf h, die lle ungleich S sind. Wenn SA SC = SB SD gilt, dnn ist die Gerde l(a, B durch die Punkte A und B prllel zur Gerden l(c, D durch die Punkte C und D. Beweis: Sei u die Gerde durch den Punkt A, die prllel zu l(c, D liegt. Sei B der Schnittpunkt von u mit h. Mn bechte, dss l(c, D und dmit uch u nicht prllel zu h liegen knn. Aus Stz 3 folgt dnn SA SC = SB SA SD. Wegen SC = SB SD erhlten wir SB = SB, worus B = B wegen Hilfsstz A folgt, d S, B und B lle uf der Gerden h liegen. Drus folgt wieder, dss l(a, B mit der Gerden u zusmmenfällt, womit bewiesen ist, dss l(a, B prllel zu l(c, D liegt. Wir kommen zu den Anwendungen des Strhlenstzes. Stz 5 (Stz von Menelos Sei ABC ein Dreieck und g eine Gerde, die durch keine Ecke des Dreiecks geht. Sei D der Schnittpunkt von g mit der Gerden l(a, B, sei E der Schnittpunkt von g mit der Gerden l(b, C und sei F der Schnittpunkt von g mit der Gerden l(c, A. Dnn gilt DA DB EB EC F C F A Beweis: Sei A der Fußpunkt des = (oft uch ls AD DB BE EC CF F A C Lots vom Punkt A uf die Gerde g, sei B der Fußpunkt des Lots vom g Punkt B uf die Gerde g und sei C A F der Fußpunkt des Lots vom Punkt C uf die Gerde g. D die Gerden C l(a, A und l(b, B prllel liegen, folgt DA DB = AA BB us dem Strhlenstz. Ebenso folgt EB EC = BB CC, d l(b, B und l(c, C prllel liegen, A und schließlich F C F A = CC AA, d l(a, A und l(c, C prllel liegen. Dmit ergibt sich DA DB EB EC F C F A = AA BB = geschrieben. E BB CC B B CC AA =. Stz 6 (Stz von Cev Sei ABC ein Dreieck und P ein Punkt. Sei D der Schnittpunkt der Gerden l(a, B und l(c, P, sei E der Schnittpunkt der Gerden l(b, C und l(a, P und sei F der Schnittpunkt der Gerden l(c, A und l(b, P. Wir nehmen n, dss diese Schnittpunkte existieren und nicht mit einem Eckpunkt des Dreiecks zusmmenfllen. Dnn gilt DA DB EB EC F C F A = (oft uch ls AD DB BE EC CF F A = geschrieben. D

8 Elementrgeometrie Beweis: Sei g die Gerde durch C prllel zu l(a, B. D E kein Eckpunkt ist, existiert der Schnittpunkt U der Gerden g und l(a, E und ist C. D F kein Eckpunkt ist, existiert der Schnittpunkt V der Gerden g und l(b, F und ist C. In der linken Zeichnung liegt der Punkt P im Dreieck, in der rechten Zeichnung liegt P ußerhlb. Aus g V F P C E U g C E F V P U A D B A B D dem Strhlenstz folgt P D P C = DA CU und P D P C dem Strhlenstz erhlten wir EB EC = BA CU Gleichungen ergibt DA DB EB EC F C F A = BA AB = DB CV DA. Es gilt lso DB = CU CV. Ebenflls us. Multipliktion der letzten drei F A =. und F C F A = CV AB Es gilt uch die Umkehrung des Stzes von Cev.. Wegen BA = AB folgt DA DB EB EC F C Stz 7: Sei ABC ein Dreieck. Sind drei Punkte D, E und F uf l(a, B, l(b, C und l(c, A derrt gegeben, dss DA DB EB EC F C F A = gilt, dnn liegen die Gerden l(a, E, l(b, F und l(c, D entweder prllel oder sie schneiden einnder in einem Punkt. Beweis: Liegen die Gerden l(a, E, l(b, F und l(c, D prllel, dnn ist nichts zu beweisen. Nehmen wir lso n, dss zwei von ihnen, sgen wir l(a, E und l(c, D, einnder in einem Punkt P schneiden. Angenommen die Gerden l(b, P und l(a, C wären prllel. Diese Sitution ist in der Zeichnung links drgestellt. Aus Stz 3 folgt dnn DB DA = BP AC und EB EC = BP DA CA. Mit Hilfe der Vorussetzung DB EB EC F C F C F A = erhlten wir F A = und C F C A E B P D somit F C = F A. Es folgt C = A wegen Hilfsstz A, d C, A und F lle uf der Gerden l(a, C liegen. Dieser Widerspruch zeigt, dss die Gerden l(b, P und l(a, C nicht prllel sein können. Sei F ihr Schnittpunkt. Ds ist in der rechten Zeichnung drgestellt. Aus Stz 6 folgt DA DB EB EC F C F A =. Mit Hilfe der Vorussetzung erhlten wir F C F A = F C F A. Wegen Hilfsstz A folgt F = F, d die Punkte A, C, F und F lle uf der der Gerde l(a, C liegen. Dmit ist gezeigt, dss der Punkt F uf der Gerde l(b, P liegt, oder nders usgedrückt, dss uch die Gerde l(b, F durch den Punkt P geht. A E P B D

3. Der Stz von Pythgors Frnz Hofbuer 9 Wir legen die Bezeichnung für ein rechtwinkeliges Dreieck fest. Den Eckpunkt beim rechten Winkel nennen wir C, die nderen beiden A und B. Die dem rechten Winkel gegenüberliegende Seite heißt Hypotenuse, ihre C Länge ist c, die nderen beiden Seiten heißen Ktheten, ihre Längen sind und b. Die Winkel heißen wie üblich α, β und γ, wobei γ = 90 0 ist. b h Die Höhe durch den Eckpunkt C ht Länge h und Fußpunkt H. Die Hypothenuse AB wird durch H in zwei Teile geteilt, deren Längen wir q und p nennen, sodss c = p + q gilt. A q H c p B Stz 8: Für ein rechtwinkeliges Dreieck mit den oben eingeführten Bezeichnungen gilt c = + b = pc und b = qc h = pq Stz von Pythgors Kthetenstz Höhenstz Erster Beweis: Die Dreiecke AHC und ACB sind ähnlich, d sie beim Eckpunkt A denselben Winkel hben, und ds erste Dreieck bei H und ds zweite bei C einen rechten Winkel ht. Aus dem Strhlenstz folgt q b = b c und h b = c, ds heißt b = qc und h = b c. Ebenso sind die Dreiecke BHC und BCA ähnlich, worus p = c und dmit = pc folgt. Dmit ist der Kthetenstz bereits bewiesen. Addiert mn = pc und b = qc, die beiden Gleichungen us dem Kthetenstz, so folgt + b = (p + qc = c, der Stz von Pythgors. Setzt mn in h = b c die beiden Gleichungen us dem Kthetenstz ein, so folgt h = pqc c = pq, der Höhenstz. Zweiter Beweis: Wir zeichnen zwei Qudrte mit Seitenlänge + b nebeneinnder. Aus jedem der beiden Qudrte schneiden wir vier Ml ds Dreieck herus, wie es in der Zeichnung zu sehen ist. Vom ersten Qudrt verbleiben zwei Qudrte, ds eine mit Seitenlänge, ds ndere mit Seitenlänge b. Die Flächen dieser beiden Qudrte sind und b. Vom zweiten Qudrt bleibt ein Qudrt der Seitenlänge c übrig. Es ist ein Qudrt, d jeder der Winkel in den Ecken us einem Winkel von 80 0 durch Wegnhme von α und β entsteht und α+β = 90 0 gilt. D die verbleibende Fläche in beiden Fällen gleich sein muss, ist + b = c gezeigt. Die Höhe zerteilt ds rechtwinkelige Dreieck in zwei kleinere rechtwinkelige Dreiecke mit Seiten h, p, und mit Seiten h, q, b. Sei ds Dreieck mit den Seiten p + h, q + h und + b. In der linken h b Zeichnung werden und us dem Dreieck so herusgeschnitten, dss ein Qudrt mit Seitenlänge h übrigbleibt. q p In der rechten Zeichnung werden und us dem Dreieck so herusgeschnitten, dss ein Rechteck mit Seiten h p p und q übrigbleibt. Die Rechteckfläche ist somit gleich der h b Qudrtfläche. Es gilt pq = h. Dmit ist der Höhenstz bewiesen. Der Kthetenstz folgt schließlich us dem Stz von q h Pythgors ngewndt uf und und dem Höhenstz. Wir erhlten = p + h = p + pq = pc und b = q + h = q + pq = cq.

0 Elementrgeometrie Wir kommen zu den Anwendungen des Stzes von Pythgors. Der folgende Stz ist der Stz von Crnot. Mn knn ihn ls Gegenstück zum Stz von Cev verstehen. Sind D, E und F Punkte uf den Trägergerden der drei Dreiecksseiten, dnn gibt der Stz von Cev eine Bedingung dfür n, dss die Verbindungsgerden dieser Punkte mit den Eckpunkten A, B und C des Dreiecks einnder in einem Punkt schneiden. Der Stz von Crnot hingegen gibt eine Bedingung n, dss die Senkrechten durch diese drei Punkte einnder in einem Punkt schneiden. Es folgt der Stz von Crnot und dnn seine Umkehrung. Stz 9: Sei ABC ein Dreieck und P ein beliebiger Punkt. Sei E der Fußpunkt des Lots von P uf l(b, C, sei F der Fußpunkt des Lots von P uf l(c, A und D der Fußpunkt des Lots von P uf l(a, B. Dnn gilt AD DB + BE EC + CF F A = 0. Beweis: Wir zeichnen die Lote vom Punkt P uf die (Verlängerungen der drei Dreiecksseiten, ds sind die Strecken von P nch D, von P nch E und von P nch F. Weiters zeichnen wir die Strecken vom Punkt P zu den drei Eckpunkten A, B und C. Ddurch entstehen C sechs rechtwinkelige Dreiecke, wobei die rechten Winkel jeweils bei den Punkten D, E und F liegen. Wir wenden den Stz von Pythgors uf diese F sechs Dreiecke n und erhlten die Gleichungen: AD = AP DP, DB = BP DP, P E BE = BP EP, EC = CP EP, CF = CP F P, F A = AP F P. Ds lles gilt uch, wenn der Punkt P ußerhlb des Dreiecks liegt. Die Lge dieser rechtwinkeligen Dreiecke ist dnn nur etws komplizierter. A D B Subtrhiert mn die ersten beiden Gleichungen, die druffolgenden beiden Gleichungen und die letzten beiden Gleichungen, so ht mn AD DB = AP BP, BE EC = BP CP und CF F A = CP AP. Addiert mn diese drei Gleichungen, so folgt schließlich AD DB + BE EC + CF F A = 0. Ds ist bereits ds gewünschte Resultt. Stz 0: Sei ABC ein Dreieck. Sei E ein Punkt uf l(b, C, sei F ein Punkt uf l(c, A und D ein Punkt uf l(a, B, sodss AD DB + BE EC + CF F A = 0 gilt. Die Gerde durch E senkrecht uf l(b, C, die Gerde durch F senkrecht uf l(c, A und die Gerde durch D senkrecht uf l(a, B schneiden dnn einnder in einem Punkt. Beweis: Sei g die Gerde durch den Punkt E senkrecht uf l(b, C und g b die Gerde durch den Punkt F senkrecht uf l(c, A. Sei P der Schnittpunkt der Gerden g und g b. Weiters sei D der Fußpunkt des Lotes von P uf die Gerde l(a, B. Aus Stz 9 erhlten wir AD D B + BE EC + CF F A = 0. Nch Vorssetzung gilt AD DB + BE EC + CF F A = 0. Es folgt AD D B = AD DB. Setzt mn x = DD dnn gilt AD = AD + x und x + D B = DB. Setzt mn ds ein, so folgt AD + AD x + x DB + DB x x = AD DB, ds heißt AD x + DB x = 0. Wegen AD + DB = AB 0 folgt AB x = 0 und drus x = 0. Dmit ist DD = 0 gezeigt, lso D = D. Ds Lot von P uf die Gerde l(a, B geht durch D. Somit liegt P uch uf der Gerde durch D senkrecht uf l(a, B.

Wir beschäftigen uns noch ein wenig mit dem Kreis. Frnz Hofbuer Stz : Sei k ein Kreis mit Mittelpunkt M und Rdius r. Sei P ein Punkt uf k und g eine Gerde durch P. Wenn g senkrecht uf die Strecke MP steht, dnn liegen lle Punkte der Gerden g mit Ausnhme von P ußerhlb des Kreises (g ist Tngente und P der Berührpunkt. Wenn g nicht senkrecht uf MP steht, dnn ht g neben P einen zweiten Schnittpunkt Q mit dem Kreis, die Punkte uf g zwischen P und Q liegen innerhlb des Kreises und lle nderen Punkte uf g liegen ußerhlb des Kreises (g ist eine Seknte. Beweis: Wir nehmen n, dss g senkrecht uf MP steht. Ist R ein Punkt P uf g, dnn gilt MP R = 90 0 und MR = MP + P R folgt us dem Stz von Pythgors. Somit gilt MR > MP = r. Alle Punkte R uf der Gerden g, die P sind, liegen ußerhlb des Kreises. Wir nehmen n, dss g nicht senkrecht uf MP steht. Sei F der Fußpunkt des Lots von M uf g. Wir spiegeln P n F und erhlten den Punkt Q. Wegen F Q = F P folgt MQ = MF + F Q = MF + F P = MP = r mit dem Stz von Pythgors. Somit liegt uch Q uf dem Kreis. Ist R ein Punkt uf g zwischen P und Q, dnn gilt F R < F P und es folgt MR < r wie oben. Somit liegt R im Kreis. Ist R ein Punkt uf g ußerhlb der Strecke P Q, dnn gilt F R > F P und es folgt MR > r. Somit liegt R ußerhlb des Kreises. Bemerkung: Zwei Kreise mit Mittelpunkten M und M und Rdien r und r berühren einnder im Punkt P, wenn sie dort eine gemeinsme Tngente g hben. Die Senkrechte uf g durch P geht dnn durch M und M. Es gilt M M = r + r, wenn sie einnder von ußen berühren, und M M = r r, wenn einer den nderen von innen berührt. Wir rechnen dzu ein Beispiel. Sei AB eine Strecke, uf der ein Punkt C gewählt wird. Über der Strecke AB ls Durchmesser errichten wir einen Hlbkreis k. Aus diesem Hlbkreis schneiden wir den Hlbkreis k mit Durchmesser AC und den Hlbkreis k mit Durchmesser CB herus. Die verbleibende Figur ist der Arbelos (Archimedes. Seien r, r und r die Rdien und M, M und M die Mittelpunkte der Hlbkreise k, k und k. Es gilt AB = r, AC = r, CB = r und r = r + r. Ein Arbelos ht einen Inkreis. Es ist der Kreis, der den Hlbkreis k von innen und die beiden Hlbkreise k und k von ußen berührt. Stz : Für den Rdius ϱ des Inkreises gilt ϱ = r r (r +r r +r r. +r Beweis: Sei I der Mittelpunkt des Inkreises und F der Fußpunkt des Lots von I uf AB. Wir setzen d = MF und h = IF. Wir verwenden den Stz von Pythgors. Es gilt (r ϱ = IM = d + h, d der Inkreis den Hlbkreis k von innen berührt. Es gilt (r + ϱ = IM = (r + d + h und (r + ϱ = IM = (r d + h, d der Inkreis die Hlbkreise k und k von ußen A k k M M C F M berührt. Wir lösen diese drei Gleichungen. Subtrktion der ersten Gleichung von den beiden nderen gibt r + r ϱ r + rϱ = r + r d und r + r ϱ r + rϱ = r + r d. Aus diesen beiden Gleichungen eliminieren wir d und setzen r = r + r ein. Ddurch erhlten wir dnn ϱ = r r (r +r r +r r +r. I k B

Elementrgeometrie Stz 3: Sei k ein Kreis mit Mittelpunkt M und Rdius r. Eine Gerde g schneide k in den Punkten A und B. Sei P ein weiterer Punkt uf g. Dnn gilt P A P B = MP r. Beweis: Sei h die Länge des Lots von M uf g und F dessen Fußpunkt. Wenn g durch M geht, dnn ist h = 0 und F = M. Sei = P A und b = P B. Aus den Rechenregeln für den orientierten Abstnd folgt AB = AP + P B = P B P A = b und AF = b AB =. Dmit ergibt sich P F = P A + AF = + b. Setzt mn c = MP dnn folgen = +b T M M A B A P F F B P c = h + ( +b und r = h + ( b us dem Stz von Pythgors. Subtrhiert mn diese Gleichungen, dnn erhält mn c r = b, ds heißt MP r = P A P B. Stz 3 heißt Sehnenstz, wenn P uf der Sehne AB liegt. In diesem Fll, der in der linken Zeichnung drgestellt ist, gilt P A P B = r MP, d P A und P B verschiedene Vorzeichen hben. Liegt P ußerhlb des Kreises, dnn heißt Stz 3 Sekntenstz. In diesem Fll, der in der rechten Zeichnung drgestellt ist, gilt P A P B = MP r, d P A und P B gleiches Vorzeichen hben. Ist T der Berührpunkt einer Tngente vom Punkt P n den Kreis, dnn folgt P T + r = MP us dem Stz von Pythgors, sodss der Sekntentenstz dnn AP P B = P T lutet. Die Zhl MP r nennt mn die Potenz des Punktes P bezüglich dem Kreis k mit Mittelpunkt M und Rdius r. Wir bezeichnen sie mit Π k (P. Punkte innerhlb des Kreises k hben negtive, Punkte ußerhlb des Kreises positive Potenz und Punkte uf dem Kreis hben Potenz 0. Nch Stz 3 gilt dnn P A P B = Π k (P, wobei A und B die Schnittpunkte einer beliebigen Gerde durch P mit dem Kreis k sind. Seien k und k zwei Kreise mit Rdien r und r und verschiedenen Mittelpunkten M und M. Sei F der Punkt uf l(m, M, für den M F M F = r r gilt. Ds ist äquivlent zu (M F + M F M M = r r. So sieht mn, dss F eindeutig ist. Sei P ein Punkt und P der Fußpunkt des Lots von P uf l(m, M. Nch dem Stz von Pythgors ist Π k (P = Π k (P äquivlent zu M P r = M P r und somit äquivlent zu P = F. Dher gilt Π k (P = Π k (P genu dnn, wenn P uf der Gerde durch F senkrecht zu l(m, M liegt. Diese Gerde nennt mn die Potenzgerde der Kreise k und k. Hben die Kreise einen gemeinsmen Punkt Q, dnn gilt Π k (Q = 0 = Π k (Q. In diesem Fll ist die Gerde durch Q senkrecht zu l(m, M die Potenzgerde. Seien nun k, k und k 3 Kreise, deren Mittelpunkte nicht uf einer Gerde liegen. Sei Z der Schnittpunkt der Potenzgerde von k und k mit der von k und k 3 (existiert, d die Mittelpunkte nicht uf einer Gerden liegen. Dnn gilt Π k (Z = Π k (Z und Π k (Z = Π k3 (Z. Es folgt Π k (Z = Π k3 (Z. Somit liegt Z uch uf der Potenzgerde von k und k 3. Die drei Potenzgerden hben einen gemeinsmen Punkt. Dieser ht bezüglich k, k und k 3 die gleiche Potenz. Er wird Potenzzentrum der drei Kreise gennnt.

Frnz Hofbuer 3 4. Ds Dreieck Zwei Dreiecke ABC und P QR heißen kongruent, wenn es möglich ist, ds Dreieck P QR durch Verschieben, Drehen und Spiegeln in eine Lge zu bringen, sodss dnn der Punkt P mit A, der Punkt Q mit B und der Punkt R mit C zusmmenfällt. Sind zwei Dreiecke kongruent, dnn sind die einnder entsprechenden Seiten gleich lng und die einnder entsprechenden Winkel gleich groß. Kongruente Dreiecke hben ntürlich uch gleiche Fläche und so weiter. Um festzustellen, ob zwei Dreiecke kongruent sind, verwendet mn folgenden Kongruenzstz. Stz 4: Zwei Dreiecke sind kongruent, wenn folgende Größen übereinstimmen ( die Längen der drei Seiten (b die Längen zweier Seiten und der dvon eingeschlossene Winkel (c die Längen zweier Seiten und der der längeren Seite gegenüberliegende Winkel (d die Länge einer Seite und die beiden drn nliegenden Winkel Der Beweis ergibt sich us der Ttsche, dss mn in llen vier Fällen ds Dreieck us den ngegebenen Größen eindeutig konstruieren knn. In (c ist es wichtig, dss der der längeren Seite gegenüberliegende Winkel übereinstimmt. Gibt mn zwei Seiten vor und den der kürzeren Seite gegenüberliegenden Winkel, dnn knn es pssieren, dss mn us diesen Angben zwei Dreiecke konstruieren knn, die nicht kongruent sind. Ht mn zwei rechtwinkelige Dreiecke, dnn sind diese nch (b kongruent, wenn die Längen der beiden Ktheten übereinstimmen. Stimmen die Längen der Hypotenuse und einer Kthete überein, dnn sind sie nch (c kongruent, d die Hypotenuse dem rechten Winkel gegenüber liegt und länger ls die Kthete ist. Wir behndeln die besonderen Punkte des Dreiecks. Wir beginnen mit dem Schwerpunkt und dem Höhenschnittpunkt, d wir dfür den Strhlenstz verwenden. Für Umkreisund Inkreismittelpunkt verweden wir den Kongruenzstz. Die Schwerlinien verbinden die Mittelpunkte der Seiten mit den gegenüberliegenden Eckpunkten. Stz 5: Die drei Schwerlinien eines Dreiecks schneiden einnder in einem Punkt, dem sogennnten Schwerpunkt, der jede Schwerlinie im Verhältnis : teilt. Beweis: Sei D der Mittelpunkt der Strecke AB, C sei E der Mittelpunkt der Strecke BC und sei F der Mittelpunkt der Strecke CA. Der Schnittpunkt der Gerden l(c, D und l(b, F sei S. Wegen AF AC = = AD AB folgt us Stz 4, dss die Gerden l(d, F und l(b, C prllel liegen. Aus Stz 3 folgt jetzt F E = AD AB = DF BC. Wieder mit Stz 3 ergibt sich dnn SD S SC = DF CB = und SF SB = F D BC =. Ist T der Schnittpunkt der Gerden l(c, D und l(a, E, dnn folgt nlog T D T C = DE CA = und T E T A = ED AC =. D die Punkte C, S, T und D uf der Gerden l(c, D A D B liegen und SD SC = T D T C gilt, erhlten wir S = T us Hilfsstz A. Somit schneiden die drei Schwerlinien einnder im Punkt S. Wir hben uch gezeigt, dss der Schwerpunkt S jede Schwerlinie im Verhältnis : teilt.

4 Elementrgeometrie Die Höhen verlufen durch die Eckpunkte des Dreiecks und stehen senkrecht uf die jeweils gegenüberliegende Seite. Stz 6: Die drei Höhen eines Dreiecks ABC schneiden einnder in einem Punkt H, dem sogennnten Höhenschnittpunkt. Beweis: Ist ds Dreieck nicht spitzwinkelig, dnn C wählen wir die Bezeichnungen so, dss γ der Winkel 90 0 ist. Die Winkel α und β sind jedenflls spitz. Sei D der Fußpunkt der Höhe durch C. Er liegt zwischen A und B, d die Winkel α und β spitz sind. Weiters sei G der Schnittpunkt der Höhe durch den G Eckpunkt C mit der durch den Eckpunkt A. Die Dreiecke ADG und CDB sind ähnlich. Beide Dreiecke hben bei D einen rechten Winkel und der Winkel bei G im ersten stimmt mit dem Winkel β A D B bei B im zweiten Dreieck überein, d die Höhen senkrecht uf den Seiten stehen (Orthogonlwinkel. Aus dem Strhlenstz folgt AD, ds heißt DG CD = AD DB. DG = CD DB Ist jetzt H der Schnittpunkt der Höhe durch den Eckpunkt C mit der durch den Eckpunkt B, dnn zeigt ein nloger Beweis, dss uch DH CD = BD DA gilt. Es folgt DG = DH. D die Punkte D, G und H lle uf einer Gerden, der Höhe durch C, liegen und G und H oberhlb von D (es sind j α und β spitze Winkel, erhlten wir G = H. Dmit ist gezeigt, dss die Höhen eines Dreiecks einnder in einem Punkt schneiden. Wir kommen zum Umkreis- und Inkreismittelpunkt. Seien U und V zwei Punkte. Die Symmetrle der Strecke U V ist die Gerde s, die senkrecht uf die Strecke U V steht und durch deren Mittelpunkt M geht. Zu jedem Dreieck ABC knn mn ds Seitenmittendreieck zeichnen, ds ist ds Dreieck, dessen Eckpunkte die Seitenmitten des ursprüglichen Dreiecks sind. Die Symmetrlen der Seiten des ursprünglichen Dreiecks ABC sind dnn die Höhen des Seitenmittendreiecks. Dher folgt bereits us Stz 6, dss diese Symmetrlen einnder in einem Punkt schneiden. Wir werden ds ber noch uf ndere Art beweisen. Dzu zeigen wir Stz 7: Seien U und V zwei Punkte und s die Streckensymmetrle der Strecke UV. Ein Punkt P liegt genu dnn uf s, wenn er von U und V gleichen Abstnd ht. Beweis: Sei M der Mittelpunkt der Strecke UV. Weiters sei P ein beliebiger Punkt. Liegt P uf s, dnn sind die Dreiecke P MU und P M V kongruent, d sie die Seite P M P gemeinsm hben, d MU und MV gleich lng sind, und d wegen P uf s die Winkel P MU s und P MV beide 90 0 sind. Es folgt, dss P U und P V gleich lng sind. Somit ht der Punkt P gleichen Abstnd von den Punkten U und V. U M V Ht P gleichen Abstnd von U und von V, dnn sind die Dreiecke P MU und P MV kongruent, d sie die Seite P M gemeinsm hben, die Strecken MU und MV gleich lng sind, und ebenso die Strecken P U und P V. Es folgt, dss die Winkel P MU und P MV gleich groß sind, lso beide gleich 90 0. Somit liegt P uf der Streckensymmetrle s. Aus Stz 7 folgt, dss der Mittelpunkt M eines Kreises k uf der Streckensymmetrle jeder Sehne im Kreis k liegt, d deren Endpunkte gleichen Abstnd von M hben.

Frnz Hofbuer 5 Die Streckensymmetrlen der Seiten eines Dreiecks nennen wir die Seitensymmetrlen. Stz 8: Die drei Seitensymmetrlen eines Dreiecks ABC schneiden einnder in einem Punkt U, dem Mittelpunkt des Umkreises. C Beweis: Sei U der Schnittpunkt der Seitensymmetrle s der Seite BC mit der Seitensymmetrle s b der Seite CA. D U sowohl uf s ls uch uf s b liegt, ergibt sich UB = UC und UA = UC us Stz 7. Es folgt UA = UB. Wegen Stz 7 liegt U dnn uch uf der Seitensymmetrle s c der Seite AB. Ds zeigt, dss die drei Seitensymmetrlen s b s einnder im Punkt U schneiden. D U U gleichen Abstnd r von den drei Eckpunkten A, B und C ht, ist der Kreis mit Mittelpunkt U und Rdius r der Umkreis des Dreiecks. A B Stz 9: Sei ABC ein Dreieck. Dnn ist AC = BC äquivlent zu BAC = ABC. Beweis: Sei F der Fußpunkt des Lots von C uf die Gerde l(a, B. Es gelte AC = BC. Die Dreiecke AF C und BF C sind kongruent, d sie bei F rechte Winkel und die gemeinsme Seite CF hben und d die Seiten AC und BC gleich lng sind. Es folgt F AC = F BC, ds heißt BAC = ABC. Es gelte BAC = ABC. Die Dreiecke AF C und BF C sind kongruent, d sie bei F rechte Winkel und die gemeinsme Seite CF hben und d BAC = ABC gilt. Es folgt, dss die Seiten AC und BC gleich lng sind, lso AC = BC gilt. Ein Winkel wird von zwei Hlbgerden g und h, den Schenkeln des Winkels, gebildet. Sie gehen von einem Punkt S, dem Scheitel des Winkels, us und schließen einen Winkel < 80 0 ein. Die Winkelsymmetrle w ist dnn ebenflls eine Hlbgerde, die von S usgeht und den Winkel zwischen g und h hlbiert. Stz 0: Seien g und h Hlbgerde, die vom Punkt S usgehen. Ein Punkt P liegt genu dnn uf der Winkelsymmetrle w, wenn er von g und h gleichen Normlbstnd ht (wenn die Lote von P uf die beiden Hlbgerden g und h existieren und gleich lng sind. In diesem Fll ht uch S gleichen Abstnd von den Fußpunkten der beiden Lote. Beweis: Sei P ein Punkt zwischen den Hlbgerden. h Ds Lot von P uf eine Hlbgerde existiert, wenn H der Winkel zwischen SP und der Hlbgerde 90 0 ist. Ist er > 90 0, dnn existiert ds Lot nicht. Der w Fußpunkt des Lotes von P uf g sei G, der des Lotes P von P uf h sei H, vorusgesetzt die Lote existieren. Wir nehmen zuerst n, dss P uf w liegt. D der Winkel zwischen den Hlbgerden g und h kleiner ls g 80 0 ist, ist der Winkel zwischen w und jeder der beiden G S Hlbgerden kleiner ls 90 0. Die Lote von P uf g und h mit Fußpunkten G und H existieren. Die Dreiecke P SG und P SH sind dnn kongruent, d sie die Seite P S gemeinsm hben, die Winkel SGP und SHP beide gleich 90 0 sind, und wegen P uf w uch GSP = HSP gilt. Es folgt, dss die Strecken P G und P H gleich lng sind. Ds bedeutet, dss der Punkt P gleichen Normlbstnd von den Gerden g und h ht.

6 Elementrgeometrie Wir nehmen n, dss die Lote von P uf die Hlbgerden g und h mit Fußpunkten G und H existieren und gleich lng sind. Dnn sind die Dreiecke P SG und P SH kongruent, d sie die Seite P S gemeinsm hben, die Winkel SGP und SHP beide gleich 90 0 sind, und P G und P H gleich lng sind. Es folgt, dss uch die Winkel GSP und HSP gleich groß sind. Ds ber bedeutet, dss P uf der Winkelsymmetrle w liegt. Aus der Kongruenz dieser Dreiecke folgt uch, dss SG und SH gleich lng sind, ds heißt der Punkt S ht gleichen Abstnd von den Fußpunkten der beiden Lote. Bemerkung: Sei k ein Kreis mit Mittelpunkt M und S ein Punkt ußerhlb des Kreises. Seien g und h die Tngenten vom Punkt S n den Kreis k und G und H die Berührpunkte. Dnn sind MG und MH die Lote vom Mittelpunkt M uf die Tngenten g und h. Sie hben gleiche Länge, d sie j Rdien des Kreises sind. Aus Stz 0 folgt dnn SG = SH, ds heißt die Abschnitte der Tngenten von S bis zu den Berührpunkten sind gleich lng. Weiters liegt der Mittelpunkt M uf der Symmetrle des Winkels, der von den Tngenten g und h gebildet wird. Stz : Die drei Winkelsymmetrlen der Innenwinkel eines Dreiecks ABC schneiden einnder in einem Punkt I, dem Mittelpunkt des Inkreises. Beweis: Sei I der Schnittpunkt der Winkelsymmetrle C w α durch den Eckpunkt A mit der Winkelsymmetrlen w β durch den Eckpunkt B. D I uf w α liegt, ht I w β nch Stz 0 denselben Normlbstnd von den Seiten I AB und AC. D I uf w β liegt, ht I uch denselben Normlbstnd von den Seiten BA und BC. Es folgt, dss I denselben Normlbstnd von den Seiten CA und CB ht. Wegen Stz 0 liegt I uch uf der Winkelsymmetrle A B w γ durch den Eckpunkt C. Somit schneiden die drei Winkelsymmetrlen einnder im Punkt I. D I den gleichen Normlbstnd ϱ von llen drei Dreicksseiten ht, ist der Kreis mit Mittelpunkt I und Rdius ϱ der Inkreis des Dreiecks. Stz : Sei ABC ein beliebiges Dreieck. Wir wählen eine Seite des Dreiecks und den dieser Seite gegenüberliegneden Eckpunkt. Die Symmetrlen der beiden Außenwinkel, die n die gewählte Seite nliegen, und die Symmetrle des Innenwinkels beim gewählten Eckpunkt schneiden einnder in einem Punkt, dem Mittelpunkt eines Ankreises. Beweis: Wir zeigen ds nur für die Außenwinkel bei B und C und den Innenwinkel bei A. Sei I der Schnittpunkt der Winkelsymmetrle w β des n der Seite BC I nliegenden Außenwinkels beim Eckpunkt B mit der Winkelsymmetrlen w γ des n der Seite CB nliegenden h w γ Außenwinkels beim Eckpunkt C. Sei g die Hlbgerde, C die mn erhält, wenn mn die Seite AB über B hinus w β verlängert, und h die Hlbgerde, die mn erhält, wenn mn die Seite AC über C hinus verlängert. Diese beiden Hlbgerden und die Seite CB schließen die oben verwendeten Außenwinkel ein. D I uf w β liegt, ht I A B g nch Stz 0 denselben Normlbstnd von der Hlbgerde g und der Seite BC. D I uf w γ liegt, ht I nch Stz 0 denselben Normlbstnd von der Hlbgerde h und der Seite CB. Es folgt, dss I denselben Normlbstnd von w α

Frnz Hofbuer 7 den Hlbgerden g und h ht. Wegen Stz 0 liegt I uch uf der Winkelsymmetrle der Hlbgerden g und h, ds ist die Winkelsymmetrle w α des Innenwinkels beim Eckpunkt A. Somit schneiden die drei Winkelsymmetrlen w β, w γ und w α einnder im Punkt I. D I den gleichen Normlbstnd ϱ von g, h und der Dreiecksseite BC ht, berührt der Kreis mit Mittelpunkt I und Rdius ϱ die Dreiecksseite CB und die Verlängerungen der beiden nderen Seiten. Somit ist er ein Ankreis des Dreiecks. 5. Die besonderen Punkte mit Cev und Crnot Mn knn die Sätze über die besonderen Punkte des Dreiecks uch mit Hilfe der Umkehrung des Stzes von Cev (Stz 7 oder der des Stzes von Crnot (Stz 0 beweisen. Wir beginnen mit den Schwerlinien und den Seitensymmetrlen. Seien D, E und F die Mittelpunkte der Dreieckseiten AB, BC und CA. Dnn gilt DB = DA, EC = EB und F A = F C. Es folgt DA DB EB EC F C F A =. Aus Stz 7 ergibt sich dher, dss die drei Gerden l(a, E, l(b, F und l(c, D, ds sind die drei Schwerlinien, einnder in einem Punkt schneiden. Die Schwerlinien können j nicht prllel liegen. Ebenso erhlten wir AD DB + BE EC + CF F A = 0. Aus Stz 0 folgt dher, dss die drei Senkrechten durch D, E und F uf die jeweilige Dreieckseite, ds sind die drei Seitensymmetrlen, einnder in einem Punkt schneiden. Für die Winkelsymmetrlen verwenden wir die Umkehrung des Stzes von Cev. Als Vorbereitung beweisen wir folgenden Stz. Stz 3: Sei ABC ein Dreieck. Sei D der Schnittpunkt der Winkelsymmetrle durch C mit AB, E der der Winkelsymmetrle durch A mit BC und F der der Winkelsymmetrle durch B mit AC. Dnn gilt AD DB = AC BC, BE EC = BA CF CA und F A = CB AB. Beweis: Wir führen den Beweis nur für die Winkelsymmetrle durch C. Ihr Schnittpunkt mit der Seite AB wurde mit D bezeichnet. Wir zeichnen die Prllele zur Seite AC durch den Eckpunkt B. Sie schneidet die Winkelsymmetrle durch C in einem Punkt, den wir G nennen. Aus dem Strhlenstz folgt DA DB = AC BG. A und B liegt, ht DA DB D D immer zwischen negtives Vorzeichen. Es folgt AD DB BG. D BG prllel zu AC liegt, erhlten wir BGD = ACD = γ. D = DA DB = AC uch BCD = γ gilt, ist ds Dreieck CBG gleichschenkelig. Es gilt BG = BC. Dmit ist gezeigt. Die beiden nderen Gleichungen beweist mn gnz nlog. AD DB = AC BC Sind D, E und F die Schnittpunkte der Winkelsymmetrlen mit den gegenüberliegenden Seiten, wie sie in Stz 3 eingeführt wurden, dnn folgt us diesem Stz sofort, dss DA DB EB EC F C F A = AC BC BA CA CB AB = gilt. Aus Stz 7 erhlten wir dnn, dss die drei Gerden l(a, E, l(b, F und l(c, D, ds sind die drei Winkelsymmetrlen, einnder in einem Punkt schneiden. Die Winkelsymmetrlen können j nicht prllel liegen. Für die Höhen können wir beide Sätze verwenden. Wir verwenden die Umkehrung des Stzes von Crnot. Als Vorbereitung beweisen wir folgenden Stz. A F G D C γ γ E B

8 Elementrgeometrie Stz 4: Sei ABC ein Dreieck mit Seitenlängen, b und c. Sei D der Fußpunkt der Höhe durch C, sei E der Fußpunkt der Höhe durch A und sei F der Fußpunkt der Höhe durch B. Dnn gilt AD DB = b, BE EC = c b und CF F A = c. Beweis: Wir wenden den Stz von Pythgors uf die rechtwinkeligen Dreiecke ADC und BDC n, die beide bei D einen rechten Winkel hben. Wegen AC = b und BC = erhlten wir AD + DC = b und BD + DC =. Subtrhieren wir die zweite von der ersten Gleichung, so ergibt sich AD DB = b. Die nderen beiden Gleichungen beweist mn nlog. Sind D, E und F die Höhenfußpunkte, wie sie in Stz 4 eingeführt wurden, dnn folgt AD DB + BE EC + CF F A = b + c b + c = 0 us eben diesem Stz. Aus Stz 0 erhlten wir dnn, dss die drei Senkrechten durch D, E und F uf die jeweilige Dreieckseite, ds sind die drei Höhen, einnder in einem Punkt schneiden. Neben den vier besonderen Punkten, die wir hier behndelt hben, gibt es noch viele weitere Punkte, die ebenflls ls besondere Punkte des Dreiecks bezeichnet werden. Im folgenden Stz behndeln wir einen dieser Punkte, den sogennnten Gergonnepunkt. Stz 5: Sei ABC ein Dreieck. Sei D der Punkt, in dem der Inkreis die Seite AB berürt, E der Punkt, in dem der Inkreis die Seite BC berürt und F der Punkt, in dem der Inkreis die Seite AC berürt. Dnn schneiden die drei Gerden l(a, E, l(b, F und l(c, D einnder in einem Punkt. Beweis: Es gilt AD = AF, d D und F die Berührpunkte der Tngenten von A n den Inkreis sind. Ebenso gilt BD = BE und CE = CF. D D immer zwischen A und B liegt, ergibt sich DA DB = AD EB BD. Ebenso folgt EC = BE CE und F C F A = CF AF. Wir erhlten DA DB EB EC F C F A = AD BD BE CE CF AF =. Aus Stz 7 folgt, dss die Gerden l(a, E, l(b, F und l(c, D einnder in einem Punkt schneiden. Sie sind j nicht prllel. 6. Eulergerde, Neunpunktkreis und zentrische Streckungen Wir behndeln die Eulergerde und den Neunpunktkreis. Entsprechende Sätze beweisen wir unter Zuhilfenhme von Abbildungen, und zwr von zentrischen Streckungen. Sei c R\{0, } und Z ein beliebiger Punkt in der Ebene. Wir definieren eine Abbildung φ : R R folgendermßen: Ist P in R, ber ungleich Z, dnn sei φ(p der eindeutig bestimmte Punkt V uf der Gerden l(z, P, für den ZV ZP = c gilt. Weiters sei φ(z = Z. Durch diese Abbildung wird die Ebene vom Punkt Z us um den Fktor c gestreckt. Ist c <, dnn wird sie gestucht. Bei negtivem c wird ußerdem um den Punkt Z gespiegelt. Mn nennt diese Abbildung die zentrische Streckung mit Zentrum Z und Streckungsfktor c. Zuerst beweisen wir Eigenschften dieser zentrischen Streckungen. Hilfsstz B: Sei φ die zentrische Streckung mit Zentrum Z und Streckungsfktor c. Seien P und Q Punkte, die ungleich Z sind. Sei V = φ(p und W = φ(q. Dnn liegt l(p, Q prllel zu l(v, W und es gilt V W = c P Q. Beweis: Wenn Z uf der Gerde l(p, Q liegt, dnn tun ds uch V und W, d nch Definition von φ j V uf l(z, P und W uf l(z, Q liegt. Es gilt lso l(p, Q = l(v, W. Weiters gilt V W = V Z + ZW = c P Z + c ZQ = c (P Z + ZQ = c P Q, worus V W = c P Q folgt.

Frnz Hofbuer 9 Es bleibt der Fll, dss Z nicht uf l(p, Q liegt. Nch Definition von φ hben wir zwei Gerde g und h, die einnder im Punkt Z schneiden, mit P und V uf der Gerden g und mit Q und W uf der Gerden h, sodss ZV ZW ZP = c und ZQ = c gilt. Aus Stz 4 folgt, dss die Gerden l(p, Q und l(v, W prllel zueinnder liegen. Aus Stz 3 folgt jetzt, dss V W P Q = ZV ZP, lso V W P Q = c gilt. Drus ergibt sich V W = c P Q. Stz 6: In einem Dreieck ABC liegen der Höhenschnittpunkt H, der Schwerpunkt S und der Umkreismittelpunkt U uf einer Gerden und es gilt SU SH =. Die Gerde durch diese drei Punkte heißt Eulersche Gerde. C Beweis: Sei φ die zentrische Streckung mit Streckungsfktor c =, die den Schwerpunkt S des Dreiecks ls H Zentrum ht. Sei M c der Mittelpunkt der Seite AB und M der der Seite M b M BC. Nch Stz 5 geht ein Schwerlinie S durch die Punkte S, M c und C und es gilt SM c SC =, worus φ(c = M c U folgt. Sei G = φ(h. Nch Hilfsstz B liegt l(g, M c prllel zur Gerde l(h, C, die senkrecht uf l(a, B A M c B steht. Also steht uch l(g, M c senkrecht uf l(a, B und ist dher die Symmetrle der Dreieckseite AB. Anlog zeigt mn, dss φ(a = M gilt und l(g, M die Symmetrle der Dreieckseite BC ist. Also liegt G sowohl uf der Symmetrle der Dreieckseite AB ls uch uf der Symmetrle der Dreieckseite BC und ist somit der Umkreismittelpunkt U. Wir hben φ(h = U gezeigt. Ds bedeutet, dss die Punkte U, S und H uf einer Gerden liegen und dss SU SH = gilt. Sei ABC ein Dreieck mit Höhenschnittpunkt H, Umkreismittelpunkt U und Umkreisrdius r. Sei N der Mittelpunkt der Strecke HU. Der Kreis mit Mittelpunkt N und Rdius heißt Neunpunktkreis. Er wird uch Feuerbchkreis oder Eulerkreis gennnt. r Stz 7: Seien H, H b und H c die Höhenfußpunkte und M, M b und M c die Seitenmitten eines Dreiecks ABC. Sei H der Höhenschnittpunkt und R, R b und R c die Mittelpunkte der Strecken HA, HB und HC. (Diese werden mnchml Eulerpunkte gennnt. Dnn liegen die neun Punkte H, H b, H c, M, M b, M c, R, R b und R c uf dem Neunpunktkreis. Beweis: Sei ψ die zentrische Streckung mit Streckungsfktor c =, die den Höhenschnittpunkt H ls Zentrum ht. Für einen beliebigen Punkt P H gilt dnn, dss ψ(p der Mittelpunkt der Strecke HP ist. Drus folgt, dss ψ(a = R, ψ(b = R b, ψ(c = R c und ψ(u = N gilt. Aus Hilfsstz B folgt NR = UA, NR b = UB und NR c = UC. D die Eckpunkte A, B und C des Dreiecks uf dem Umkreis liegen, erhlten wir UA = r, UB = r und UC = r. Ds ergibt NR = r, NR b = r und NR c = r. Somit liegen die Punkte R, R b und R c uf dem Neunpunktkreis. Sei φ die zentrische Streckung mit Streckungsfktor c =, die den Schwerpunkt S des Dreiecks ls Zentrum ht. Ds ist die selbe, die wir im letzten Beweis verwendet hben. Dort wurde gezeigt, dss φ(c = M c gilt. Anlog zeigt mn φ(a = M und φ(b = M b. Wir überlegen uns, dss uch φ(u = N gilt. Sei G = φ(u. Im letzten Beweis wurde φ(h = U gezeigt. Die vier Punkte U, S, G und

0 Elementrgeometrie H liegen dnn uf einer Gerde, ds ist die oben eingeführte Eulergerde (Zeichnung links unten. Weiters gilt US = HS = SH und GS = US = SU. Drus folgt UG = US + SG = SG + SG = 3SG und GH = GS + SH = GS + US = SG + 4SG = 3SG Es gilt lso UG = GH. Somit ist G der Mittelpunkt der Strecke HU, ds heißt G = N. Wir hben φ(u = N gezeigt. Wie oben folgt jetzt NM = UA = r, NM b = UB = r und NM c = UC = r. Dmit ist gezeigt, dss uch die Punkte M, M b und M c uf dem Neunpunktkreis liegen. C C M b H G S U M P H N U Q A M c B A H c F M c B Wir zeigen, dss die Punkte H, H b und H c uf dem Neunpunktkreis liegen (Zeichnung rechts. Sei F der Fußpunkt des Lotes von N uf die Seite AB. Wir zeichnen eine Prllele durch N zur Seite AB. Sie schneidet die Höhe durch C im Punkt P und die Symmetrle der Seite AB im Punkt Q. D die Höhe durch C, ds Lot von N uf AB und die Symmetrle der Seite AB prllel sind, gilt einerseits NP = F H c und NQ = F M c, ndererseits folgt NP NQ = NH NU us dem Strhlenstz. D N die Strecke HU hlbiert, gilt NH NU = und somit uch NP NQ =. Es folgt NP = NQ, lso uch F H c = F M c. Es gilt NF H c = NF M c = 90 0. Dher erhlten wir NH c = NF + F H c und NM c = NF + F M c us dem Stz von Pythgors. Wegen F H c = F M c ergibt sich NH c = NM c. Oben wurde NM c = r gezeigt. Es folgt NH c = r. Somit liegt uch H c uf dem Neunpunktkreis. Anlog zeigt mn, dss uch die beiden nderen Höhenfußpunkte H und H b uf dem Neunpunktkreis liegen. 7. Der Peripheriewinkelstz Sei AB eine Sehne in einem Kreis k. Ist C ein Punkt uf k, dnn heißt der Winkel bei C im Dreieck ABC Peripheriewinkel über der Sehne AB. Ist M der Mittelpunkt von k, dnn heißt der Winkel bei M im Dreieck ABM Zentriwinkel über der Sehne AB. Stz 8 (Peripheriewinkelstz Sei AB eine Sehne im Kreis k, dessen Mittelpunkt M Zentriwinkel α über der Sehne AB hbe. Sei C ein Punkt uf dem Kreis, der jedoch weder A noch B ist. Sei γ der Peripheriewinkel von C über der Sehne AB. Liegt M uf der selben Seite von AB wie C oder uf AB, dnn gilt γ = α. Liegt M uf der nderen Seite von AB ls C oder uf AB, dnn gilt γ = 80 0 α.

Frnz Hofbuer Beweis: Die Punkte A, B und C liegen uf dem Kreis k. Dieser Kreis ist dher der Umkreis des Dreiecks ABC und M ist der Umkreismittelpunkt. Der Winkel beim Eckpunkt C in diesem Dreieck ist der Peripheriewinkel γ. Wir behndeln zuerst den Fll, dss M im Dreieck ABC liegt. Dieser Fll ist in der linken Zeichnung drgestellt. Die Dreiecke AM C und BM C sind gleichschenkelig. Die Schenkel MA, MB und MC dieser Dreiecke sind j Rdien des Kreises k. C γ M M γ C M α α α A B A B A B Es gilt AMC + BMC = 360 0 α und ACM + BCM = γ. Drus erhlten wir CAM + CBM = γ, d die Dreiecke AMC und BMC gleichschenkelig sind und somit CAM = ACM und CBM = BCM gilt. Addition dieser drei Gleichungen ergibt 80 0 +80 0 = 360 0 α+γ, d Dreiecke Winkelsumme 80 0 hben. Es folgt γ = α. (Dieser Beweis funktioniert uch, wenn M uf AC, uf BC oder uf AB liegt, es treten nur Winkel mit 0 0 uf. Der Fll, wo M uf der selben Seite von AB wie C liegt, ber nicht mehr im Dreieck ABC, ist in der mittleren Zeichnung drgestellt. Es gilt AMC BMC = α und ACM + BCM = γ. Es folgt CAM + CBM = γ, d die Dreiecke AMC und BMC gleichschenkelig sind und somit CAM = ACM und CBM = BCM gilt. Subtrktion der zweiten und dritten Gleichung von der ersten ergibt 80 0 80 0 = α γ, d Dreiecke Winkelsumme 80 0 hben. Es folgt γ = α. Der Fll, wo M und C uf verschiedenen Seiten der Sehne AB liegen, ist in der dritten Zeichnung drgestellt. Es gilt AMC + BMC = α und ACM + BCM = γ. Drus folgt CAM + CBM = γ, d die Dreiecke AMC und BMC gleichschenkelig sind und CAM = ACM und CBM = BCM gilt. Addition der drei Gleichungen ergibt 80 0 + 80 0 = α + γ, d Dreiecke Winkelsumme 80 0 hben. Es folgt γ = 360 0 α. Der Spezilfll von Stz 8, bei dem die Sehne durch den Mittelpunkt des Kreises geht, heißt Stz von Thles. Es treffen beide Fälle us Stz 8 zu. Der Zentriwinkel beträgt dnn 80 0 und der Peripheriwinkel somit 90 0. Stz 9 (Stz von Thles Sei k ein Kreis, mit Mittelpunkt M und einer Sehne AB, die durch M geht. Dnn ht jeder Punkt C uf dem Kreis, der ungleich A und B ist, einen rechten Winkel ls Peripheriewinkel über AB. Wndert mn mit dem Punkt C den Kreis entlng bis er uf der Sehne zu liegen kommt, dnn wird us dem Peripheriewinkel ein Tngentenwinkel. Dieser Grenzfll wird im folgenden Stz behndelt. Stz 30 (Tngentenwinkelstz Sei AB eine Sehne im Kreis k, dessen Mittelpunkt M Zentriwinkel α über der Sehne AB hbe. Sei t die Tngente n den Kreis k im Punkt A γ C

Elementrgeometrie und γ der Winkel zwischen AB und t, der uf der nderen Seite der Sehne AB liegt ls M (oder M liegt uf AB. Dnn gilt γ = α. M Beweis: Die Strecke M A vom Mittelpunkt des k α Kreises k zum Berührpunkt A steht senkrecht uf die Tngente t. Es folgt MAB = 90 0 γ. Ds Dreieck AM B ist gleichschenkelig, d sowohl A γ B AM ls uch BM der Rdius des Kreises k ist. Aus Stz 9 folgt MBA = MAB = 90 0 γ. t Die Winkelsumme im Dreieck AMB ist 80 0. Wir erhlten dher 90 0 γ + 90 0 γ + α = 80 0. Drus folgt dnn γ = α. Der Tngentenwinkelstz besgt, dss die Winkel zwischen einer Sehne AB in einem Kreis k und der Tngente t im Punkt A n k gleich α und 800 α sind, wobei α der Zentriwinkel des Mittelpunkts M des Kreises über der Sehne AB ist. Vergleicht mn mit dem Peripheriewinkelstz, dnn sieht mn, dss der Peripheriewinkel eines Punktes uf k gleich ist dem Winkel zwischen der Sehne AB und der Tngente t, wobei dieser Winkel jedoch uf der nderen Seite der Sehne AB liegt ls der Peripheriewinkel. Im nebenstehenden Bild sind zwei Peripheriewinkel eingezeichnet und der A jeweils gleich große Tngentenwinkel. t Es gilt uch die Umkehrung des Peripheriewinkelstzes. Wir formulieren sie so Stz 3: Sei AB eine Sehne im Kreis k. Sei C ein weiterer Punkt uf k und γ = ACB. Die Gerde l(a, B teilt die Ebene in zwei Hlbebenen (die l(a, B nicht enthlten. Sei H die Hlbebene in der C liegt und H die ndere. ( Für einen Punkt P in H gilt: P liegt uf k AP B = γ (b Für einen Punkt P in H gilt: P liegt uf k AP B = 80 0 γ Beweis: Wir beweisen (. Der Punkt P liege in H. C P Sei g die Hlbgerde, die von A us durch P geht. t γ Q Wegen Stz 30 ist der Winkel in H, den die Tngente γ t im Punkt A n den Kreis k mit der Sehne AB einschließt, gleich 80 0 γ. Wir unterscheiden zwei Fälle. g Fll : Es gelte BAP 80 0 γ. Die Hlbgerde g H schneidet den Kreis k nicht. Dher liegt P nicht uf k. D die Winkelsumme eines Dreiecks 80 0 beträgt, gilt A γ B H BAP + AP B < 80 0, worus AP B < γ folgt. Im Fll liegt weder P uf k noch gilt AP B = γ. Fll : Es gelte BAP < 80 0 γ. Jetzt ht g einen Schnittpunkt Q mit k. Aus Stz 8 folgt AQB = γ, d Q uf derselben Seite der Sehne AB liegt wie C. Liegt P uf k, dnn muss P = Q gelten und somit uch AP B = γ. Gilt umgekehrt AP B = γ, dnn sind die Dreiecke ABP und ABQ kongruent, d sie die Seite AB und den Winkel bei A gemeinsm hben und uch noch AP B = AQB gilt. Es folgt AP = AQ und somit P = Q. Ds bedeutet, dss P uf k liegt. Dmit ist gezeigt, dss im Fll der Punkt P genu dnn uf k liegt, wenn AP B = γ gilt. Die Aussge ( ist vollständig bewiesen. Der Beweis von (b ist gnz nlog. Sttt in H sind wir jetzt in H. Im obigen Beweis ist nur γ durch 80 0 γ zu ersetzen und 80 0 γ durch γ. B

Frnz Hofbuer 3 Wir kommen zu den Anwendungen des Peripheriewinkelstzes und seiner Umkehrung. Stz 3 (Südpolstz Im Dreieck ABC sei P der Schnittpunkt der Winkelsymmetrle durch den Eckpunkt C mit dem Umkreis. Dnn ht P gleiche Abstände zu den Eckpunkten A und B und zum Inkreismittelpunkt I. C Beweis: Wir wenden den Peripheriewinkelstz uf die Sehnen BP und AP im Umkreis n. Es folgt BAP = BCP = γ und ABP = ACP = γ. Ds Dreieck ABP ist gleichschenkelig. Der Punkt P ht gleiche Abstände zu den Eckpunkten A und B. Es bleibt zu zeigen, dss der Inkreismittelpunkt I den selben Abstnd vom Punkt P ht wie der Eckpunkt A. Es gilt BAP = γ und BAI = α, d I uf der Winkelsymmetrle durch A liegt. Drus folgt P AI = α+γ A γ. Der Winkel P IA ist der Außenwinkel des Dreiecks ACI beim Eckpunkt I und dher gleich der Summe der beiden Innenwinkel bei den Eckpunkten A und C. D die Seiten AI und P CI uf den Winkelsymmetrlen liegen, erhlten wir CAI = α und ACI = γ. Es folgt P IA = α+γ. Ds Dreieck AP I ist somit gleichschenkelig. Es folgt, dss der Inkreismittelpunkt I den selben Abstnd vom Punkt P ht wie der Eckpunkt A. Stz 33: Spiegelt mn den Höhenschnittpunkt H eines Dreiecks ABC n den (Verlängerungen der drei Seiten, dnn liegen die gespiegelten Punkte uf dem Umkreis. Beweis: Wir beweisen den Stz für die Spiegelung des Höhenschnittpunkts H n der Seite AB. Sei G der Schnittpunkt des Umkreises mit der Verlängerung der Höhe durch C und F ihr Fußpunkt. Wir bezeichnen den Winkel F CB mit ε. Ds Dreieck ABC sei zuerst einml spitzwinkelig. Die Winkel HAF und F CB sind gleich groß, d die Schenkel AH und AB des einen Winkels senkrecht uf den Schenkeln BC und BF des nderen Winkels stehen (Orthogonlwinkel. Somit gilt HAF = ε. D GAB und GCB = ε Peripheriewinkel im Umkreis des Dreiecks über der Sehne GB sind, folgt GAB = ε, ds heißt GAF = ε. Die Dreiecke AGF und AHF sind kongruent, d sie die Seite AF gemeinsm, bei A beide den Winkel ε und bei F beide einen rechten Winkel hben. Es folgt HF = F G. Somit ist G der n der Seite AB gespiegelte Höhenschnittpunkt H. Und G liegt uf dem Umkreis. Ist γ 90 0, dnn geht es genuso. Ist α = 90 0, dnn gilt H = G = A. Ist α > 90 0, dnn liegt H unterhlb und G oberhlb der Gerde l(a, B. Ähnlich wie oben ergibt sich HAF = ε (Orthogonlwinkel. Den Winkel GAB bestimmen wir wieder mit dem Peripheriewinkelstz: Liegt C oberhlb von G, dnn gilt GAB = 80 0 GCB = 80 0 ε. Liegt C unterhlb von G, dnn gilt GAB = GCB = 80 0 ε. Gilt G = C, ds heißt die Höhe durch C ist Tngente n den Umkreis, dnn folgt GAB = 80 0 ε us dem Tngentenwinkelstz. In llen Fällen gilt GAF = 80 0 GAB = ε. A ε ε C G ε H F γ I B B

4 Elementrgeometrie Die folgenden vier Sätze sind nicht wichtig. Es gibt viele derrtige Sätze. Es wurden vier usgewählt, um weitere Anwendungsbeispiele für den Peripheriewinkelstz zu hben. Die Beweise werden uch nur für spitzwinkelige Dreiecke gegeben. Sie müssen meistens ein wenig modifiziert werden, um die Beweise für stumpfwinkelige Dreiecke zu erhlten. Stz 34: Sei ABC ein Dreieck und t die Tngente im Eckpunkt C n den Umkreis. Sei P ein Punkt uf t und U und V die Fußpunkte der Lote von P uf l(a, C und l(b, C. Dnn steht l(u, V senkrecht uf l(a, B. Beweis: Wir führen den Beweis für ein spitzwinkeliges Dreieck. Wir nehmen n, dss P uf der nderen Seite der Gerden l(b, C liegt ls A. Aus dem Tngentenwinkelstz für die Sehne BC im Umkreis folgt P CB = α. Drus ergibt sich UCP = 80 0 P CB γ = 80 0 α γ = β. Sei k der Kreis durch die Punkte C, P und U. Wegen t V CUP = 90 0 und CV P = 90 0 liegt uch V uf dem Kreis k (Stz von Thles. Aus dem Peripheriewinkelstz ngewendet uf die Sehne UP im Kreis k folgt P V U = P CU = β. Wegen CV P = 90 0 ergibt sich CV U = 90 0 β. Sei D der Schnittpunkt der Gerden l(v, U und A D B l(b, A. Dnn gilt BV D = CV U = 90 0 β (Scheitelwinkel. Wegen DBV = β und d die Winkelsumme im Dreieck DBV gleich 80 0 ist, muss der Winkel V DB gleich 90 0 sein. Stz 35 (Archimedes Sei ABC ein Dreieck mit Höhenschnittpunkt H. Sei k der Kreis mit Durchmesser AB. Sei P der Schnittpunkt B des Kreises k mit der Gerden l(b, C und Q der Schnittpunkt A des Kreises k mit der Gerden l(a, C. Sei T der Schnittpunkt der beiden Tngenten n den Kreis k in den Punkten P und Q. Dnn liegt der Punkt T uf der Höhe durch C und ht gleichen Abstnd von den Punkten C, H, P und Q. Beweis: Wir beweisen den Stz für ein spitzwinkeliges Dreieck. D AB ein Durchmesser C des Kreises k ist und P und Q uf k liegen, γ folgt AP B = 90 0 und AQB = 90 0 us dem Stz von Thles. Somit ist AP die Höhe durch A und BQ die Höhe durch B. Ihr Schnittpunkt T ist der Höhenschnittpunkt H. Q Die Winkelsumme in einem Viereck ist 360 0, α d mn es sich us zwei Dreiecken zusmmengesetzt β P denken knn. Ds Viereck P CQH ht bei P und Q rechte Winkel und bei C den Winkel γ. Es folgt QHP = 80 0 γ. k H Der Tngentenwinkelstz für die Sehne QB im Kreis k ergibt T QB = QAB = α. Für die Sehne P A ergibt er T P A = P BA = β. A α β B Ds Viereck QHP T ht dher bei Q und P die Winkel α und β und bei H den Winkel 80 0 γ. Es folgt P T Q = 360 0 α β (80 0 γ = γ, d j 80 0 α β = γ gilt. C U P

Frnz Hofbuer 5 Es gilt T P = T Q, d P und Q die Berührpunkte der Tngenten von T us n den Kreis k sind. Sei l der Kreis mit Mittelpunkt T durch P und Q. Der Zentriwinkel des Mittelpunkts T über der Sehne P Q ist γ. D C uf derselben Seite der Sehne P Q liegt wie T und P CQ = γ gilt, liegt C uf dem Kreis l. D H uf der nderen Seite der Sehne P Q liegt ls T und QHP = 80 0 γ gilt, liegt uch H uf dem Kreis l. Dmit ist T P = T Q = T C = T H gezeigt. Nun ist CH eine Sehne im Kreis l und P ist ein Punkt uf dem Kreis l mit Peripheriewinkel 90 0 über der Sehne CH. Der Zentriwinkel des Mittelpunkts T über der Sehne CH ist dher 80 0, ds heißt T liegt uf CH und somit uch uf der Höhe durch C, d H j der Höhenschnittpunkt ist. Stz 36: Sei ABC ein Dreieck mit Höhenschnittpunkt H. Sei M der Mittelpunkt der Seite AB. Sei k der Kreis mit Durchmesser HC und P der Schnittpunkt C von k mit dem Umkreis. Dnn liegen P, H und M uf einer Gerde. Beweis: Wir führen den Beweis für ein spitzwinkeliges Dreieck und nehmen n, dss P uf C dem Bogen des Umkreises zwischen C und k B liegt. Wir führen einige Hilfspunkte ein. P Sei G der n der Seite AB gespiegelte Höhenschnittpunkt H. Nch Stz 33 liegt G F uf dem Umkreis. Sei E der n der Symmetrle s c der Seite AB gespiegelte Punkt H G. D der Umkreis bei dieser Spiegelung in s c sich selbst übergeht, liegt E ebenflls uf dem Umkreis. D die beiden Spiegelungschsen A M B AB und s c ufeinnder senkrecht stehen, gilt uch EGH = 90 0 und der Schnittpunkt M der beiden Achsen ist der Mittelpunkt der Strecke EH. Es genügt dher zu zeigen, dss E G P, H und E uf einer Gerde liegen. Sei F der Fußpunkt der Höhe durch A und φ = F CP = BCP. D HC ein Durchmesser des Kreises k ist, der Zentriwinkel lso 80 0 beträgt, und HF C = 90 0 gilt, liegt F uf k (Umkehrung des Peripheriewinkelstzes. Aus dem Peripheriewinkelstz ngewendet uf die Sehne F P im Kreis k folgt F HP = F CP = φ. Aus dem Peripheriewinkelstz ngewendet uf die Sehne BP im Umkreis erhlten wir BEP = BCP = φ. Aus dem Peripheriewinkelstz ngewendet uf die Sehne EC im Umkreis folgt schließlich EBC = EGC = EGH = 90 0. D F der Fußpunkt der Höhe durch A ist und dher uch AF C = 90 0 gilt, liegen die Strecken AF und EB prllel zueinnder. Es folgt AHE = BEH = BEP = φ (Wechselwinkel. Wir hben F HP = φ = AHE gezeigt. D die Punkte A, H und F uf einer Gerden nämlich uf der Höhe durch A liegen, liegen die Punkte P, H und E ebenflls uf einer Gerden. Stz 37: Sei ABC ein Dreieck mit Höhenschnittpunkt H und β α. Sei S der Schnittpunkt der Winkelsymmetrle w c durch C mit dem Umkreis (Südpol und R der n der Seite AB gespiegelte Punkt S. Dnn steht RH senkrecht uf w c.

6 Elementrgeometrie Beweis: Sei G der n der Seite AB gespiegelte C Höhenschnittpunkt H. Nch Stz 33 liegt er uf dem Umkreis. Wir führen den Beweis für ein spitzwinkeliges Dreieck und nehmen n, dss β > α gilt. Es folgt ACH = 90 0 α > 90 0 β = BCH. Dher liegen die Punkte S, G und B in dieser Reihenfolge uf dem Umkreis. H R Im Beweis von Stz 3 wurde SBA = γ gezeigt. Es folgt SBC = β + γ. Aus dem Peripheriewinkelstz ngewendet uf die Sehne SC im Umkreis A B w c folgt SGC = SBC = β + γ. D R und H die Spiegelbilder von S und G n der Seite AB sind, gilt uch RHG = SGH = SGC = β+ γ. Es folgt RHC = 80 0 RHG = 80 0 β γ G = α + γ. S Wegen HCA = 90 0 α und SCA = γ erhlten wir HCS = HCA SCA = 90 0 α γ. Wegen HCS + RHC = 900 muss der Winkel zwischen den Strecken RH und CS ebenflls 90 0 betrgen. 8. Umkreis, Inkreis, Ankreise und Fläche Wir berechnen zuerst die Rdien des Umkreises, des Inkreises und der Ankreise. Dnn beweisen wir die Heronsche Formel für die Fläche eines Dreiecks Stz 38: Seien, b und c die Längen der Seiten eines Dreiecks und sei F seine Fläche. Ist r der Umkreisrdius, dnn gilt r = bc 4F. Beweis: Wir können die Bezeichnung so wählen, dss C BAC < 90 0 gilt. Sei G der Schnittpunkt C des Umkreises mit der Gerden l(c, U. Die Dreieckseite BC ist eine Sehne im Umkreis und A und G liegen uf dem Umkreis uf der selben Seite dieser Sehne. Aus dem Peripheriewinkelstz folgt BAC = BGC. Sei h die Länge U der Höhe durch den Eckpunkt C und D ihr Fußpunkt. Der Winkel ADC ist ein rechter, d CD ls Höhe uf A D B AB senkrecht steht. Der Winkel GBC ist ebenflls ein rechter, d er ein Peripheriewinkel über dem Durchmesser CG des Umkreises ist. Die Dreiecke GBC und ADC sind dher ähnlich. Der Strhlenstz liefert CG CB = CA r CD, ds heißt G h. Es gilt uch F = ch. Multipliktion dieser Gleichungen ergibt 4rF = cb, lso r = bc 4F. Stz 39: Seien, b und c die Längen der Seiten eines Dreiecks, F seine Fläche und s = ( + b + c sein hlber Umfng. Ist ϱ der Inkreisrdius, dnn gilt ϱ = F s. Beweis: Sei I der Inkreismittelpunkt. Ds Dreieck ABC lässt sich in die drei Dreiecke AIB, AIC und BIC zerlegen. Diese drei Dreiecke hben Höhe ϱ und ihre Flächen sind cϱ, bϱ und ϱ. Es gilt somit F = ϱ + bϱ + cϱ = sϱ, lso ϱ = F s. Stz 40: Seien, b und c die Längen der Seiten eines Dreiecks, F seine Fläche und s = ( + b + c sein hlber Umfng. Sind ϱ, ϱ b und ϱ c die Rdien der Ankreise n die drei Seiten, dnn gilt ϱ = F s, ϱ b = F s b und ϱ c = F s c.

Frnz Hofbuer 7 Beweis: Wir beweisen die erste der drei Formeln. Sei P der Mittelpunkt des Ankreises n die Seite BC. Die Flächen der drei Dreiecke AP B, AP C und BP C sind dnn cϱ, bϱ und ϱ. Die beiden Dreiecke ABC und BP C überdecken dieselbe Fläche wie die beiden Dreiecke AP B und AP C. Dher gilt F + ϱ = cϱ + bϱ. Es folgt F = (b + c ϱ = (s ϱ und drus dnn ϱ = F s. Stz 4 (Heronsche Formel Seien, b und c die Seitenlängen eines Dreiecks, F seine Fläche und s = ( + b + c sein hlber Umfng. Dnn gilt F = s(s (s b(s c. Beweis: Sei D der Fußpunkt der Höhe durch den Eckpunkt C. Sei h = CD und p = AD. Der Stz von Pythgors ngewendet uf die beiden Dreiecke ACD und BCD ergibt b = h + p und = h + (c p. Ds Vorzeichen von p hängt dvon b, ob der Winkel α spitz oder stumpf ist. Subtrhiert mn diese beiden Gleichungen, so ht mn b = c cp. Für beide Vorzeichen folgt 4c p = ( b c. Mit Hilfe obiger Gleichungen ergibt sich 6F = 4c h = 4c b 4c p = 4b c ( b c. Durch wiederholtes Anwenden der Formel u v = (u + v(u v erhält mn 6F = 4b c ( b c = (bc + b + c (bc + b c = ((b + c ( (b c = (b + c + (b + c ( + b c( b + c = s(s (s c(s b Drus folgt dnn F = s(s (s b(s c. Um die Abstände der Eckpunkte eines Dreiecks zu den Berührpunkten des Inkreises und der Ankreise zu berechnen, verwenden wir die Bemerkung nch Stz 0. Legt mn die beiden Tngenten von einem Punkt S n einen Kreis, dnn sind die Abschnitte von S bis zu den Berührpunkten gleich lng. Stz 4: Sei ABC ein Dreieck mit Seitenlängen, b und c und s = +b+c. Der Inkreis berühre die Seite BC im Punkt P, die Seite AC im Punkt P b und die Seite AB im Punkt P c. Dnn gilt AP b = AP c = s, BP = BP c = s b und CP = CP b = s c. Beweis: Es gilt AP b = AP c, BP = BP c und CP = CP b nch der erwähnten Bemerkung. Wir bezeichnen diese Abstände der Reihe nch mit x, y und z. Dnn hben wir x + y = AP c + BP c = c, x + z = AP b + CP b = b, und y + z = BP + CP =. Es folgt x = b + c = s, y = + c b = s b und z = + b c = s c. Stz 43: Sei ABC ein Dreieck mit Seitenlängen, b und c und s = +b+c. Der Ankreis n die Seite BC berühre diese im Punkt R, die Verlängerung der Seite AC im Punkt R b und die Verlängerung der Seite AB im Punkt R c. Dnn gilt AR b = AR c = s, BR = BR c = s c und CR = CR b = s b. Beweis: Wie im letzten Beweis gilt AR b = AR c, BR = BR c und CR = CR b. Wir bezeichnen diese Abstände der Reihe nch mit x, y und z. Dmit erhlten wir dnn x y = AR c BR c = c, x z = AR b CR b = b, und y + z = BR + CR =. Es folgt x = + b + c = s, y = + b c = s c und z = + c b = s b. Anloge Resultte gelten ntürlich uch für die Ankreise n die Seiten AB und AC.

II. Trigonometrie. Trigonometrische Funktionen Der Einheitskreis ist der Kreis mit Mittelpunkt (0, 0 und Rdius. Um sin α und cos α zu definieren, zeichnen wir vom Punkt (0, 0 us eine Hlbgerde, die mit der x-achse den Winkel α einschließt (für α > 0 im Gegenuhrzeigersinn, für α < 0 im Uhrzeigersinn. Die Koordinten des Schnittpunktes dieser Hlbgerde mit dem Einheitskreis sind dnn cos α und sin α. D mn für die Winkel α und α + 360 0 den selben Punkt m Einheitskreis erhält, ergibt sich sin(α + 360 0 = sin α und cos(α + 360 0 = cos α. Weiters definiert mn tn α = sin α cos α und cot α = tn α = cos α sin α. Stz 44: Die Funktionen sin und cos hben folgende Eigenschften ( sin α + cos α = (b sin 0 = sin 80 0 = 0, sin 90 0 =, cos 0 =, cos 80 0 =, cos 90 0 = 0 (c sin( α = sin α, cos( α = cos α (d sin(α + 90 0 = cos α, cos(α + 90 0 = sin α (e sin(α + 80 0 = sin α, cos(α + 80 0 = cos α Beweis: Es gilt (, d der Punkt mit den Koordinten cos α und sin α uf dem Einheitskreis liegt. Auch (b folgt sofort us der Definition, indem mn die Koordinten der Punkte bliest, die mn für die Winkel 0, 90 0 und 80 0 erhält. D die Punkte, die mn für die Winkel α und α erhält, symmetrisch zur x-achse liegen, folgt (c. Den Vektor ( cos(α+90 0 sin(α+90 0 erhält mn, indem mn den Vektor ( cos α sin α um 900 nch links verdreht. D- erhält mn, indem mn den Vektor ( cos α sin α um rus folgt (d. Den Vektor ( cos(α+80 0 sin(α+80 0 den Nullpunkt spiegelt. Drus folgt (e. Ist α ein Winkel in einem rechtwinkeligen Dreieck, der nicht der rechte ist, dnn heißt die m Winkel α nliegende Kthete die Ankthete und die nicht nliegende Kthete heißt Gegenkthete. Aus dem Strhlenstz folgt dnn sin α = Gegenkthete Hypotenuse cos α = Ankthete Hypotenuse und tn α = Gegenkthete Ankthete Stz 45 (Summensätze Für beliebige Winkel α und β gelten die beiden Formeln ( sin(α + β = sin α cos β + cos α sin β (b cos(α + β = cos α cos β sin α sin β Beweis: Misst mn von der x-achse us m Einheitskreis im Gegenuhrzeigersinn den Winkel α, so kommt mn zum Punkt (cos α, sin α. Misst mn von der x-achse us m Einheitskreis im Uhrzeigersinn den Winkel β, so kommt mn zum Punkt (cos β, sin β. Der Winkel zwischen den Hlbgerden zu diesen Punkten ist α + β. Der Winkel zwischen den Hlbgerden zu den Punkten (, 0 und (cos(α + β, sin(α + β ist ebenflls α + β. Dher ist uch der Abstnd vom Punkt (cos α, sin α zum Punkt (cos β, sin β gleich dem Abstnd vom Punkt (, 0 zum Punkt (cos(α + β, sin(α + β. Ds heißt (cos α cos β + (sin α + sin β = ( cos(α + β + (sin(α + β Mn knn die Wurzeln uf beiden Seiten weglssen. Qudriert mn us, so erhält mn cos α cos α cos β + cos β + sin α + sin α sin β + sin β = cos(α + β + cos (α + β + sin (α + β

Frnz Hofbuer 9 An drei verschiedenen Stellen knn mn die Formel sin γ + cos γ = nwenden, und erhält cos α cos β + + sin α sin β = cos(α + β +. Dmit sind wir bei der Formel cos(α + β = cos α cos β sin α sin β ngelngt und (b ist gezeigt. Wir ersetzen in dieser soeben gezeigten Formel β durch β + 90 0. Es gilt cos(α + β + 90 0 = sin(α + β, cos(β + 90 0 = sin β und sin(β + 90 0 = cos β Setzt mn ds ein, so ht mn sin(α + β = cos α( sin β sin α cos β. Ds ist (. Wir geben uch noch einen geometrischen Beweis der Summensätze. Wir nehmen zuerst n, dss die Winkel α und β zwischen 0 und 90 0 liegen. Wir messen die entsprechenden Bögen m Einheitskreis und erhlten den Punkt A, der dem Winkel α, und den Punkt B, der dem Winkel α + β entspricht. In der Zeichnung unten links ist der Fll drgestellt, wo α + β < 90 0 gilt, während die Zeichnung rechts unten den Fll zeigt, wo α + β > 90 0 gilt. B B A D C A D C M F E Sei C uf der Strecke MA so gewählt, dss BC uf MA senkrecht steht. Dher gilt MC = cos β und BC = sin β. Sei E der Fußpunkt der Senkrechten durch C uf die x-achse. Ds Dreieck MEC ht bei M den Winkel α und bei E einen rechten Winkel. Dher gilt CE = MC sin α = cos β sin α und ME = MC cos α = cos β cos α. Sei F der Fußpunkt der Senkrechten durch B uf die x-achse und D der Punkt uf dieser Senkrechten, sodss ds Dreieck BDC einen rechten Winkel bei D ht. Dieses Dreieck ht den Winkel α bei B, d BD senkrecht uf ME und BC senkrecht uf MC steht. Dher gilt CD = BC sin α = sin β sin α und BD = BC cos α = sin β cos α. Nun folgt sin(α + β = CE + BD = cos β sin α + sin β cos α cos(α + β = ME CD = cos β cos α sin β sin α Dmit sind die Summensätze für Winkel α und β zwischen 0 und 90 0 bewiesen. Mit Hilfe der Formeln us Stz 44 (d erhält mn sie für lle Winkel. Es folgen Sinus- und Cosinusstz. Stz 46 (Sinusstz In einem beliebigen Dreieck mit Fläche F, mit Umkreisrdius r und den üblichen Bezeichnungen gilt r = bc F = sin α = b sin β = c sin γ. Beweis: Sei h die Länge der Höhe durch C. Dnn gilt F = ch. Weiters gilt sin α = h b (wegen sin(80 0 α = sin α gilt ds uch, wenn die Höhe ußerhlb des Dreiecks liegt. Drus folgt bc F = b h = b b sin α = bc sin α. Anlog zeigt mn F = b bc sin β und F = c sin γ. Die Gleichung r = bc F folgt us Stz 38. Stz 47 (Cosinusstz In einem Dreieck mit den üblichen Bezeichnungen gilt = b + c bc cos α, b = + c c cos β und c = + b b cos γ. F M E

30 Trigonometrie Beweis: Wir zeigen die erste der drei Gleichungen. Sei H der Fußpunkt der Höhe durch den Eckpunkt C und h deren Länge. Wir nehmen zuerst n, dss α 90 0 gilt. Sei p der Abstnd von H zum Eckpunkt A. Es gilt dnn cos α = p b, ds heißt p = b cos α. Aus dem Stz von Pythgors folgt = h + (c p und b = h + p. Durch Subtrktion dieser Gleichungen ergibt sich b = (c p p = c pc. Wir setzen für p ein und erhlten b = c bc cos α, ds heißt = b + c bc cos α. Wir nehmen jetzt n, dss α > 90 0 gilt. Sei p wieder der Abstnd von H zum Eckpunkt A. Nun gilt ber cos(80 0 α = p b, d die Höhe durch den Eckpunkt C ußerhlb des Dreiecks liegt. Wegen cos(80 0 α = cos α erhlten wir p = b cos α. Aus dem Stz von Pythgors folgt = h + (c + p und b = h + p. Durch Subtrktion dieser Gleichungen ergibt sich b = (c + p p = c + pc. Wir setzen für p ein und erhlten b = c bc cos α, ds heißt = b + c bc cos α. Die nderen beiden Gleichungen beweist mn nlog. Mit Hilfe des Cosinusstzes beweisen wir die nächsten beiden Sätze. Stz 48 (Dreiecksungleichung Sind, b und c die Längen der Seiten eines Dreiecks, dnn gilt b + c, b + c und c + b. Gleichheit gilt, wenn der der links stehenden Seite gegenüberligende Winkel 80 0 beträgt (die Eckpunkte des Dreiecks liegen dnn uf einer Gerde, wobei der der links stehenden Seite gegenberliegende Eckpunkt zwischen den beiden nderen liegt. Beweis: D cos γ gilt, erhlten wir c +b +b = (+b us dem Cosinusstz. Es folgt c + b. Gleichheit gilt genu dnn, wenn cos γ = gilt, ds heißt γ = 80 0. Anlog zeigt mn die nderen Ungleichungen. Stz 49 (Stewrts Formel Sei ABC ein Dreieck mit Seitenlängen, b und c. Sei D ein Punkt uf AB. Sei p = DB, q = AD und m = CD. Dnn gilt cp + b cq m pq =. Beweis: Sei φ = CDB und ψ = CDA. Es gilt ψ = 80 0 φ, worus cos ψ = cos φ folgt. Wir wenden den Cosinusstz uf die Dreiecke CDB und CDA n = m + p mp cos φ b = m + q mq cos ψ = m + q + mq cos φ Wir multiplizieren die erste Gleichung mit q und die zweite mit p. Durch Addition der Gleichungen erhlten wir q + b p = m q + m p + p q + q p. Wegen q + p = c folgt q + b p = m c + pqc. Division durch pqc ergibt cp + b cq = m pq +. Wir geben noch eine Anwendung von Stewrts Formel. Stz 50: Sei ABC ein Dreieck mit Seitenlängen, b und c. Sei w die Länge der Winkelsymmetrle durch den Eckpunkt C. Dnn gilt w = b( ( c +b. Beweis: Sei D der Schnittpunkt der Winkelsymmetrle durch C mit der Seite AB. Wir setzen p = DB und q = AD. Aus Stz 49 ergibt sich dnn cp + b cq w pq =. Stz 3 besgt, dss q p = b gilt, worus q = b p folgt. Klrerweise gilt uch q + p = c. Es folgt p = +b c und q = b (+b +bc. Wir setzen ein und erhlten c + b(+b c w (+b bc =. Ds ergibt w = b( ( c +b. Ebenso knn mn die Längen der Schwerlinien bestimmen.

. Die besonderen Punkte des Dreiecks Frnz Hofbuer 3 Abgesehen vom Schwerpunkt, knn mn die besonderen Punkte des Dreiecks uch mit trigonometrischen Methoden behndeln. Stz 5: In einem beliebigen Dreieck schneiden die drei Höhen einnder in einem Punkt, dem Höhenschnittpunkt H. Beweis: Ist ds Dreieck nicht spitzwinkelig, C dnn wählen wir die Bezeichnungen so, dss γ der Winkel 90 0 ist. Die Winkel α und β sind jedenflls spitz. Sei D der Fußpunkt der Höhe durch den Eckpunkt C und H der Schnittpunkt der Höhen durch die Eckpunkte b H C und A. D die Winkel α und β spitz sind, β liegt H oberhlb von D und D rechts von A. Sei x der Abstnd der Punkte D und H. Sei x u der Abstnd der Punkte A und D. Es gilt β ADC = 90 0 und DHA = ABC = β, A u D B d die Höhe durch A senkrecht uf BC und die Höhe durch C senkrecht uf AB steht (Orthogonlwinkel. Es folgt u = b cos α und tn β = u x. Drus ergibt sich x = u tn β = b cos α tn β. Sei jetzt G der Schnittpunkt der Höhen durch die Eckpunkte C und B und y der Abstnd der Punkte D und G. Wie oben erhält mn, dss y = cos β tn α gilt. Aus dem Sinusstz folgt b sin α = sin β, ds heißt b cos α tn α = cos β tn β. Dmit ist x = y gezeigt. Somit gilt G = H. Die drei Höhen schneiden einnder im Punkt H. Stz 5: In einem beliebigen Dreieck schneiden die drei Winkelsymmetrlen einnder in einem Punkt, dem Inkreismittelpunkt I. C Beweis: Sei D der Schnittpunkt der Winkelsymmetrle durch den Eckpunkt C mit der γ Seite AB und I der Schnittpunkt der Winkelsymmetrlen durch die Eckpunkte C und A. Sei x der Abstnd der Punkte D und I und u der Abstnd der Punkte A und D. Wir wenden den Sinusstz im Dreieck ADC n. Wegen ADC = 80 0 α γ = β + γ und b ACD = γ gilt u b = sin γ sin(β+ γ, worus sin u = b γ I sin(β+ γ folgt. Wir wenden noch einml den Sinusstz n und zwr jetzt im Dreieck ADI. Wegen AID = 90 0 β und DAI = α x gilt u = x, worus sin(90 0 β x = u sin α sin α folgt. Setzt mn α β+ γ = u sin α sin(90 0 β cos β sin A u für u ein, so ht mn x = b α sin γ D cos β sin(β+ γ. Sei jetzt J der Schnittpunkt der Winkelsymmetrlen durch die Eckpunkte C und B und y der Abstnd der Punkte D und J. Wie oben erhält mn, dss y = sin β sin γ cos α sin(α+ gilt. Aus γ B

3 Trigonometrie dem Sinusstz folgt b sin α = sin β, ds heißt b sin α cos α = sin β cos β. Die Summe der beiden Winkel α + γ und β + γ ist 800. Dher gilt sin(α + γ = sin(β + γ. Aus sin diesen beiden Gleichungen folgt b α = sin β cos β sin(β+ γ cos α sin(α+ γ. Dmit ist x = y gezeigt. Es folgt, dss J = I gilt. Die drei Winkelsymmetrlen schneiden einnder im Punkt I. Für den nächsten Stz zeigen wir zuerst einen Hilfsstz. Hilfsstz C: Für jedes Dreieck gelten die Gleichungen c cos β = b bc cos α und ( c cos β sin α = (b c cos α sin β. Beweis: Der Cosinusstz besgt = b + c bc cos α und b = + c c cos β. Subtrktion dieser Gleichungen ergibt b = b bc cos α + c cos β, ds heißt c cos β = b bc cos α. Division durch ergibt die erste Gleichung. Es gilt sin α = sin β b nch dem Sinusstz. Es folgt ( c cos β sin α = (b bc cos α sin β b. Kürzt mn links durch und rechts durch b, dnn erhält mn die zweite Gleichung. Stz 53: In einem beliebigen Dreieck schneiden die drei Seitensymmetrlen einnder in einem Punkt, dem Umkreismittelpunkt U. Beweis: Ist ds Dreieck nicht spitzwinkelig, dnn wählen wir die Bezeichnungen so, dss γ der Winkel 90 0 ist. Die Winkel α und β sind jedenflls spitz. Sei U der Schnittpunkt der Symmetrlen der Seiten AB und AC. Sei D der Mittelpunkt der Seite AB und F der der Seite AC. Sei x der Abstnd der Punkte D und U, wobei x negtiv ist, wenn U C unterhlb der Seite AB liegt. Weiters sei G der Schnittpunkt der (Verlängerung der Seite AB mit der Symmetrlen der Seite AC und u der Abstnd der Punkte D und G, wobei u negtiv ist, wenn G links von D liegt. D ds Dreieck F AGF bei F einen rechten und bei A Winkel α ht, erhlten wir cos α = b c b U +u, worus u = b α cos α c folgt. D ds Dreieck DGU bei D einen rechten und bei U Winkel α ht, gilt x cot α = x α u. b c cos α Es folgt x = u cot α = sin α. c (Ist γ > 90 0, dnn sind u und x negtiv. Ist A D u G B γ = 90 0, dnn gilt u = x = 0. Sei jetzt V der Schnittpunkt der Symmetrlen der Seiten AB und BC. Sei y der Abstnd der Punkte D und V, wobei y negtiv ist, wenn V unterhlb der Seite AB liegt. Eine c cos β nloge Rechnung wie oben ergibt, dss y = sin β gilt. In Hilfsstz C wurde die Gleichung ( c cos β sin α = (b c cos α sin β gezeigt. Drus folgt, dss y = x gilt. Dmit ist V = U gezeigt. Die drei Seitensymmetrlen schneiden einnder im Punkt U. 3. Die Sätze von Npoleon und Morley Ds sind zwei Sätze, die oft mit trigonometrischen Methoden bewiesen werden. Stz 54 (Stz von Npoleon Setzt mn uf die drei Seiten eines beliebigen Dreiecks gleichschenkelige Dreiecke mit Bsiswinkel 30 0, dnn bilden die Spitzen dieser drei Dreiecke ein gleichseitiges Dreieck.

Frnz Hofbuer 33 Beweis: Sei D die Spitze des über der Seite AB ls Bsis errichteten gleichschenkeligen Dreiecks, sei E die Spitze des über der Seite BC ls Bsis errichteten gleichschenkeligen Dreiecks und sei F die Spitze des über der Seite CA ls Bsis errichteten gleichschenkeligen Dreiecks. Sei x = DF, y = DE und z = EF. Zu zeigen ist x = y = z. Wir zeigen nur x = y. D die Winkel bei A und B im Dreieck ABD gleich 30 0 sind, folgt BD = AD = c 3. Ebenso ht mn BE = CE = 3 und CF = AF = b 3. b 3 Wegen DAF = α+60 0 folgt us dem Cosinusstz ngewndt uf ds Dreieck ADF, α dss x = b 3 + c 3 bc 3 cos(α + 600 gilt. A Wegen cos(α + 60 0 = cos α 3 sin α ergibt sich x = b 3 + c 3 bc bc 3 cos α+ 3 sin α. (Ist α größer ls 0 0, dnn muss mn die Gleichung cos(360 0 φ = cos φ bechten. Gnz nlog berechnet mn, dss y = 3 + c 3 c 3 c cos β + 3 sin β gilt. Es bleibt nur noch zu überprüfen, dss y = x gilt. Wir hben die Gleichung c cos β = b bc cos α in Hilfsstz C gezeigt. Weiters gilt 3c sin β = 3bc sin α. Es folgt c cos β + 3c sin β = b bc cos α + 3bc sin α durch Addition dieser Gleichungen. Drus ergibt sich y = x und somit uch y = x. Bemerkung: Stz 54 gilt uch, wenn mn die drei gleichschenkeligen Dreiecke nicht ußen, sondern innen uf die drei Dreieckseiten ufsetzt. Für den nächsten Stz, den Stz von Morley, zeigen wir zwei Hilfssätze. Hilfsstz D: In jedem Dreieck gilt sin γ = sin α + sin β sin α sin β cos γ. Beweis: Ist q = bc F, so folgen = q sin α, b = q sin β und c = q sin γ us dem Sinusstz. Mn setzt ds in den Cosinusstz c = + b b cos γ ein und kürzt durch q. F c 3 Hilfsstz E: Es gilt sin 3ψ = 4 sin ψ sin(60 0 + ψ sin(60 0 ψ. Beweis: Wegen sin 60 0 = 3 und cos 60 0 = gilt sin(600 + ψ = 3 cos ψ + sin ψ und sin(60 0 ψ = 3 cos ψ sin ψ nch dem Summenstz für den Sinus. Drus ergibt sich dnn 4 sin ψ sin(60 0 + ψ sin(60 0 ψ = 3 sin ψ cos ψ sin 3 ψ. Ebenso us den Summensätzen folgt sin ψ = sin ψ cos ψ und cos ψ = cos ψ sin ψ, und dmit sin 3ψ = sin(ψ + ψ = sin ψ cos ψ + cos ψ sin ψ = 3 sin ψ cos ψ sin 3 ψ. Stz 55 (Stz von Morley Sei ABC ein Dreieck, dessen Winkel mit α, β und γ bezeichnet werden. Ins Innere dieses Dreiecks werden folgende drei Dreiecke gezeichnet: Über der Seite AB ls Bsis wird ein Dreieck mit Winkel α 3 bei A und β 3 bei B errichtet. Sei P die Spitze dieses Dreiecks. Über der Seite BC ls Bsis wird ein Dreieck mit Winkel β 3 bei B und γ 3 bei C errichtet. Sei Q die Spitze dieses Dreiecks. Über der Seite CA ls Bsis wird ein Dreieck mit Winkel γ 3 bei C und α 3 bei A errichtet. Sei R die Spitze dieses Dreiecks. Ds Dreieck P QR ist dnn gleichseitig. b 3 x D z C γ y c 3 3 β B E 3

34 Trigonometrie Beweis: Seien x = P R, u = AP und C v = AR. Insbesondere ist x die Länge der Seite P R des Dreiecks P QR, von dem gezeigt werden soll, dss es gleichseitig ist. Sei µ = α 3, ν = β 3 und σ = γ 3. Weiters sei φ = AP B. D µ, ν und φ die Winkel im b Dreieck AP B sind, gilt µ + ν + φ = 80 0. R Q Wegen µ + ν + σ = α+β+γ 3 = 60 0 erhält x mn φ = 0 0 + σ. Drus ergibt sich dnn v sin φ = sin(80 0 φ = sin(60 0 σ. Der Sinusstz ngewendet uf ds Dreieck AP B P u u liefert sin ν = c sin φ oder u = c sin ν sin(60 0 σ. Ist A c B r der Umkreisrdius, dnn gilt c = r sin γ sin γ sin ν wieder nch dem Sinusstz. Dmit ergibt sich u = r sin(60 0 σ und us Hilfsstz E erhält mn sin γ = sin 3σ = 4 sin σ sin(60 0 + σ sin(60 0 σ. Setzt mn ds ein, so ht mn u = 8r sin σ sin(60 0 + σ sin ν. Gnz nlog erhält mn v = 8r sin ν sin(60 0 + ν sin σ. Der Cosinusstz ngewendet uf ds Dreieck AP R ergibt x = u + v uv cos µ, lso x = 64r sin ν sin σ ( sin (60 0 + σ + sin (60 0 + ν sin(60 0 + σ sin(60 0 + ν cos µ. D sich 60 0 +σ, 60 0 +ν und µ zu 80 0 ddieren und somit die Winkel eines Dreiecks sind, folgt sin (60 0 +σ+sin (60 0 +ν sin(60 0 +σ sin(60 0 +ν cos µ = sin µ us Hilfsstz D. Dmit ist x = 64r sin ν sin σ sin µ gezeigt, ds heißt x = 8r sin ν sin σ sin µ. Die Längen der nderen Seiten des Dreiecks P QR erhält mn durch dieselbe Rechnung, wobei ber, b und c ihre Plätze vertuschen und ebenso ν, σ und µ. Ddurch ändert sich jedoch ds Ergebnis nicht. Ds zeigt, dss lle drei Seiten des Dreiecks P QR gleich x sind. α Bemerkung: Stz 55 gilt uch, wenn die Dreiecke ußen sitzen, wobei der Winkel 3 durch 60 0 α 3, der Winkel β 3 durch 600 β 3 und der Winkel γ 3 durch 600 γ 3 ersetzt wird. 4. Komplexe Zhlen Rechnet mn mit reellen Zhlen, dnn ht mn ds Problem, dss nicht jedes Polynom eine Nullstelle ht. Ds Polynom x + ht zum Beispiel keine. Um dieses Problem zu beseitigen, führt mn die komplexen Zhlen C = {x + yi : x R, y R} ein. Hier ist i ein neues Symbol, ds mn einführt. Es wird imginäre Einheit gennnt. Mn legt fest, dss i = gilt. Bezeichnet mn die komplexe Zhl x + yi mit z, dnn nennt mn x den Relteil von z und y den Imginärteil von z. Die Addition zweier komplexer Zhlen ist wie für Vektoren definiert (x + yi + (p + qi = x + p + (y + qi Die Multipliktion wird in nheliegender Weise definiert, wobei i = verwendet wird (x + yi(p + qi = xp + xqi + ypi + yqi = xp yq + (xq + ypi Zu jeder komplexen Zhl x + yi 0 existiert die inverse Zhl x+yi = x yi (x+yi(x yi = x yi x xyi+xyi y i = x yi x +y = x x +y + y x +y i die mn erhält, indem mn den Bruch x+yi mit x yi erweitert. Mn prüft leicht nch, dss die Addition und die Multipliktion komplexer Zhlen ssozitiv und kommuttiv sind und dss ds Distributivgesetz gilt. Mn knn lso mit

Frnz Hofbuer 35 komplexen Zhlen genuso rechnen wie in llen nderen Zhlenbereichen. Die dditive Inverse zur komplexen Zhl x + yi ist x yi. Die multipliktive Inverse zur komplexen x Zhl x + yi ist die oben berechnete Zhl x +y + y x +y i. Somit bildet die Menge C der komplexen Zhlen mit der Addition und der Multipliktion einen Körper. Bezeichnet mn die komplexe Zhl x+yi mit z, dnn nennt mn x yi die zu z konjugiert komplexe Zhl, die mn mit z bezeichnet. Den Betrg z der komplexen Zhl z definiert mn durch x + y. Ds entspricht der Länge des Vektors ( x y. Es gilt z = z z. Stz 56: Aus jeder komplexen Zhl p + qi lässt sich die Wurzel ziehen. Ist die Zhl reell, ds heißt q = 0, dnn sind ± p im Fll p 0 und ± p i im Fll p < 0 Wurzeln der Zhl p. Ist q 0, dnn sind x + yi und x yi Wurzeln der Zhl p + qi, wobei p x = + p + q und y = q x zu setzen sind. Beweis: Ist q = 0 und p 0, dnn sind ± p Wurzeln von p, d (± p = p gilt. Ist q = 0 und p < 0, dnn sind ± p i Wurzeln, d (± p i = p i = p gilt. Wir nehmen jetzt q 0 n und berechnen die Wurzel us p + qi, ds heißt wir lösen die Gleichung (x + yi = p + qi. Es folgt x y + xyi = p + qi. Diese Gleichung gilt genu dnn, wenn die uf den beiden Seiten der Gleichung stehenden komplexen Zhlen gleichen Rel- und gleichen Imginärteil hben. Es muss lso x y = p und xy = q gelten. Wir qudrieren die beiden Gleichungen und ddieren sie dnn. Ds ergibt x 4 + y 4 + x y = p + q. Zieht mn die Wurzel, dnn ht mn x + y = p + q. Addiert mn die Gleichung x y = p, so erhält mn x = p + p + q. Dmit ist p x = ± + p + q bereits berechnet. ( Es folgt uch y = p+ p + q us diesen Gleichungen, ber wir gehen nders vor. Für x hben wir zwei Lösungen erhlten, die sich nur durch ds Vorzeichen voneinder unterscheiden. Ds jeweils zugehörige y ergibt sich us der Gleichung xy = q. Wählt mn x ls die positive Lösung und berechnet dmit y = q x, dnn sind x + yi und x yi die Wurzeln der Zhl p + qi. Beispiel: Um die Wurzel us 3 4i zu ziehen, können wir die Gleichung x y + xyi = 3 4i, ds heißt x y = 3 und xy = 4, lösen oder in die Formeln us Stz 56 einsetzen. Wir erhlten x = 3 + 9 + 6 = 4, lso x =, und y = 4 x =. Die Wurzeln us 3 4i sind dher i und + i. Mn knn ein viel stärkeres Resultt zeigen ls Stz 56. Der Fundmentlstz der Algebr besgt, dss jedes Polynom mit komplexen Koeffizienten eine Nullstelle in C besitzt. 5. Polrkoordinten Im R legt mn einen Punkt P üblicherweise durch seine krtesischen Koordinten x und y fest. Mn knn den Punkt P ber uch ddurch festlegen, dss mn seinen Abstnd r vom Nullpunkt ngibt und den Winkel φ, den mn erhält, wenn mn von der positiven x-achse im Gegenuhrzeigersinn bis zum Ortsvektor des Punktes P wndert. Die Koordinten des Punktes sind dnn r und φ. Mn nennt sie Polrkoordinten. D die Punkte (0, 0, (x, 0 und (x, y die Ecken eines rechtwinkeligen Dreiecks bilden, erhlten wir x = r cos φ und y = r sin φ. Diese Formeln geben den Zusmmenhng zwischen krtesischen Koordinten und Polrkoordinten n. Eine Ausnhme bildet der Punkt (0, 0. Für diesen knn mn ntürlich keinen Winkel φ festlegen.

36 Trigonometrie Mn knn komplexe Zhlen x + iy grphisch ls Punkte (x, y im R drstellen. Die Addition der komplexen Zhlen entspricht dnn der Addition der zugehörigen Ortsvektoren. Um uch die Multipliktion geometrisch zu deuten, führen wir die Polrkoordintendrstellung komplexer Zhlen ein. Dzu sei r = x + y der Abstnd des Punktes (x, y vom Nullpunkt (der Betrg der komplexen Zhl x + iy und φ der Winkel zwischen der positiven x-achse und dem Ortsvektor zum Punkt (x, y. Dieser Winkel φ wird ds Argument der komplexen Zhl z = x + iy gennnt und mit rg z bezeichnet. Es gilt dnn x + iy = r(cos φ + i sin φ. Es ist nützlich, eine Kurzschreibweise für den Ausdruck in der Klmmer einzuführen. Für einen Winkel α definieren wir die komplexe Zhl e iα durch e iα = cos α + i sin α φ (Eulersche Formel Dnn lässt sich die Polrkoordintendrstellung schreiben ls x + iy = re iφ. Wrum mn die komplexe Zhl cos α + i sin α mit e iα bezeichnet, wird us dem nächsten Stz klr. Es gelten Rechenregeln wie für die Exponentilfunktion. Stz 57: Für Winkel α und β gilt e i(α+β = e iα e iβ. Beweis: Ds folgt us den Summensätzen für die trigonometrischen Funktionen. Es gilt e i(α+β = cos(α+β+i sin(α+β = cos α cos β sin α sin β +i sin α cos β +i cos α sin β und e iα e iβ = (cos α+i sin α(cos β+i sin β = cos α cos β+i sin α cos β+i cos α sin β sin α sin β. Drus erkennt mn die gesuchte Gleichung. Nun knn mn uch die Multipliktion von zwei komplexen Zhlen geometrisch deuten. Wir schreiben sie in Polrkoordintendrstellung ls r e iφ und r e iφ. Mit Hilfe von Stz 57 folgt r e iφ r e iφ = r r e i(φ +φ. Ds Produkt zweier komplexer Zhlen erhält mn lso, indem mn die Beträge der beiden Zhlen multipliziert und die Winkel ddiert. Drus ergibt sich uch, dss re iφ/ und re iφ/ die beiden Wurzeln der komplexen Zhl re iφ sind. Die Wurzel (bgesehen vom Vorzeichen erhält mn, indem mn die Wurzel us dem Betrg zieht und den Winkel hlbiert. Ds Rechnen mit trigonometrischen Funktionen erweist sich mnchml ls schwierig. Mit Hilfe der Eulerformel können wir den Sinus und den Cosinus durch die komplexe Exponentilfunktion usdrücken. Auf diese Weise lssen sich Produkte und Potenzen in Summen von trigonometrischen Funktionen umwndeln. Die Eulerformel besgt e iα = cos α + i sin α. Setzt mn α sttt α ein, so ht mn e iα = cos( α + i sin( α = cos α i sin α. Durch Addition dieser beiden Gleichungen ergibt sich e iα + e iα = cos α und drus folgt cos α = (eiα + e iα Ebenso erhlten wir e iα e iα = i sin α und drus sin α = i (eiα e iα Die folgenden Beispiele zeigen, wie mn diese Drstellung von sin α und cos α verwenden knn, um Potenzen und Produkte von trigonometrischen Funktionen uszurechnen. r x y

Frnz Hofbuer 37 Beispiel: Es soll sin α sin α ls Summe von trigonometrischen Funktionen geschrieben werden. Durch Einsetzen obiger Formeln erhält mn sin α sin α = eiα +e iα e iα e iα 4 i. Multipliktion dieser beiden Brüche ergibt e4iα e iα +e iα e 4iα 8i. Diesen Bruch können wir zerteilen, sodss wir wieder trigonometrische Funktionen einsetzen können. Wir erhlten e4iα e 4iα 8i + eiα e iα 8i = 4 sin 4α + sin α. Ds ist die gewünschte Summe. Beispiel: Wir zeigen, dss sin α + sin β + sin γ = 4 sin α sin β sin γ für die Winkel eines Dreiecks, lso unter der Bedingung α + β + γ = 80 0. Wir beginnen mit 4 sin α sin β sin γ und setzen sin φ = i (eiφ e iφ ein. Durch Ausmultiplizieren ergibt sich i (ei(α+β+γ e i(α+β γ e i(α β+γ + e i(α β γ e i( α+β+γ + e i( α+β γ + e i( α β+γ e i( α β γ Fsst mn diese Ausdrücke entsprechend zusmmen, so erhält mn sin(α + β + γ + sin(α + β γ + sin(α β + γ + sin( α + β + γ Wegen α + β + γ = 80 0 und sin(80 0 φ = sin φ ergibt sich sin α + sin β + sin γ. 6. Beweisen mit Hilfe komplexer Zhlen Wir beweisen weitere Eigenschften komplexer Zhlen, und zwr für die konjugiert komplexe Zhl z, für den Betrg z und ds Argument rg z einer komplexen Zhl z. Stz 58: Seien w und z komplexe Zhlen. Dnn gilt w + z = w + z, w z = w z und w z = w z. Ist q = w z, dnn gilt q = w z. Weiters gilt w z = w z. Beweis: Sei w = p + qi und z = x + yi. Dnn gilt w = p qi und z = x yi. Wegen w+z = (p+x+(q+yi gilt w + z = (p+x (q+yi. Es folgt w + z = w+z. Ebenso ergibt sich w z = w z. Es gilt w z = px qy + (py + qxi und w z = px qy + ( py qxi. Es folgt w z = w z. Ist q = w z, dnn gilt q z = w, worus q z = w und dher uch q = w z folgt. Schließlich berechnen wir noch w z = w z w z = w z w z = w w z z = w z. Ds beweist w z = w z. Der nächste Stz bringt eine Dreiecksungleichung für koplexe Zhlen. Wir verwenden dzu die in Stz 48 bewiesene Dreiecksungleichung. Stz 59 (Dreiecksungleichung Seien w und z in C. Dnn gilt w+z w + z. Gleichheit gilt genu dnn, wenn eine Zhl gleich 0 ist oder wenn rg w = rg z gilt. Beweis: Ist eine der beiden Zhlen gleich 0, dnn hben wir w + z = w + z. Seien lso beide Zhlen ungleich 0. Wir fssen w und z ls Vektoren im Koordintensystem uf. An die Spitze des Vektors w fügen wir den Vektor z n und γ z erhlten so w +z. Die drei Vektoren w, z und w +z bilden ein Dreieck. Die Längen der Seiten dieses Dreiecks sind = w, b = z und c = w + z. Es gilt c + b wegen Stz 48. Es folgt w + z w + z. Gleichheit gilt genu dnn, wenn der dem Vektor w +z gegenüberliegende Winkel γ gleich 80 0 ist. Ds ist genu dnn der Fll, wenn die Vektoren w und z gleiche Richtung hben, ds heißt, wenn rg w = rg z gilt. w w + z z Ein nderer Beweis ergibt sich us der Dreiecksungleichung für Vektoren, die im nächsten Kpitel bewiesen wird.

38 Trigonometrie Im folgenden Stz ist zu bechten, dss ein Winkel 360 0 mit dem entsprechenden Winkel < 360 0 zu identifizieren ist. Stz 60: Seien w und z in C \ {0}. Dnn gilt rg w z = rg w + rg z. Beweis: Ds sieht mn sofort us der Polrkoordintendrstellung. Gilt w = re iφ und z = se iψ, dnn folgt w z = rse i(φ+ψ. Wegen rg w = φ, rg z = ψ und rg w z = φ + ψ ist rg w z = rg w + rg z gezeigt. Komplexe Zhlen knn mn ls Punkte in der Ebene uffssen oder uch ls Vektoren im R. Die Addition komplexer Zhlen ist j dieselbe wie die für Vektoren. Mn knn uch die Multipliktion geometrisch deuten und dmit Sätze us der Geometrie beweisen. Sei r > 0 und 0 0 φ < 360 0. Sei v C. Wir stellen uns v ls Punkt in der Ebene vor. Ds Produkt r v ergibt dnn den vom Nullpunkt us um den Fktor r gestreckten Punkt (zentrische Streckung mit Nullpunkt ls Zentrum. Multipliziert mn noch mit e iφ, dnn wird uch um den Nullpunkt mit Winkel φ gedreht. Mn erhält den Punkt, der der komplexen Zhl re iφ v entspricht. Er geht us dem ursprünglichen Punkt durch eine Drehstreckung hervor. Setzt mn z = re iφ, dnn entspricht die Multipliktion mit z einer Drehstreckung mit Fktor z und Drehwinkel rg z, deren Zentrum der Nullpunkt ist. Stz 6: Sei r > 0 und 0 0 φ < 360 0. Seien u und v in C. Sei w = u + (v u re iφ. Dnn entspricht w dem Punkt, der durch eine Drehstreckung mit u ls Zentrum us dem Punkt v hervorgeht, wobei der Drehwinkel (im Gegenuhrzeigersinn gleich φ und der Streckungsfktor gleich r ist. Beweis: Die Abbildung v u + (v u re iφ ist die Hintereinnderusführung folgender drei Abbildungen: ( Subtrktion von u: Trnsltion, die den Punkt u in den Punkt 0 verschiebt (b Multipliktion mit re iφ : Drehstreckung mit dem Nullpunkt ls Zentrum (c Addition von u: Trnsltion, die den Punkt 0 in den Punkt u zurückschiebt Die Zusmmensetzung ergibt eine Drehstreckung mit u ls Zentrum, wobei der Drehwinkel gleich φ und der Streckungsfktor gleich r ist. Auf die Strecke vom Punkt (0, 0 zum Punkt (, 0 ls Bsis setzen wir ein gleichschenkeliges Dreieck mit Bsiswinkel φ. Die Spitze ht dnn die Koordinten (, tn φ. Dieser Punkt entspricht der komplexen Zhl w = + i tn φ. Soll ds gleichschenkelige Dreieck unterhlb der Strecke sitzen, dnn muss mn tn φ sttt tn φ nehmen. Den Punkt w erhält mn durch eine Drehstreckung des Punktes (, 0 mit Zentrum (0, 0. Gedreht wird um den Winkel φ, gestreckt (oder gestucht wird mit dem Fktor w = + tn φ. Diese Drehstreckung entspricht der Multipliktion mit der komplexen Zhl w. Seien jetzt u und v beliebig. Wir setzen uf die Strecke von u nch v ls Bsis ein gleichschenkeliges Dreieck mit Bsiswinkel φ. Die Spitze des Dreiecks erhlten wir durch eine Drehstreckung des Punktes v mit Zentrum u, die der Multipliktion mit der komplexen Zhl w entspricht. Nch Stz 6 ist ds die Abbildung v u + (v u w. Wir stehen im Punkt u und schuen zum Punkt v. Liegt die Spitze des ufgesetzten Dreiecks links, dnn ist w = + i tn φ zu wählen. Liegt sie rechts, dnn ist w = i tn φ zu wählen. Dmit können wir Sätze us der Geometrie beweisen. Diese Sätze hndeln von gleichschenkeligen Dreiecken, die uf den Seiten eines vorgegebenen Dreiecks ufgesetzt werden. Insbesondere erhlten wir einen einfchen Beweis für den Stz von Npoleon.

Frnz Hofbuer 39 Stz 6 (Stz von Npoleon Setzt mn uf die drei Seiten eines beliebigen Dreiecks gleichschenkelige Dreiecke mit Bsiswinkel 30 0, dnn bilden die Spitzen dieser drei Dreiecke ein gleichseitiges Dreieck. Beweis: Wir fssen die Eckpunkte des vorgegebenen Dreiecks ls komplexe Zhlen, b und c uf. Die Spitzen der über den Dreieckseiten errichteten gleichschenkeligen Dreiecke entsprechen komplexen Zhlen, die wir mit d, e und f bezeichnen. Wegen tn 30 0 = 3 gilt nch obigen Überlegungen: d = + (b ( i = ( 3 + i + b( 3 i 3 e = b + (c b( i = b( 3 + i + c( 3 i 3 f = + (c ( + i = ( 3 i + c( 3 + i 3 Drus berechnen wir die Differenzen d f = i 3 +b( i 3 c( +i 3 und e f = ( i 3 +b( +i 3 c i 3 Es folgt e f = (d f( + i 3, ds heißt e = f + (d f( tn 600 + i. Somit ist e der Punkt, den mn erhält, wenn mn d um den Punkt f um 60 0 dreht, und zwr von f us gesehen nch links (die komplexe Zhl + i 3 ht Betrg, dher keine Streckung. Dmit ist bewiesen, dss ds Dreieck, dessen Eckpunkte den komplexen Zhlen d, e und f entsprechen, gleichseitig ist. Stz 63: Über jeder Seite eines beliebigen Dreiecks wird ein gleichschenkeliges Dreieck mit Bsiswinkel 45 0 errichtet. Wir zeichnen die Strecke zwischen den Spitzen von zweien dieser Dreiecke, und die Strecke von der Spitze des dritten Dreiecks zum gegenüberliegenden Eckpunkt des vorgegebenen Dreiecks. Diese beiden Strecken sind gleich lng und stehen senkrecht ufeinnder. c Beweis: Wir fssen die Eckpunkte des vorgegebenen Dreiecks ls komplexe Zhlen, b und c uf. e f Die Spitzen der über den Dreieckseiten errichteten gleichschenkeligen Dreiecke entsprechen komplexen Zhlen, die wir mit d, e und f bezeichnen. Wegen tn 45 0 = erhlten wir wie im vorherigen Beweis d = + (b ( i = ( + i + b( i e = b + (c b( i = b( + i + c( i f = + (c ( + i = ( i + c( + i Drus ergibt sich d c = ( + i + b( i c d und e f = ( i + b( + i ci. Mn rechnet e f = (d ci nch. Ds bedeutet: Dreht mn den Vektor, der von c nch d führt, um 90 0 im Gegenuhrzeigersinn, dnn erhält mn den Vektor von f nch e. Dmit ist gezeigt, dss die beiden Vektoren gleich lng sind und ufeinnder senkrecht stehen. In den vorhergehenden Beweisen wurde die Multipliktion mit einer komplexen Zhl ls Drehstreckung gedeutet. Wir beweisen noch einen Stz über Vierecke ebenflls mit Hilfe komplexer Zhlen, wobei jetzt die Eigenschften des Betrgs eine wesentliche Rolle spielen. f α d c γ b β b e

40 Trigonometrie Für ein Viereck führen wir folgende Stndrdbezeichnungen ein. Die Eckpunkte bezeichnen wir mit den Großbuchstben A, B, C und D. Den Winkel bei jedem Eckpunkt bezeichnen wir mit dem entsprechenden griechischen Buchstben α, β, γ und δ. Weiters seien = AB, b = BC, c = CD und d = DA die Längen der Viereckseiten, und e = AC und f = BD die Längen der beiden Digonlen. d α A Ein Viereck heißt konvex, wenn die Digonlen innerhlb des Vierecks liegen, ds heißt A und C liegen uf verschiedenen Seiten der Digonle BD, und B und D uf verschiedenen Seiten der Digonle AC. Die Winkelsumme in einem konvexen Viereck beträgt 360 0, d mn es us zwei Dreiecken zusmmensetzen knn. Ein konvexes Viereck heißt Sehnenviereck, wenn es einen Umkreis ht. Zur Vorbereitung des nchfolgenden Stzes zeigen wir Stz 64: Ein konvexes Viereck ABCD mit Winkel α, β, γ und δ ist genu dnn ein Sehnenviereck, wenn α + γ = 80 0 gilt. Es gilt dnn uch β + δ = 80 0. Beweis: Sei k der Umkreis des Dreiecks ABD. Es gilt BAD = α. Weiters liegen A und C uf verschiedenen Seiten der Sehne BD des Kreises k. Ds Viereck ist ein Sehnenviereck genu dnn, wenn C uf k liegt. Nch dem Peripheriewinkelstz ist ds äquivlent dzu, dss BCD = 80 0 α gilt, ds heißt α + γ = 80 0. Es gilt dnn uch β + δ = 80 0, d die Winkelsumme in einem konvexen Viereck 360 0 beträgt. Stz 65 (Stz von Ptolemäus Seien, b, c und d die Längen der Seiten eines Vierecks und e und f die Längen der Digonlen. Dnn gilt ef c + bd. Gleichheit gilt genu dnn, wenn ds Viereck ein Sehnenviereck ist. Beweis: Wir fssen die Eckpunkte des Vierecks ls komplexe Zhlen u, v, w und z uf. Die Differenzen v u, v w, w z und z u entsprechen Vektoren, die uf den Seiten des Vierecks liegen. Die Längen der Seiten und Digonlen sind dnn = v u, b = v w, c = w z, d = z u, e = w u und f = v z. Mn sieht, dss (w u(v z = (v u(w z + (v w(z u gilt. Mit Hilfe von Stz 58 und Stz 59 folgt dnn w u v z v u w z + v w z u u z D δ e c w z womit die Ungleichung ef c + bd bereits bewiesen ist. Wegen Stz 59 gilt Gleichheit genu dnn, wenn rg(v u(w z = rg(v w(z u gilt, ws wegen Stz 60 äquivlent zu rg(v u + rg(w z = rg(v w + rg(z u ist. Ds Viereck ist ein Sehnenviereck genu dnn, wenn der Innenwinkel α beim Eckpunkt u und der Außenwinkel γ beim Eckpunkt w gleich sind. D α der Winkel zwischen v u und z u und γ der Winkel zwischen v w und w z ist, erhlten wir α = rg(z u rg(v u und γ = rg(w z rg(v w. Ds Viereck ist lso ein Sehnenviereck genu dnn, wenn rg(z u rg(v u = rg(w z rg(v w gilt. Ds ist äquivlent zur Gleichung rg(v u + rg(w z = rg(v w + rg(z u, die wir oben erhlten hben. Dmit ist gezeigt, dss Gleichheit genu dnn gilt, wenn ds Viereck ein Sehnenviereck ist. α z u v u f γ C b β B w γ v w v

III. Koordinten und Vektoren Wir betreiben Geometrie mit Hilfe der Vektorrechnung. Wir legen in der Ebene ein Koordintensystem fest und identifizieren sie ddurch mit dem R. Die Koordinten eines Vektors im R werden immer mit, bezeichnet (und nlog uch für ndere Buchstben nstelle von. Genuso identifizieren wir den dreidimensionlen Rum mit dem R 3 und bezeichnen die Koordinten eines Vektors im R 3 immer mit,, 3. Wir schreiben d für die Dimension, ds heißt d = oder d = 3.. Inneres Produkt und Vektorprodukt Ds innere Produkt zweier Vektoren und b wird definiert durch, b = d j= jb j. Aus dem Stz von Pythgors folgt, dss durch :=, die Länge des Vektors gegeben ist. Ds innere Produkt ht folgende Eigenschften: Stz 66: Für, b, c in R d und λ R gilt, b = b,, + b, c =, c + b, c und λ, b = λ, b. Weiters gilt λ = λ. Beweis: Diese Gleichungen folgen direkt us der Definition des inneren Produkts. Stz 67: Seien und b zwei Vektoren in R d \ {0} und γ der von ihnen eingeschlossene Winkel. Dnn gilt, b = b cos γ. Beweis: Bilden die beiden Vektoren und b zwei Seiten eines Dreiecks, dnn bildet b die dritte Seite des Dreiecks. Dher sind b, und b die Längen der Dreiecksseiten und γ ist der von und b eingeschlossene Winkel. Aus dem Cosinusstz folgt b = + b b cos γ. Wegen b = b, b =,, b + b, b = + b, b folgt drus, b = b cos γ. Bemerkung: Aus Stz 67 folgt, dss, b = 0 genu dnn gilt, wenn cos γ = 0 ist, ds heißt wenn die Vektoren und b senkrecht ufeinnder stehen. Aus diesem Stz folgen zwei Ungleichungen, die in der Anlysis mehrerer Vribler eine wichtige Rolle spielen. Stz 68 (Cuchy-Schwrzsche Ungleichung und Dreiecksungleichung Für und b in R d gilt, b b und + b + b. Gleichheit gilt nur dnn, wenn ein Vektor der Nullvektor ist oder der von den Vektoren eingeschlossene Winkel null ist. Beweis: Ist einer der Vektoren der Nullvektor, dnn hben wir, b = b und + b = + b. Sei lso keiner der beiden Vektoren der Nullvektor. Sei γ der von den beiden Vektoren und b eingeschlossene Winkel. Wegen cos γ folgt, b b us Stz 67. Um die zweite Ungleichung zu beweisen, berechnen wir + b = + b, + b =, +, b + b, b = + b +, b. Wegen, b b ergibt sich drus + b + b + b = ( + b. Dmit ist + b + b gezeigt. In beiden Ungleichungen gilt Gleichheit nur dnn, wenn cos γ = ist. Ds ist genu dnn der Fll, wenn γ = 0 0 gilt. Die Dreiecksungleichung us Stz 68 ist die im R d. Seien A, B und C die Ecken eines Dreiecks. Ist = AB und b = BC, dnn folgt + b = AC. Die Dreiecksungleichung besgt dnn, dss AC AB + BC gilt. Die Länge einer Dreieckseite ist kleiner oder gleich der Summe der Längen der beiden nderen Seiten.

4 Koordinten und Vektoren Stz 69: Seien und b zwei Vektoren im R d. Sei F die Fläche des von und b ufgespnnten Prllelogrmms. Dnn gilt F = b, b. Im R gilt F = b b. Beweis: Sei γ der von den beiden Vektoren und b eingeschlossene Winkel. D b sin γ die Höhe des Prllelogrmms uf die Seite ist, erhlten wir F = b sin γ. Aus Stz 67 folgt sin γ = cos γ =,b b. Setzt mn ds ein, so erhält mn F = b, b. Im R gilt = +, b = b + b und, b = b + b. Dmit ergibt sich F = b + b b b = ( b b, ds heißt F = b b. Seien und b Vektoren im R 3. Ds Vektorprodukt wird durch ( b 3 3 b b = 3 b b 3 b b definiert. Drus ergibt sich sofort Stz 70: Für drei Vektoren, b und c im R 3 gilt b, c = b 3 c 3 b c + 3 b c b 3 c + b c 3 b c 3. Ausgehend vom Einheitswürfel knn mn die Formel V = bc für des Volumen eines Quders mit Seitenlängen, b und c genuso herleiten, wie wir es für die Rechtecksfläche getn hben. Drus erhält mn dnn die Formel für ds Volumen eines Prllelepipeds. Dieses Volumen ist ds Produkt einer Grundfläche und der Länge der zugehörigen Höhe. Für einen Quder, dessen Grundfläche ein Prllelogrmm ist, erhält mn diese Volumsformel, indem mn mit der Grundfläche genuso verfährt wie mit dem Prllelogrmm in Stz. Dnn knn mn sich überlegen, dss sich ds Volumen eines Prllelepipeds nicht ändert, wenn mn ds Prllelogrmm, ds die Deckfläche bildet, in Richtung einer seiner Seiten verschiebt. So kommt mn schließlich zur oben formulierten Volumsformel für ds Prllelepiped. Diese verwenden wir im folgenden Stz. Stz 7: Seien, b und c Vektoren in R 3 \ {0}. Der Vektor b steht orthogonl uf die beiden Vektoren und b. Die Fläche des von den Vektoren und b ufgespnnten Prllelogrmms ist b. Ds Volumen des von den Vektoren, b und c ufgespnnten Prllelepipeds ist b, c. Beweis: Aus Stz 70 folgt b, = 0 und b, b = 0. Somit steht der Vektor b orthogonl uf die beiden Vektoren und b. Sei F die Fläche des von den Vektoren und b ufgespnnten Prllelogrmms. Nch Stz 69 gilt F = b, b = ( + + 3(b + b + b 3 ( b + b + 3 b 3. Ds ist gleich ( b 3 3 b + ( 3 b b 3 + ( b b = b. Dmit ist F = b gezeigt. Sei h die Länge der Höhe des Prllelepipeds uf die von den Vektoren und b ufgespnnte Grundfläche. Ds Volumen V des Prllelepipeds ist F h. Sei γ der Winkel zwischen dem Vektor c und dem Normlvektor b uf die Grundfläche. Dnn gilt h = c cos γ, wenn γ spitz ist, und h = c cos(80 0 γ, wenn γ stumpf ist. Im ersten Fll gilt cos γ 0 und cos(80 0 γ = cos γ = cos γ im zweiten Fll, lso h = c cos γ in llen Fällen. Aus Stz 67 folgt cos γ = b,c b c. Ds ergibt h = b,c b und V = b, c.

Frnz Hofbuer 43. Determinnte und Gerden Seien = ( und b = ( b b zwei Vektoren im R. Wir definieren det(, b = b b ls die Determinnte dieser beiden Vektoren. Mn bezeichnet sie uch mit b. b Bemerkung: Nch Stz 69 ist det(, b die Fläche des von den Vektoren und b ufgespnnten Prllelogrmms. Ds gilt uch, wenn ein Vektor (oder beide gleich 0 ist. Mn knn die Determinnte dher ls orientierte Prllelogrmmfläche interpretieren. Stz 7: Für, b und c in R und λ in R gilt ( det( + c, b = det(, b + det(c, b und det(, b + c = det(, b + det(, c (b det(λ, b = λ det(, b und det(, λb = λ det(, b (c det(b, = det(, b Beweis: Diese Rechenregeln folgen unmittelbr us der Definition. Wir behndeln Gerdengleichungen und zwr die Normlvektorform. Stz 73: Sei (p, q ein Punkt uf einer Gerden und ( b ein Normlvektor. Dnn ist die Gleichung dieser Gerden. x + by = c mit c = p + bq Beweis: Ein Punkt (x, y liegt genu dnn uf der Gerde, wenn ( x y ( p q senkrecht uf ( b steht, ds heißt genu dnn, wenn ( x y ( p q, ( b = 0 gilt. Ds ber ergibt x + by = p + bq, womit die Gleichung der Gerde gefunden ist. Wir werden diese Gleichung oft in der Form (x p + (y qb = 0 schreiben. Beispiel: Seien (3, und (5, zwei Punkte in der Ebene. Die Gerde g durch diese beiden Punkte ht Richtungsvektor ( 3 und Prmeterdrstellung ( 3 + t( 3. Ein Normlvektor ist ( 3. Die Gleichung der Gerde g ist dher 3(x 3 + (y = 0, oder 3x + y =. Wir untersuchen die Lge zweier Gerden zueinnder. Die Gleichungen dieser Gerden seien x + b y = c und x + b y = c. Sei L = {(x, y : x + b y = c } die Menge ller Punkte uf der ersten und L = {(x, y : x + b y = c } die uf der zweiten Gerden. Der Durchschnitt L = L L ist die Menge ller Punkte, die uf beiden Gerden liegen. Oft fsst mn die beiden Gerdengleichungen zu einem lineren Gleichungssystem zusmmen: x + b y = c ( x + b y = c Mn nennt dnn L uch die Lösungsmenge des Gleichungssystems. Die verschiedenen Fälle, die dbei uftreten können, behndeln wir in den nächsten beiden Sätzen. Stz 74: Sei b b 0. Dnn ht ds Gleichungssystem ( genu eine Lösung, nämlich x = c b c / b b b = c b c b b b y = c c / b b = c c b b ds heißt L = {( c b c b b b, c c b b }. Beweis: Wir nehmen zuerst 0 n. Wir multiplizieren die erste Gleichung in ( mit und subtrhieren sie von der zweiten. Wir erhlten (wobei wir die erste Gleichung unverändert übernehmen x + b y = c (b b y = c c

44 Koordinten und Vektoren Diese beiden Gleichungen sind äquivlent zum Gleichungssystem (. Indem wir ds fche der ersten Gleichung zur zweiten ddieren, können wir j zum ursprünglichen Gleichungssystem ( zurückkehren. Wegen b b = b b 0 erhlten wir jetzt y = c c b b us der zweiten Gleichung. Aus der ersten Gleichung ergibt sich dnn x = c b y = c b c c b b = c b b c b b und drus x = c b c b b b. Dmit hben wir ds Gleichungssystem ( gelöst und genu eine Lösung gefunden. Ist = 0, dnn muss 0 gelten, sonst wäre b b gleich Null. Wir vertuschen die beiden Gleichungen. Dnn können wir so vorgehen wie oben. Stz 75: Sei b b = 0 und keine der Zeilen dieser Determinnte enthlte nur Nullen. Dnn gilt L = oder L = L = L für die Lösungsmenge L des Gleichungssystems (. Beweis: Wir nehmen zuerst 0 n. Wäre = 0, dnn hätten wir b 0 (sonst enthielte die zweite Zeile der Determinnte nur Nullen und b b = b b = b 0. Also muss uch 0 gelten. Ds Gleichungssystem ( ist äquivlent zu x + b y = c x + b y = c Wegen b b = b b = 0 gilt uch b = b. Die linken Seiten der beiden Gleichungen stimmen überein. Gilt jetzt c c, dnn gibt es keine Lösung. Wir hben L =. Gilt hingegen c = c, dnn sind die beiden Gleichungen identisch. Wir hben L = L und somit uch L = L = L. Sei = 0. Dnn ist b 0. Wegen 0 = b b = b b = b folgt = 0 und drus dnn b 0. Ds Gleichungssystem ( ist äquivlent zu y = c b y = c b Wie oben ergibt sich L = im Fll c b c b und L = L = L im Fll c b = c b. Geometrische Interprettion: Normlvektoren der beiden Gerden x + b y = c und x + b y = c sind ( b und ( b. Die Gerden sind prllel genu dnn, wenn die Normlvektoren prllel sind, ds heißt, wenn ds von ihnen ufgespnnte Prllelogrmm Fläche null ht und somit b b = 0 gilt. Wegen b b = b b = b b sind die Gerden x + b y = c und x + b y = c genu dnn prllel, wenn b b = 0 gilt. Ds sehen wir uch in den obigen Sätzen. Gilt b b 0, dnn hben die beiden Gerden genu einen Schnittpunkt. Sie sind nicht prllel. Gilt hingegen b b = 0, dnn hben die beiden Gerden entweder keinen Schnittpunkt oder sie fllen zusmmen. In beiden Fällen sind sie prllel. Wir behndeln noch homogene linere Gleichungssysteme, d diese später für die Berechnung von Eigenvektoren wichtig sind. Ds linere Gleichungssystem ( heißt homogen, wenn die rechte Seite null ist, ds heißt wenn c = 0 und c = 0 gilt. Wir erhlten x + b y = 0 ( x + b y = 0 Die Menge L = {t( b : t R} gibt die Punkte n, die uf der Gerden x + b y = 0 liegen, wobei L jetzt nicht die Punkte selbst, sondern die Ortsvektoren zu diesen Punkten enthält (mit Vektoren knn mn besser rechnen. Ds ist uch die Lösungsmenge der ersten Gleichung in (. Ebenso ist L = {t( b : t R} die Lösungsmenge der zweiten Gleichung in (. Dbei wird vorusgesetzt, dss mindestens einer der Koeffizienten

Frnz Hofbuer 45 und b ungleich null ist und ebenso mindestens einer der Koeffizienten und b (sonst wird eine Gleichung in ( zu 0 = 0. Die Lösungsmenge L = L L des homogenen lineren Gleichungssystems ( behndeln wir im folgenden Stz, der später nützlich sein wird. Stz 76: Wir nehmen n, dss nicht lle vier Koeffizienten, b, und b in ( gleich null sind. Die Lösungsmenge von ( ist L = {( 0 0 }, wenn b b 0 gilt. Gilt b b = 0, dnn ist L = {tv : t R} die Lösungsmenge, wobei v gleich ( b oder ( b gewählt werden knn (Normlvektor uf eine der Zeilen der Determinnte, jedoch drf v nicht der Nullvektor sein. Beweis: Gilt b b 0, dnn folgt L = {( 0 0 } us Stz 74 mit c = 0 und c = 0. Sei b b = 0. Enthält keine der beiden Zeilen der Determinnte nur Nullen, dnn gilt L = L = L nch Stz 75. D sowohl L ls uch L den Nullvektor enthält, ist L = j nicht möglich. Die Lösungsmenge L besteht somit us llen Vielfchen des Vektors ( b oder des Vektors ( b, ws die gleiche Menge ergibt. Gilt = 0 und b = 0, dnn ist 0 = 0 die erste Gleichung in (. Sie gilt immer. Es folgt L = L. Die Lösungsmenge L besteht us llen Vielfchen des Vektors ( b. Gilt = 0 und b = 0, dnn folgt L = L. Die Lösungsmenge L besteht us llen Vielfchen des Vektors ( b. Wir gehen noch kurz uf den R 3 ein. Seien = ( 3, b = ( b b b 3 Vektoren im R 3. Als Determinnte dieser drei Vektoren definiert mn und c = det(, b, c = b c 3 + b 3 c + 3 b c 3 b c b 3 c b c 3 Diese Determinnte wird uch mit b c bezeichnet. c 3 b c 3 b 3 ( c c c 3 Bemerkung: Nch Stz 70 und 7 ist det(, b, c ds Volumen des von den Vektoren, b und c ufgespnnten Prllelepipeds. Jetzt kommen wir zu Ebenengleichungen und zwr zur Normlvektorform. ( b Stz 77: Sei (p, q, r ein Punkt in einer Ebene, die ls Normlvektor ht. Dnn ist x + by + cz = d mit d = p + bq + cr die Gleichung dieser Ebene. ( xy ( pq Beweis: Ein Punkt (x, y, z liegt genu dnn in der Ebene, wenn senkrecht ( z r b uf steht, ds heißt genu dnn, wenn ( ( x pq ( b yz, = 0 gilt. Ds ber ergibt c r c x + by + cz = p + bq + cr, womit die Gleichung der Ebene gefunden ist. Beispiel: Seien ( 3,, 0, (, 4, und (, (, drei Punkte im Rum. Die Ebene durch 4 ( 3 ( 43 ( ( 3 ( diese drei Punkte ht Richtungsvektoren = und =. ( 0 0 4 ( 43 ( ( 43 ( ( 4 4 Sie ht Prmeterdrstellung + t + s und = ist ein Normlvektor. Die Gleichung der Ebene ist dher 4(x + 4(y (z = 0, oder 4x 4y z = 6. Mn knn noch kürzen x y z = 8. c drei

46 Koordinten und Vektoren Sucht mn einen Schnittpunkt dreier Ebenen, so führt ds zum Gleichungssystem x + b y + c z = d x + b y + c z = d 3 x + b 3 y + c 3 z = d 3 Es können folgende Fälle eintreten. Die drei Ebenen sind prllel. Dnn hben sie keinen Schnittpunkt, ußer die drei Ebenen sind identisch, dnn ist die gnze Ebene Schnittmenge und somit Lösungsmenge des Gleichungssystems. Zwei der drei Ebenen sind nicht prllel. Sie hben eine Gerde g ls Schnittmenge. Ist die dritte Ebene prllel zu g, dnn hben die drei Ebenen keinen gemeinsmen Schnittpunkt, ußer die Gerde g liegt uch in der dritten Ebene, dnn ist die Gerde g die Schnittmenge und somit Lösungsmenge des Gleichungssystems. Ist die dritte Ebene nicht prllel zu g, dnn ht sie genu einen Schnittpunkt mit g. Ds ist dnn uch der eindeutig bestimmte Schnittpunkt der drei Ebenen und die einzige Lösung des Gleichungssystems. Drus erkennt mn uch, dss ds Gleichungssystem genu dnn eindeutig lösbr ist, wenn die Normlvektoren der drei Ebenen nicht in einer Ebene liegen, ds heißt, wenn ds Volumen des von den Normlvektoren ufgespnnten Prellelepipeds 0 ist, lso 3 b b b b 3 0 gilt. Wegen b c 3 = b b b b 3 ist ds äquivlent zu b c 0. c c c 3 3 c 3 c c c 3 3 c 3 b 3 c Bemerkung: In der lineren Algebr, die j uch in höherdimensionlen Räumen rbeitet, kommt mn mit der hier verwendeten geometrischen Sprechweise nicht mehr us. Mn ht es üblicherweise nicht mit zwei oder drei Vektoren zu tun, sondern llgemeiner mit n Voktoren, für die mn dnn die Indexschreibweise verwendet, zum Beispiel v, v,..., v n. Wir gehen kurz uf die entsprechenden Definitionen us der lineren Algebr ein. Sind v, v,..., v n Vektoren, dnn nennt mn die Summe λ v + λ v + + λ n v n mit λ, λ,..., λ n R eine Linerkombintion dieser Vektoren. Ht mn zum Beispiel zwei Vektoren v und w im R 3, dnn bildet die Menge ller Linerkombintionen {λ v + λ w : λ, λ R} eine Ebene, die den Nullpunkt enthält. Mn sgt, die Ebene wird von den Vektoren v und w ufgespnnt. Eine weitere wichtige Definition ist die folgende: Die Vektoren v, v,..., v n nennt mn liner bhängig, wenn λ, λ,..., λ n R existieren, die nicht lle gleich 0 sind, sodss λ v + λ v + + λ n v n = 0 gilt. Sie heißen liner unbhängig, wenn sie nicht liner bhängig sind, ds heißt wenn λ v + λ v + + λ n v n = 0 nur für λ = λ = = λ n = 0 gilt. Zwei Vektoren und b im R sind liner bhängig, wenn λ +λ b = 0 gilt für λ, λ R, die nicht beide gleich 0 sind. Ds ist genu dnn der Fll, wenn einer der Vektoren ein Vielfches des nderen ist (es gilt j = λ λ b oder b = λ λ oder beides - der Nenner muss 0 sein. Zwei Vektoren und b im R sind lso genu dnn liner bhängig, wenn sie prllel liegen, ws wieder äquivlent zu b b = 0 ist (prllel ist hier so zu verstehen, dss der Nullvektor, der j keine Richtung ht, zu llen Vektoren prllel liegt. Genuso knn mn sich überlegen, dss drei Vektoren, b und c im R 3 genu dnn liner bhängig sind, wenn sie in einer Ebene liegen, ws äquivlent zu b c = 0 ist. c 3 b c 3 b 3 b 3 c

3. Die besonderen Punkte des Dreiecks Frnz Hofbuer 47 Der besseren Übersicht hlber verwenden wir uch die Schreibweise ( nstelle von (, für Punkte im R. Ein beliebiges Dreieck können wir so in ein Koordintensystem legen, dss der Eckpunkt A die Koordinten (u 0, der Eckpunkt B die Koordinten (v 0 und der Eckpunkt C die Koordinten (0 w ht. Die Eckpunkte A und B liegen uf der x-achse und der Eckpunkt C liegt uf der y-achse. Dmit A links von B liegt, nehmen wir immer u < v n. Außerdem können wir w > 0 (sogr w = nnehmen. Wir setzen = v + w, b = u + w und c = v u, ds sind die Längen der drei Seiten des Dreiecks. Außerdem ist s = + b + c der Umfng des Dreiecks. Liegt ein Dreieck so wie oben beschrieben im Koordintensystem, dnn sgen wir, dss es Stndrdlge ht. Alles, ws wir für ein Dreieck in Stndrdlge beweisen, gilt für jedes Dreieck, d wir j jedes Dreieck in Stndrdlge bringen können. Stz 78: Im Dreieck in Stndrdlge schneiden die drei Höhen einnder im Punkt (0 uv w, dem Höhenschnittpunkt H. Beweis: Die Gleichung der Höhe durch den Eckpunkt A ist (x uv yw = 0, d sie durch den Punkt (u 0 verläuft und senkrecht zu ( w v, dem Vektor entlng der Seite BC. Die Höhe durch den Eckpunkt C liegt uf der y-achse und ht dher die Gleichung x = 0. Der Schnittpunkt ist (0 uv w. Den Schnittpunkt der Höhen durch B und C erhält mn ddurch, dss mn in dieser Rechnung u und v vertuscht, lso (0 vu w. Es ist derselbe Punkt. Die drei Höhen schneiden einnder in diesem Punkt, dem Höhenschnittpunkt H. Stz 79: Im Dreieck in Stndrdlge schneiden die drei Seitensymmetrlen einnder im Punkt ( u+v w + uv b w, dem Umkreismittelpunkt U. Der Umkreisrdius r ist w. Beweis: Die Symmetrle der Seite AC ht die Gleichung (x u u (y w w = 0, d sie durch den Mittelpunkt ( u w u der Seite AC verläuft und sekrecht zu ( w, dem Vektor entlng der Seite AC. Die Symmetrle der Seite AB ht die Gleichung x = u+v, d sie senkrecht zur x-achse durch den Mittelpunkt ( u+v 0 der Seite AB verläuft. Der Schnittpunkt ist ( u+v w + uv w. Den Schnittpunkt der Symmetrlen der Seiten AB und BC erhält mn ddurch, dss mn in dieser Rechnung u und v vertuscht, lso ( v+u w + vu w. Es ist derselbe Punkt. Alle drei Seitensymmetrlen schneiden einnder in diesem Punkt, dem Umkreismittelpunkt U. Der qudrierte Abstnd von U nch C ist ( u+v +( w uv Die Wurzel drus ist der Umkreisrdius r. w = u w +v w +w 4 +u v 4w = b 4w. Stz 80: Im Dreieck in Stndrdlge schneiden die drei Schwerlinien einnder im Punkt ( u+v 3 w 3, dem Schwerpunkt S. Beweis: Die Gleichung der Schwerlinie durch den Eckpunkt A ist (x uw y(v u = 0, d sie durch die Punkte (u 0 und ( v w geht und somit Richtungsvektor ( v u w ht. Die Gleichung der Schwerlinie durch den Eckpunkt C ist xw + (y w(u + v = 0, d sie durch die Punkte (0 w und ( u+v 0 geht und somit Richtungsvektor ( u+v ȷw ht. Der Schnittpunkt ist ( u+v 3 w 3. Den Schnittpunkt der Schwerlinien durch B und C erhält mn durch Vertuschen von u und v in dieser Rechnung, lso ( v+u 3 w 3. Es ist derselbe Punkt. Die drei Schwerlinien schneiden einnder in diesem Punkt, dem Schwerpunkt S. Stz 8: Im Dreieck in Stndrdlge schneiden die drei Winkelsymmetrlen einnder im Punkt ( u+vb s wc wc s, dem Inkreismittelpunkt I. Der Inkreisrdius ϱ ist s.

48 Koordinten und Vektoren Beweis: Die Einheitsvektoren in Richtung der Seiten BA und BC sind ( 0 und ( v w. Ihre Summe ( 0 + ( v w ist ein Richtungsvektor der Winkelsymmetrle durch B. Dher ist (x v w + y( + v = 0 die Gleichung dieser Winkelsymmetrle. Gnz nlog erhält mn die Gleichung (x u w b y( u b = 0 der Winkelsymmetrle durch A. Wir multiplizieren die erste Gleichung mit, die zweite mit b, bilden die Differenz und erhlten y(v u + + b = (v uw. Wegen v u = c und c + + b = s folgt y = wc s. Aus einer der obigen Gleichungen ergibt sich dnn x = u+vb Winkelsymmetrlen durch A und durch B ist dher ( u+vb s s. Der Schnittpunkt der wc s. Die Einheitsvektoren in Richtung der Seiten CA und CB sind b ( u w und ( v w. Ihre Summe b ( u w + ( v w ist ein Richtungsvektor der Winkelsymmetrle durch den Eckpunkt C. Dher ist x( w + w b + (y w( u b + v = 0 die Gleichung dieser Winkelsymmetrle. D diese Gleichung die Summe der beiden obigen Gleichungen ist, liegt der Punkt ( u+vb s wc s uch uf der Winkelsymmetrle durch C. Alle drei Winkelsymmetrlen schneiden einnder in diesem Punkt, dem Inkreismittelpunkt I. Der Inkreisrdius ϱ ist der Abstnd des Punktes I zur Seite AB, lso zur x-achse. Dieser ist gleich der y-koordinte wc s von I. Stz 8: In einem Dreieck liegen der Höhenschnittpunkt H, der Schwerpunkt S und der Umkreismittelpunkt U uf einer Gerden und S teilt die Strecke UH im Verhältnis :. Die Gerde durch diese drei Punkte heißt Eulersche Gerde. Beweis: Wir können nnehmen, dss ds Dreieck Stndrdlge ht. Wir berechnen ( SH = uw+vw ( 3w 3uv+w und SU = uw+vw 6w 3uv+w. Drus erkennt mn, dss SU = SH gilt. Die drei Punkte U, S und H liegen uf einer Gerde und S teilt die Strecke UH im Verhältnis :. Für ein Dreieck mit Höhenschnittpunkt H und Umkreismittelpunkt U definieren wir den Neunpunktkreis ls den Kreis, dessen Mittelpunkt N der Mittelpunkt der Strecke U H und dessen Rdius der hlbe Umkreisrdius ist. Stz 83: Seien M, M b und M c die Seitenmitten und H, H b und H c die Höhenfußpunkte eines Dreiecks ABC. Sei H der Höhenschnittpunkt und R, R b und R c die Mittelpunkte der Strecken HA, HB und HC. Dnn liegen die neun Punkte H, H b, H c, M, M b, M c, R, R b und R c uf dem Neunpunktkreis. Beweis: Es genügt, diesen Stz für ein Dreieck in Stndrdlge zu zeigen und für die Punkte M c, H c und R c. Wir können j in einem beliebigen Dreieck jede der drei Seiten uswählen und ds Dreieck so in Stndrdlge ins Koordintensystem legen, dss die usgewählte Seite uf der x-achse liegt. Für ein Dreieck in Stndrdlge ist (0 uv u+v w der Höhenschnittpunkt H und ( w + uv w der Umkreismittelpunkt U wie in Stz 78 und Stz 79 gezeigt wurde. Der Mittelpunkt N der Strecke UH ist dher ( u+v 4 w 4 uv b 4w. Der hlbe Umkreisrdius ist 4w nch Stz 79. Dmit hben wir Mittelpunkt und Rdius des Neunpunktkreises für ein Dreieck in Stndrdlge gefunden. Der Mittelpunkt M c der Seite AB ist ( u+v 0. Sein qudrierter Abstnd vom Mittelpunkt N des Neunpunktkreises ist ( u+v 4 + ( w 4 uv 4w = u w +v w +w 4 +u v 6w = b 6w = ( b 4w

Frnz Hofbuer 49 Die Wurzel drus ist der Rdius des Neunpunktkreises. Dmit ist gezeigt, dss M c uf dem Neunpunktkreis liegt. Der Fußpunkt H c der Höhe durch C ist (0 0. Sein qudrierter Abstnd vom Mittelpunkt N des Neunpunktkreises ist ( u+v 4 + ( w 4 uv 4w. Obige Rechnung zeigt, dss ds gleich ( b 4w ist. Die Wurzel drus ist der Rdius des Neunpunktkreises. Dmit ist gezeigt, dss H c uf dem Neunpunktkreis liegt. Der Höhenschnittpunkt H ist (0 uv w. Der Mittelpunkt R c des Höhenbschnitts HC ist (0 w uv w. Sein qudrierter Abstnd vom Mittelpunkt N des Neunpunktkreises ist ebenflls ( u+v 4 + ( w 4 uv 4w. Dmit ist gezeigt, dss uch R c uf dem Neunpunktkreis liegt. 4. Die Steinerschen Gerden Wir beginnen mit einer Projektionsformel. Stz 84: Projiziert mn den Punkt (p q uf die Gerde g mit der Gleichung mx+ny = h, dnn erhält mn ( n p mnq+mh m +n m q mnp+nh m +n. Spiegelt mn den Punkt (p q um diese Gerde g, dnn erhält mn ( mnq+n p+mh m p m +n m q mnp+nh n q m +n. Beweis: Die Gerde durch (p q senkrecht uf g ist n(x p m(y q = 0. Ihr Schnittpunkt mit g ist ( n p mnq+mh m +n m q mnp+nh m +n zum gespiegelten Punkt ist m +n ( n p mnq+mh m q mnp+nh ( p q, die Projektion von (p q uf g. Der Ortsvektor ( = n p mnq+mh m p m +n m q mnp+nh n q. Stz 85: Sei ABC ein Dreieck und H sein Höhenschnittpunkt. Sei P ein Punkt und P, P b, P c die Punkte, die mn erhält, wenn mn P n den (Verlängerungen der drei Seiten des Dreiecks spiegelt. Dnn sind äquivlent ( P liegt uf dem Umkreis des Dreiecks (b drei der vier Punkte P, P b, P c und H liegen uf einer Gerde (c lle vier Punkte P, P b, P c und H liegen uf einer Gerde Diese Gerde heißt zweite Steinersche Gerde. Beweis: Ds Dreieck sei in Stndrdlge. Seien (x y die Koordinten des Punktes P. D die Seite AB uf der x-achse liegt, sind (x y die Koordinten des Punktes P c. Die Trägergerde der Seite BC ht Normlvektor ( m n = ( w v und in ihrer Gleichung uf der rechten Seite die Konstnte h = ( m n, ( v 0 = vw. Setzt mn in die Formel us Stz 84 ein, so ergibt sich ( v x vwy+vw w x v +w w y vwx+v w v y v +w für den Punkt P. Der Höhenschnittpunkt H ist (0 uv w nch Stz 78. Es folgt ( HP c = wx ( w uv wy und P P c = w vy vw+wx v +w vx wy v. Die drei Punkte Pc, P und H liegen genu dnn uf einer Gerde, wenn die Determinnte mit den Vektoren HP c und P P c ls Splten gleich null ist, ds heißt wenn wx vy vw + wx uv wy vx wy v = 0 gilt. Rechnet mn diese Determinnte us, kürzt und dividiert durch v, so erhält mn wx vwx uvy + uvw uwx + wy w y = 0 Dividiert mn noch durch w und ergänzt zu vollständigen Qudrten, so ergibt sich x (u + vx + (u+v 4 + y ( uv uv w + wy + ( w + w = u 4 + uv + v 4 + u v 4w + uv + w 4 uv

50 Koordinten und Vektoren Fsst mn zusmmen, dnn ht mn schließlich (x u+v + (y ( uv w + w = (u +w (v +w 4w = b 4w Nch Stz 79 ist ds die Gleichung des Umkreises. Wir hben somit gezeigt, dss die drei Punkte P c, P und H genu dnn uf einer Gerde liegen, wenn P uf dem Umkreis liegt. Dsselbe Resultt gilt ntürlich uch für die drei Punkte P c, P b und H und für die Punkte P, P b und H. Mn muss j nur jeweils eine ndere Dreiecksseite uf die x-achse legen. Es bleibt zu zeigen, dss die drei Punkte P, P b und P c genu dnn uf einer Gerden liegen, wenn P uf dem Umkreis liegt. Oben wurde ( P P c = w vy vw+wx v +w vx wy v gezeigt. Wenn mn dieselbe Rechnung wie oben mit der Dreiecksseite AC sttt mit BC, ds heißt mit u sttt mit v, durchführt, dnn erhält mn ( P b P c = w uy uw+wx u +w ux wy u. Die drei Punkte P c, P und P b liegen genu dnn uf einer Gerden, wenn die Determinnte mit den Vektoren P P c und P b P c ls Splten gleich null ist, ds heißt wenn vy vw + wx uy uw + wx vx wy v ux wy u = 0 gilt. Rechnet mn diese Determinnte us, kürzt und fsst zusmmen, so erhält mn (u vwx (u v wx + (u vwy (u v(w + uvy + (u vuvw = 0 Dividiert mn durch u v, so ht mn wx uwx vwx + wy w y uvy + uvw = 0 Wir hben bereits gesehen, dss ds die Gleichung des Umkreises ist. Dmit ist uch gezeigt, dss die drei Punkte P, P b und P c genu dnn uf einer Gerden liegen, wenn P uf dem Umkreis liegt. Die Äquivlenz von ( und (b ist vollständig bewiesen. Aus (c folgt klrerweise (b. Es bleibt zu zeigen, dss (c us ( folgt. Wenn ( gilt, dnn liegen die drei Punkte P c, P b und H uf einer Gerden g und die drei Punkte P, P b und P c uf einer Gerden h, wie oben gezeigt wurde. D P b und P c sowohl uf g ls uch uf h liegen, müssen diese beiden Gerden übereinstimmen. Somit liegen lle vier Punkte P, P b, P c und H uf einer Gerden. Die Gerde im folgenden Stz ist die erste Steinersche Gerde. Wir behndeln nur die erste Steinersche Gerde durch den Eckpunkt C. Es gibt jedoch uch je eine durch die Eckpunkte A und B. Stz 86: Sei P ein Punkt uf dem Umkreis eines Dreiecks. Sei Q c der Schnittpunkt P des Lots von P uf die Seite AB mit dem Umkreis. Dnn liegt die Gerde durch Q c und den Eckpunkt C prllel zur zweiten Steinerschen Gerden. Beweis: Ds Dreieck sei in Stndrdlge. D die Seite AB uf der x-achse liegt, liegt ds Lot durch P uf die Seite AB prllel zur y-achse. Der Punkt P ht Koordinten (x y und der Umkreismittelpunkt U ist ( u+v w + uv w. Der Schnittpunkt Q c P des Lots mit dem Umkreis ht dher die Koordinten (x ( w + uv w y. Der Vektor CQ c ist somit ( wx w uv wy. Er ist gleich dem Vektor HPc us dem letzten Beweis. Die erste Steinergerde ht denselben Richtungsvektor wie die zweite Steinergerde. Sie sind dher prllel.

IV. Isometrien und Kegelschnitte. Linere Abbildungen Wir behndeln linere Abbildungen uf dem R. Definition: Eine Abbildung φ : R R heißt liner, wenn sie folgende zwei Eigenschften erfüllt ( φ(x + y = φ(x + φ(y für lle x und y in R (b φ(λx = λφ(x für lle x R und λ R Beispiel: Sei φ : R R definiert durch φ(x = x ( + x ( 5 = ( x +5x x +x leicht nchzuprüfen, dss φ(x + y = φ(x + φ(y und φ(λx = λφ(x gilt.. Es ist Wir zeigen, dss lle lineren Abbildungen von dieser Art sind. Dzu führen wir die Einheitsvektoren i = ( 0 und j = ( 0 ein. Stz 87: Sei φ : R R eine linere Abbildung. Seien ( b und ( c d die Bilder der Einheitsvektoren i und j unter φ, ds heißt φ(i = ( b und φ(j = ( c d. Für lle x = ( x x in R gilt dnn φ(x = x ( b + x ( c d = ( x +cx bx +dx. Beweis: Sei x = ( x x in R. Es gilt x = x ( 0 + x ( 0 = x i + x j. Aus der Definition einer lineren Abbildung erhlten wir dnn φ(x = φ(x i + x j = φ(x i + φ(x j = x φ(i + x φ(j = x ( b + x ( c d Aus den Rechenregeln für Vektoren folgt x ( b + x ( c d = ( x bx + ( cx dx = ( x +cx bx +dx. Dieser Stz zeigt, dss eine linere Abbildung φ : R R bereits durch die Bilder ( b und ( c d der Einheitsvektoren i und j bestimmt ist. Um dieses Ergebnis besser ufschreiben zu können, führen wir Mtrizen und die Mtrixmultipliktion ein. Eine m n-mtrix ist eine rechteckige Anordnung von Zhlen, die us m Zeilen und n Splten besteht. Einen Vektor x R knn mn ls -Mtrix uffssen. Eine -Mtrix ht zwei Vektoren des R ls Splten, zum Beispiel ( 5 3 7. Eine -Mtrix ist ein Zeilenvektor, zum Beispiel (3 7. Ds Produkt C = AB zweier Mtrizen A und B bestimmt mn so: Mn bildet ds innere Produkt der ersten Zeile der Mtrix A mit den Splten der Mtrix B. Die Ergebnisse, die mn erhält, schreibt mn in die erste Zeile der Mtrix C. Dnn bildet mn ds innere Produkt der zweiten Zeile der Mtrix A mit den Splten der Mtrix B. Die Ergebnisse, die mn erhält, schreibt mn in die zweite Zeile der Mtrix C. Ht die Mtrix A mehr ls zwei Zeilen, dnn mcht mn so weiter. (Ht die Mtrix A nur eine Zeile, dnn ist mn nch dieser einen Zeile bereits fertig. Ist zum Beispiel A = ( ( 5 3 7 und B = p q r s, dnn erhlten wir AB = ( ( 5 p ( q 3 7 r s = p+5r q+5s 3p+7r 3q+7s und BA = ( ( p q ( 5 r s 3 7 = p+3q 5p+7q r+3s 5r+7s Hier sieht mn uch, dss die Multipliktion von zwei Mtrizen nicht kommuttiv ist. Mn knn jedoch nchrechnen, dss (ABC = A(BC gilt. Die Multipliktion von Mtrizen ist ssozitiv. Mn drf dher ABC schreiben, ohne Klmmern zu setzen, d es keinen Unterschied mcht, welche Mtrixmultipliktion mn zuerst usführt. Mn drf die Mtrizen jedoch nicht vertuschen.

5 Isometrien und Kegelschnitte Genuso funktioniert die Multipliktion einer Mtrix mit einem Vektor. Mn fsst den Vektor einfch ls -Mtrix uf. Ist A = ( 5 3 7 und B = x = ( x x, dnn erhlten wir AB = Ax = ( 5 3 7 ( x x = ( x +5x 3x +7x Ebenso knn mn größere Mtrizen multiplizieren. Dmit mn ds Mtrixprodukt AB bilden knn, muss A eine m n-mtrix und B eine n k-mtrix sein. Die Zeilen von A müssen so lng sein wie die Splten von B. Ds Produkt AB ist eine m k-mtrix. Wir kommen zu Stz 87 zurück. Seien ( b und ( c d die Bilder der Einheitsvektoren i und j unter der lineren Abbildung φ. Sei M = ( c b d die Mtrix, die diese Bilder ( b und ( c d ls Splten ht. Aus der Definition der Mtrixmultipliktion und us Stz 87 folgt Mx = ( c b d ( x x = ( x +cx bx +dx = ( b x + ( c d x = φ(x Es gilt lso φ(x = Mx. Mn nennt M = ( c b d die Mtrix der lineren Abbildung φ. Mn knn jede linere Abbildung φ : R R durch eine -Mtrix usdrücken. Mn knn zwei Mtrizen der gleichen Größe uch ddieren. Ds mcht mn so wie für Vektoren, die j -Mtrizen sind. Sind A = ( ( c b d und B = r u s v zwei -Mtrizen, dnn definiert mn A + B = ( +r b+s d+v c+u. Ist x R, dnn gilt (A + Bx = Ax + Bx. (Ds gilt uch für eine -Mtrix C nstelle von x. Auch die Sklrmultipliktion definiert mn für Mtrizen genuso wie für Vektoren. Ist A = ( ( c b d eine Mtrix und t R, dnn definiert mn ta = t tc tb td. Für t und s in R und -Mtrizen A und B gilt dnn (s + ta = sa + ta und t(a + B = ta + tb. Stz 88: Seien φ : R R und ψ : R R liner. Dnn ist ψ φ : R R ebenflls liner. Ist A die Mtrix der lineren Abbildung φ und B die Mtrix der lineren Abbildung ψ, dnn ist ds Mtrixprodukt BA die Mtrix der lineren Abbildung ψ φ. Beweis: Seien x und y in R und λ R. D ψ und φ liner sind, erhlten wir ψ(φ(x+y = ψ(φ(x+φ(y = ψ(φ(x+ψ(φ(y und ψ(φ(λx = ψ(λφ(x = λψ(φ(x Ds zeigt, dss uch ψ φ eine linere Abbildung ist. Sei φ(i = ( b und φ(j = ( c d. Dnn gilt A = ( ( c b d. Ist B = r s ψ(φ(i = B( b = ( r s u v ( b = ( r+ub s+vb und ψ(φ(j = B( c d = ( r s Die Mtrix der lineren Abbildung ψ φ ist dher ( r+ub s+vb u v, dnn folgt u v ( c d = ( rc+ud sc+vd rc+ud sc+vd. Ds ist BA. Die Mtrix I = ( 0 0 heißt Einheitsmtrix. Es gilt j I x = x für lle x in R. Linere Gleichungssysteme knn mn ebenflls mit Hilfe von Mtrizen ufschreiben. Liegt ds linere Gleichungssystem x + b y = c x + b y = c vor, dnn setzt mn M = ( b b und c = ( c c. Ds Gleichungssystem wird dnn zu Mx = c, wobei x für den Vektor ( x y steht. Mn schreibt dnn uch det M nstelle von b. b Wenn det M 0 ist, dnn ht ds Gleichungssystem nch Stz 74 genu eine Lösung. Wenn det M = 0 ist, dnn ht ds Gleichungssystem nch Stz 75 entweder keine Lösung oder beide Gleichungen hben dieselbe Lösungsmenge, die uch Lösungsmenge des Gleichungssystems ist.

. Eigenwerte und Eigenvektoren Frnz Hofbuer 53 Eigenwerte und Eigenvektoren treten bei der Huptchsentrnsformtion von Kegelschnitten uf. Wir beschränken uns wieder uf den R. Anloge Resultte gelten ber uch in höheren Dimensionen. Definition: Sei A eine -Mtrix. Ein Vektor v 0 heißt Eigenvektor der Mtrix A, wenn Av = λv für eine Zhl λ gilt. Die Zhl λ nennt mn Eigenwert der Mtrix A. Ist A = ri mit r R, dnn gilt Av = rv für lle v R. Jeder Vektor 0 ist somit ein Eigenvektor zum Eigenwert r. Wir nehmen dher im Folgenden n, dss A kein Vielfches der Einheitsmtrix I ist. Wie finden wir Eigenwerte und Eigenvektoren? Nch den Rechenregeln für Mtrizen können wir Ax = λx uch schreiben ls (A λi x = 0. Ds ist ds homogene linere Gleichungssystem Mx = 0 mit M = A λi. Wenn det M 0 gilt, dnn ist 0 nch Stz 76 die einzige Lösung. D Eigenvektoren ungleich 0 sind, erhlten wir keinen Eigenvektor und λ ist uch kein Eigenwert. Ist hingegen det M = 0, dnn folgt us Stz 76, dss L = {tv : t R} die Lösungsmenge des Gleichungssystems Mx = 0 ist, wobei wir v ls Normlvektor uf eine der beiden Zeilen der Mtrix M wählen können, die nicht nur us Nullen besteht. (Es gilt j M ( 0 0 0 0, sonst wäre A ein Vielfches von I. Es existiert ein Vektor v R \ {0} mit Mv = 0, ds heißt Av = λv. Somit ist λ ein Eigenwert und v ein Eigenvektor der Mtrix A. Es knn llerdings uch der Fll eintreten, dss die Eigenwerte komplexe Zhlen sind. Dnn sind uch die Eigenvektoren im C. Wir hben gezeigt, dss die Eigenwerte einer Mtrix A gerde diejenigen Zhlen λ sind, für die det(a λi = 0 gilt. Ist A = ( b c d, dnn gilt A λi = ( λ b det(a λi = ( λ(d λ bc = λ ( + dλ + d bc c d λ und Ds ist ein Polynom in der Vriblen λ. Mn nennt es ds chrkteristische Polynom der Mtrix A. Die Eigenwerte der Mtrix A sind dnn die Lösungen der qudrtischen Gleichung λ ( + dλ + d bc = 0. Die Eigenwerte sind lso ( λ, = ( + d ± 4 ( + d d + bc = ( + d ± 4 ( d + bc Es gibt drei mögliche Fälle, entweder zwei verschiedene reelle Eigenwerte, oder einen zweifchen reellen Eigenwert, oder zwei zueinnder konjugiert komplexe Eigenwerte. Sucht mn einen Eigenvektor zum Eigenwert λ dnn bildet mn die Mtrix M = A λi und löst ds linere Gleichungssystem Mv = 0. Eine Lösung v erhält mn ls Normlvektor uf eine Zeile der Mtrix M, die nicht nur us Nullen besteht. Ds funktioniert uch, wenn die Eigenwerte komplex sind. In diesem Fll sind uch die Eigenvektoren in C. Beispiel: Sei A = ( 5 3 3. Gesucht sind Eigenwerte und Eigenvektoren. Wir bilden A λi = ( 5 λ 3 3 λ und berechnen die Determinnte (5 λ(3 λ 3 = λ 8λ +. Ds ist ds chrkteristische Polynom der Mtrix A. Die Nullstellen sind λ = 6 und λ =. Dmit sind die Eigenwerte der Mtrix A gefunden. Wir berechnen A λ I = ( 3 3. Einen Eigenvektor u zum Eigenwert λ = 6 erhlten wir ls Normlvektor der ersten Zeile der Mtrix ( 3 3, lso u = (. Jedes Vielfche dieses Vektors, ußer dem Nullvektor, ist ebenflls Eigenvektor. Ebenso berechnen wir A λ I = ( 3 3. Einen Eigenvektor v zum Eigenwert λ = erhlten wir ls Normlvektor der ersten Zeile der Mtrix ( 3 3, lso v = ( 3.

54 Isometrien und Kegelschnitte Beispiel: Sei A = ( 4 5. Gesucht sind Eigenwerte und Eigenvektoren. Wir bilden A λi = ( 4 λ 5 λ und berechnen die Determinnte (4 λ( λ + 0 = λ 6λ + 8. Ds ist ds chrkteristische Polynom der Mtrix A. Die Nullstellen sind λ = 3 + 3i und λ = 3 3i. Die Eigenwerte der Mtrix A sind konjugiert komplex. Wir berechnen A λ I = ( 3i 5 3i. Einen Eigenvektor u zum Eigenwert λ = 3 + 3i erhlten wir ls Normlvektor der ersten Zeile der Mtrix ( 3i 5 3i, lso u = ( 3i. (Wir können nchrechnen, dss u uch ein Normlvektor der zweiten Zeile ist. Wegen A λ I = ( +3i 5 +3i ist v = ( +3i ein Eigenvektor zum Eigenwert λ = 3 3i. Nicht nur die Eigenwerte, sondern uch die Eigenvektoren sind konjugiert komplex. Beispiel: Sei A = ( 5 4. Gesucht sind Eigenwerte und Eigenvektoren. Wir bilden A λi = ( 5 λ 4 λ und berechnen (5 λ( λ + 4 = λ 6λ + 9, ds chrkteristische Polynom. Es ht λ = 3 ls zweifche Nullstelle. Ds ist der einzige Eigenwert der Mtrix A. Wir berechnen A λi = ( 4. Ein Eigenvektor ist u = (. 3. Symmetrische Mtrizen Ist w = ( w w ein Spltenvektor, dnn ist der trnsponierte Vektor w t der entsprechende Zeilenvektor (w w. Für eine Mtrix A = ( c b d definiert mn die Trnsponierte A t durch A t = ( b c d, ds ist die n der Digonle gespiegelte Mtrix. Stz 89: Für -Mtrizen A und B und für Vektoren u und v in R gilt ( (A t t = A (b (Au t = u t A t und (AB t = B t A t (c u, v = u t v und Au, v = u, A t v Beweis: Wir erhlten ( sofort us der Definition. Es gilt (Au t = ( u +cu bu +du t = (u + cu bu + du = (u u ( b c d = u t A t. Dmit ist die erste Gleichung von (b gezeigt. Setzt mn A = ( ( c b d und B = p r q s, dnn gilt ebenso (AB t = ( p+cq bp+dq r+cs br+ds t = ( p+cq r+cs bp+dq br+ds = ( p r q s ( c b d = B t A t. Es gilt u, v = u v + u v = (u u ( v v = u t v. Ds ergibt die erste Gleichung von (c. Dmit und mit (b erhlten wir Au, v = (Au t v = (u t A t v = u t (A t v = u, A t v, die zweite Gleichung in (c. Definition: Eine Mtrix A = ( c b d nennt mn symmetrisch, wenn A t = A gilt. Ds ist gleichbedeutend dmit, dss b = c gilt. Stz 90: Sei A = ( b c d symmetrisch, ber nicht gleich ri für ein r R. Dnn ht A zwei verschiedene reelle Eigenwerte λ und λ. Ist u ein Eigenvektor zu λ und v einer zu λ, dnn gilt u, v = 0, ds heißt u und v sind orthogonl. Beweis: Aus ( folgt λ, = ( + d ± 4 ( d + b wegen c = b. Wegen A ri für lle r R gilt entweder d oder b 0. Es folgt 4 ( d + b > 0. Somit sind λ und λ reell und verschieden. Es gilt Au = λ u, Av = λ v und A t = A. Mit Hilfe der Rechenregeln für ds innere Produkt und für die Trnsponierte (Stz 89 erhlten wir λ u, v = λ u, v = Au, v = u, A t v = u, Av = u, λ v = λ u, v Wegen λ λ muss u, v = 0 gelten.

4. Isometrien der Ebene Frnz Hofbuer 55 Wir untersuchen Isometrien der Ebene, die wir ls R uffssen. Definition: Eine Abbildung f : R R heißt Isometrie, wenn f(x f(y = x y für lle x und y in R gilt. Beispiel: Sei R fest. Die Abbildung (Trnsltion h(x = x + ist eine Isometrie. Es gilt j h(x h(y = x y und dher uch h(x h(y = x y für lle x, y R. Gilt g(p = p, dnn heißt p Fixpunkt der Abbildung g. Ist f : R R eine Isometrie, dnn ist g : R R definiert durch g(x = f(x f(0 eine Isometrie mit 0 ls Fixpunkt. Es gilt j g(0 = 0 und g(x g(y = f(x f(y = x y für lle x und y in R. Insbesondere gilt g(x = x für lle x in R (Ds ist der Spezilfll y = 0. Stz 9: Eine Isometrie g mit 0 ls Fixpunkt ist eine linere Abbildung. Beweis: Zuerst zeigen wir g(λx = λg(x für lle x R und lle λ R. Wegen g(0 = 0 gilt diese Gleichung für λ = 0. Wir können λ 0 nnehmen. Sei k der Kreis mit Mittelpunkt 0 und Rdius r = x und λx k der mit Mittelpunkt 0 und Rdius r = λx = λ x. Dnn liegt x uf k und wegen g(x = x uch g(x. x Ebenso liegt λx uf k und wegen g(λx = λx uch g(λx. Nun gilt g(λx g(x = λx x = λ x. Ist λ > 0, dnn gilt g(λx g(x = r r, sodss g(λx der Punkt uf k ist, der g(x m nächsten liegt (Zeichnung. Ist λ < 0, dnn gilt g(λx g(x = r + r, sodss g(λx der Punkt uf k ist, der den größten Abstnd von g(x ht. k 0 k g(x g(λx In beiden Fällen liegt g(λx uf der Gerde durch 0 und g(x und es gilt g(λx = λg(x. Wir zeigen g(x + y = g(x + g(y für lle x und y in R. Ist x = 0 oder y = 0, dnn gilt diese Gleichung. Ist y = λx für ein λ R, dnn folgt sie us der oben gezeigten Gleichung: g(x + y = g(( + λx = ( + λg(x = g(x + λg(x = g(x + g(λx = g(x + g(y Ansonsten bilden die Punkte 0, x, y und x + y ein Prllelogrmm. Die Punkte g(0 = 0, g(x, g(y und g(x + y bilden ein kongruentes Prllelogrmm, d die Abstände zwischen den vier Punkten bei der Abbildung unverändert bleiben. Es folgt g(x + y = g(x + g(y. Somit ist g eine linere Abbildung, d die Eigenschften us der Definition einer lineren Abbildung erfüllt sind. Zweiter Beweis: Es gilt x, y = x + y x y. Setzt mn g(x für x und g(y für y ein, so erhält mn g(x, g(y = g(x + g(y g(x g(y. Für die Isometrie g mit Fixpunkt 0 gilt g(x = x, g(y = y und g(x g(y = x y. Dmit ergibt sich g(x, g(y = x, y für lle x und y in R. Jetzt zu Stz 9. Seien x und y in R. Wir setzen u = g(x, v = g(y und w = g(x + y. Aus obiger Gleichung folgt u, u = x, x, v, v = y, y, w, w = x + y, x + y, u, v = x, y, w, u = x + y, x und w, v = x + y, y. Dmit erhlten wir w u v = w u v, w u v = w, w + u, u + v, v w, u w, v + u, v = x + y, x + y + x, x + y, y x + y, x x + y, y + x, y = x, x + x, y + y, y + x, x + y, y x, x 4 x, y y, y + x, y = 0

56 Isometrien und Kegelschnitte Somit gilt w u v = 0, lso uch w u v = 0. Es folgt w = u + v. Dmit ist g(x + y = g(x + g(x gezeigt. Sei x R und λ R. Wir setzen u = g(x und v = g(λx. Wie oben folgt v λu = v λu, v λu = v, v λ v, u + λ u, u = λx, λx λ λx, x + λ x, x = λ x, x λ x, x + λ x, x = 0 Somit gilt v λu = 0, lso v λu = 0. Es folgt v = λu, ds heißt g(λx = λg(x. Wir hben gezeigt, dss die Eigenschften us der Definition einer lineren Abbildung erfüllt sind. Somit ist g eine linere Abbildung. Stz 9: Sei g eine Isometrie mit Fixpunkt 0. Dnn existiert ein α [0, 360 0, sodss die Mtrix der lineren Abbildung g entweder R α = ( cos α sin α sin α cos α oder Sα = ( cos α sin α sin α cos α ist. Beweis: Sei M = ( c b d die Mtrix der lineren Abbildung g. D g eine Isometrie mit Fixpunkt 0 ist, gilt g(x = x, ds heißt (x + cx + (bx + dx = x + x oder ( + b x + (c + d x + (c + bdx x = x + x. Ds gilt für lle x, x R. Es folgt + b =, c + d = und c + bd = 0 Der Vektor ( b ht Länge. Es existiert ein α [0, 3600 mit = cos α und b = sin α. Weiters gilt ( b, ( c d = c + bd = 0 und ( c d = c + d =. Der Vektor ( c d steht senkrecht uf ( b und ht ebenflls Länge. Drus folgt, dss entweder ( c d = ( sin α cos α oder ( c d = ( sin α cos α gilt. Stz 93: Die Abbildung mit Mtrix R α ist eine Drehung (Rottion um den Nullpunkt mit Winkel α (im Gegenuhrzeigersinn. Beweis: Es gilt R α x = ( cos α sin α x +( cos sin α α x. Die Vektoren ( cos α sin α sin α und ( cos α hben Länge und stehen senkrecht ufeinnder. Sie sind die Einheitsvektoren für ein um den Winkel α verdrehtes Koordintensystem. Dher erhält mn R α x, wenn mn den Vektor x = ( x x ins gedrehte Koordintensystem zeichnet. Ds beweist, dss R α x der um den Winkel α gedrehte Vektor x ist. α R α x x Stz 94: Die Abbildung mit Mtrix S α ist eine Spiegelung um die Gerde g durch den Nullpunkt mit Richtungsvektor ( cos α sin. α x g. Der Beweis: Sei = ( cos α sin α und b = ( sin α cos α Vektor b ist Normlvektor zu. Mtrixmultipliktion und die Summensätze für sin und cos zeigen, dss S α = und S α b = b gilt. D und b orthogonl ufeinnder stehen, existieren für jedes x R Zhlen p und q in R mit x = p + qb. Es folgt S α x = ps α + qs α b = p qb. Ds zeigt, dss S α x der um die Gerde g gespiegelte Punkt x ist, d g j die Gerde durch den Nullpunkt mit Richtungsvektor ist. b b α S α x

Frnz Hofbuer 57 Die durch die Mtrizen R α und S α gegebenen lineren Abbildungen sind lle Isometrien, die 0 ls Fixpunkt hben. Ist f irgendeine Isometrie und u = f(0, dnn ist g(x = f(x u eine Isometrie mit 0 ls Fixpunkt. Es gilt lso f(x = R α (x + u oder f(x = S α (x + u. Für α [0, 360 0 und u R definieren wir R α,u : R R und S α,u : R R durch R α,u (x = R α x + u und S α,u (x = S α x + u Ds sind dnn lle möglichen Isometrien des R. Stz 95: Ist α = 0 dnn ist R α,u die Trnsltion um den Vektor u. Ist α (0, 360 0, dnn ist R α,u die Drehung um den Punkt w mit Winkel α, wobei w Lösung von (I R α w = u. Beweis: Für α = 0 ist R α = I und R α,u (x = x + u. Für α (0, 360 0 gilt cos α sin α sin α cos α = ( cos α + sin α = cos α 0, ds heißt det(i R α 0. Dher ht (I R α w = u eine eindeutige Lösung. Es folgt u = w R α w und R α,u (x = R α (x w + w. Die Abbildung R α,u ist die Hintereinnderusführung folgender drei Abbildungen: ( Trnsltion mit Vektor w: Punkt w wird in den Punkt 0 verschoben (b Drehung um den Punkt 0 mit Winkel α (c Trnsltion mit Vektor w: Punkt 0 wird zurück in den Punkt w verschoben Die Zusmmensetzung ergibt die Drehung um den Punkt w mit Winkel α. ( cos α sin α Stz 96: Die Abbildung S α,u ist eine Schubspiegelung, und zwr die Hintereinnderusführung einer Spiegelung um die Gerde durch den Punkt u mit Richtungsvektor und einer Trnsltion mit Vektor w = (u + S αu. Der Vektor w ht die Richtung der Spiegelungsgerden. Beweis: Es gilt S α,u (x = S α (x u + u + w. Die Abbildung x S α(x u + u ist die Hintereinnderusführung folgender drei Abbildungen: ( Trnsltion mit Vektor u: Punkt u wird in den Punkt 0 verschoben (b Spiegelung um die Gerde durch den Punkt 0 mit Richtungsvektor ( cos α sin α (c Trnsltion mit Vektor u: Punkt 0 wird zurück in den Punkt u verschoben Die Zusmmensetzung ergibt die Spiegelung um die Gerde durch den Punkt u mit Richtungsvektor ( cos α sin. Dzu kommt noch die Trnsltion um den Vektor w. Ds ist α dnn die Abbildung S α,u. Wir bestimmen die Richtung von w. D S α u der um eine Gerde durch den Punkt 0 gespiegelte Punkt u ist, ht w = (u + S αu dieselbe Richtung wie diese Spiegelungsgerde. Wir hben lle möglichen Isometrien der Ebene bestimmt. Es sind Trnsltionen, Drehungen und Schubspiegelungen. Wir überlegen uns noch, ws sich bei Hintereinnderusführung dieser Isometrien ergibt. Stz 97: Es gilt R α R β = R α+β, R α S β = S α+β, S α R β = S α β und S α S β = R α β. Beweis: Wir rechnen die erste Gleichung mit Hilfe der Summensätze nch R α R β = ( ( cos α sin β sin α = cos α cos β sin α sin β sin α cos α = ( cos(α+β sin(α+β ( cos β sin β sin(α+β cos(α+β cos β = Rα+β sin α cos β+cos α sin β cos α sin β sin α cos β sin α sin β+cos α cos β Die nderen Gleichungen erhält mn gnz nlog, wobei mn sin β = sin( β bechten muss.

58 Isometrien und Kegelschnitte Es gilt R α R β = R α+β. Die Hintereinnderusführung von zwei Drehungen um denselben Punkt ergibt wieder eine Drehung um diesen Punkt, wobei sich die Drehwinkel ddieren. Es gilt uch S α S β = R α β. Die Hintereinnderusführung von zwei Spiegelungen ergibt eine Drehung um den Schnittpunkt der beiden Spiegelungsgerden, wobei der Drehwinkel der doppelte Winkel zwischen den Gerden ist. Die beiden nderen Gleichungen besgen, dss mn eine Spiegelung erhält, wenn mn eine Spiegelung mit einer Drehung um einen Punkt uf der Spiegelungsgerde verknüpft. Der obige Stz lässt sich leicht verllgemeinern. Stz 98: Es gilt R α,u R β,v = R α+β,rα v+u, R α,u S β,v = S α+β,rα v+u, S α,u R β,v = S α β,sα v+u und S α,u S β,v = R α β,sα v+u. Beweis: Wir rechnen nur die erste Gleichung mit Hilfe von Stz 97 nch R α,u (R β,v (x = R α,u (R β x+v = R α (R β x+v+u = R α+β x+r α v+u = R α+β,rα v+u(x Ds beweist R α,u R β,v = R α+β,rα v+u. Die nderen Gleichungen erhält mn nlog. 5. Kegelschnitte Wir berechnen die Gleichungen der Kegelschnitte in Huptlge. Dmit ist gemeint, dss die Koordintenchsen uch die Achsen der Kegelschnitte sind. Ellipse: Wir suchen die Gleichung der Ellipse mit Brennpunkten F ( e, 0 und F (e, 0 und mit großer Hlbchse der Länge, wobei e < gilt. Sie ist die Menge ller Punkte (x, y, deren Abstndssumme von den beiden Brennpunkten gleich ist. Die Gleichung dieser Ellipse ist lso ( (x + e + y + (x e + y = F F Qudriert mn diese Gleichung, kürzt, fsst zusmmen und dividiert durch, so ht mn ( x + e + y + (x + e + y (x e + y = Unter der ersten Wurzel steht e + x + y + ex und e + x + y ex unter der zweiten. Ds Produkt ist (e + x + y 4e x. Setzt mn ds ein und formt um, so erhält mn (3 (e + x + y 4e x = (e + x + y Qudriert mn, so fällt (e + x + y weg. Mn knn durch 4 dividieren und es bleibt (4 e x = 4 (e + x + y Durch Ausmultiplizieren und Umformen ergibt sich jetzt x (5 + y x e = oder + y b = wenn mn b = e setzt. Dmit ist die Gleichung der Ellipse mit Brennpunkten F ( e, 0 und F (e, 0 und mit großer Hlbchse der Länge gefunden. Die beiden Punkte (, 0 und (, 0 erfüllen die Ellipsengleichung und liegen dher uf der Ellipse. Sie heißen Huptscheitel. Die Strecke dzwischen heißt Huptchse der Ellipse. Auf ihr liegen die beiden Brennpunkte. Sie wird durch den Mittelpunkt (0, 0 der Ellipse in die beiden großen Hlbchsen der Länge unterteilt. Die beiden Punkte (0, b und (0, b, die ebenflls uf der Ellipse liegen, heißen Nebenscheitel. Die Strecke dzwischen heißt Nebenchse der Ellipse. Sie wird durch den Mittelpunkt der Ellipse in die beiden kleinen Hlbchsen der Länge b unterteilt.

Frnz Hofbuer 59 Vertuscht mn die Vriblen x und y, dnn erhält mn die n der Digonle gespiegelte Ellipse mit Brennpunkten uf der y-achse. Diese ht dher die Gleichung x b + y =. Hyperbel: Anlog lässt sich die Gleichung der Hyperbel mit Brennpunkten F ( e, 0 und F (e, 0 und mit Hlbchse der Länge finden, wobei ber jetzt e > gilt. Sie ist die Menge ller Punkte (x, y, deren Abstndsdifferenz von den beiden Brennpunkten gleich ist. Diese Hyperbel ht dher ebenflls die Gleichung (, wobei ber eine der Wurzeln ls die negtive Wurzel ufzufssen ist. Ist die erste Wurzel negtiv, dnn stellt ( den linken Ast F F der Hyperbel dr; ist die zweite Wurzel negtiv, dnn den rechten. Führt mn dieselbe Rechnung durch wie oben, so verschwinden die Vorzeichen der Wurzeln beim Qudrieren und mn erhält wieder die Gleichung x (5 + y x e = oder y b = wenn mn b = e setzt. Dmit ist die Gleichung der Hyperbel mit Brennpunkten F ( e, 0 und F (e, 0 und mit Hlbchse der Länge gefunden. Die beiden Punkte (, 0 und (, 0 erfüllen die Hyperbelgleichung. Es sind die Scheitel der Hyperbel. Die Strecke dzwischen wird durch den Mittelpunkt (0, 0 der Hyperbel in die beiden Hlbchsen der Länge unterteilt. Die Hyperbel besitzt zwei Asymptoten. Eine Asymptote ist eine Gerde, der sich eine Kurve, in diesem Fll die Hyperbel, im Unendlichen immer mehr nnähert. Die Gleichung der Hyperbel lässt sich schreiben ls y = ± b x x. Wenn x gegen + oder geht, dnn geht x gegen 0 und die Hyperbel nähert sich immer mehr der Gerde y = b x oder der Gerde y = b x. Somit sind diese beiden Gerden Asymptoten der Hyperbel. Vertuscht mn die Vriblen x und y, dnn erhält mn die n der Digonle gespiegelte Hyperbel mit Brennpunkten uf der y-achse. Diese ht dher die Gleichung x b + y =. Bemerkung: Oben wurde ( (5 gezeigt, ds heißt jeder Punkt, der uf der Ellipse bzw. Hyperbel liegt, erfüllt die Gleichung (5. Es gilt uch die Umkehrung. Jeder Punkt, der (5 erfüllt, liegt uf der Ellipse bzw. Hyperbel. Dzu müssen wir (5 ( zeigen. Gilt y = 0 (Punkt uf der x-achse, dnn ist sowohl ( ls uch (5 äquivlent zur Gleichung x =. Es gilt lso ( (5. Wir können y 0 (Punkt nicht uf der x-achse nnehmen. In diesem Fll zeigen wir (5 ( durch einen indirekten Beweis. Wir nehmen n, dss ( nicht gilt. Es gilt lso (x + e + y + (x e + y = ã für ein ã. Im Fll der Ellipse hben beide Wurzeln positives Vorzeichen und wegen der Dreiecksungleichung muss ã > e gelten. Im Fll der Hyperbel ht eine Wurzel positives Vorzeichen, die ndere ber negtives Vorzeichen und wegen der Dreiecksungleichung muss ã < e gelten. Wie in obiger Rechnung folgt dnn, dss uch x ã + y ã e = gilt. Für ã < gelten x ã x y und ã e > y e, lso folgt x + y e < x ã + y ã e =. Für ã > gelten x ã x y und ã e < y e, lso folgt x + y e > x ã + y ã e =. Dbei ist zu bechten, dss ã e und e entweder beide positiv (Ellipse oder beide negtiv (Hyperbel sind. In jedem Fll ergibt sich x + y e, ein Widerspruch zu (5. Dmit ist (5 ( bewiesen.

60 Isometrien und Kegelschnitte Prbel: Schließlich bestimmen wir die Gleichung der Prbel mit Brennpunkt F ( p, 0 und Leitlinie l, die die Gleichung x = p ht. Die Prbel ist die Menge ller Punkte (x, y, die von Brennpunkt F und Leitlinie l gleichen Abstnd hben. Ihre Gleichung ist dher (x p + y = x + p Qudriert mn diese Gleichung und kürzt, so erhält mn y = px. Ds ist die Gleichung der Prbel mit Brennpunkt F und Leitlinie l. Ist p > 0, dnn können nur Punkte rechts von l gleichen Abstnd von l F und l hben. Die Prbel liegt rechts von der Leitlinie l und ist nch rechts offen, wie in der Zeichnung. Ist p < 0, dnn ht mn eine Prbel, die links von der Leitlinie l liegt und nch links offen ist (n der y-achse gespiegelt. Vertuscht mn die Vriblen x und y, dnn erhält mn die n der Digonle gespiegelte Prbel mit der Gleichung x = py. Sie ist entweder nch oben oder nch unten offen. Der Punkt (0, 0 erfüllt die Prbelgleichung. Mn nennt ihn den Scheitel der Prbel. Bemerkung: Zum Abschluss dieses Kpitels stellen wir noch einige Überlegungen n, die wir im nächsten Kpitel über die Tngentenkonstruktion verwenden werden. Es geht um Ungleichungen, die für die Punkte gelten, die nicht uf dem Kegelschnitt liegen. Liegt P uf der Ellipse mit Brennpunkten F und F und Huptchsenlänge, dnn gilt F P + P F =. Wir beweisen: Liegt Q im Innern dieser Ellipse, dnn gilt F Q + QF <. Liegt Q ußerhlb dieser Ellipse, dnn gilt F Q + QF >. Sei P der Schnittpunkt der Ellipse mit der Hlbgerde von F us durch Q. Für einen Punkt Q im Innern der Ellipse erhlten wir F Q + QF < F Q + QP + P F = F P + P F = mit Hilfe der Dreiecksungleichung. Für einen Punkt Q ußerhlb der Ellipse erhlten wir F Q + QF = F P + P Q + QF > F P + P F =. Für eine Hyperbel mit Brennpunkten F und F und Huptchsenlänge liegt P uf dem rechten Hyperbelst genu dnn, wenn F P P F = gilt. Wir beweisen: Liegt Q rechts vom rechten Hyperbelst, dnn gilt F Q QF >. Liegt Q links vom rechten Hyperbelst, dnn gilt F Q QF <. Liegt Q rechts vom rechten Hyperbelst, dnn sei P der Schnittpunkt des rechten Hyperbelstes mit der Hlbgerde von F us durch Q. Es gilt QF < P Q + P F nch der Dreiecksungleichung. Es folgt F Q QF = F P + P Q QF > F P P F =. Liegt Q links vom rechten Hyperbelst, dnn sei P der Schnittpunkt des rechten Hyperbelstes mit der Hlbgerde von F us durch Q. Es gilt QF < QP + F P nch der Dreiecksungleichung. Es folgt F Q QF = F Q QP P F < F P P F =. Liegt P uf der Prbel mit Brennpunkt F und Leitlinie l, dnn gilt P F = d(p, l, wobei d(p, l den Normlbstnd von P zur Gerden l bezeichnet. Wir beweisen: Liegt Q im Innern dieser Prbel (dort wo der Brennpunkt liegt, dnn gilt QF < d(q, l. Liegt Q ußerhlb dieser Prbel, dnn gilt QF > d(q, l. Sei P der Schnittpunkt der Prbel mit der Senkrechten uf l durch Q. Für einen Punkt Q im Innern der Prbel erhlten wir QF < QP + P F = QP +d(p, l = d(q, l mit Hilfe der Dreiecksungleichung. Für einen Punkt Q ußerhlb der Prbel gilt P Q + QF > P F und dher uch QF > P F P Q = d(p, l P Q = d(q, l. F

6. Tngentenkonstruktion Frnz Hofbuer 6 Zwei Gerde, die einnder in einem Punkt S schneiden, bilden vier Winkel. Mn erhält zwei Pre von einnder gegenüberliegenden Winkeln, die gleich groß sind und eine gemeinsme Winkelsymmetrle hben, wenn mn die Winkelsymmetrle ls eine durch den Schnittpunkt S hindurchgehende Gerde uffsst. Jedes Winkelpr ht lso eine Winkelsymmetrle und diese beiden Winkelsymmetrlen stehen senkrecht ufeinnder. Wir nennen sie einfch die Winkelsymmetrlen der einnder schneidenden Gerden. Gegeben ist ein Punkt P uf einem Kegelschnitt. Gesucht ist die Tngente im Punkt P n den Kegelschnitt. Die folgenden Sätze geben eine Methode zur Konstruktion dieser Tngente. Stz 99: Sei P ein Punkt uf einer Ellipse mit Brennpunkten F und F. Sei g die Winkelsymmetrle der Gerden l(f, P und l(f, P, die die Strecke F F nicht schneidet. Dnn ist g die Tngente n die Ellipse im Punkt P. Beweis: Sei die Länge der großen Hlbchse. Sei F der n g gespiegelte Punkt F. D P uf g liegt, erhlten wir F P = F P. D g die Winkelsymmetrle der Gerden l(f, P und l(f, P ist, liegt F uf l(f, P. D F uf der nderen Seite von g liegt ls F, liegen die Punkte F, P und F in dieser Reihenfolge uf l(f, P. D weiters P uf der Ellipse liegt, erhlten wir F F = F P + P F = F P + P F = Sei Q jetzt irgendein Punkt uf g, der ungleich P ist. Aus der Dreiecksungleichung folgt F Q + QF > F F =, d Q nicht uf der Gerden durch F und F liegt. D Q uf der Winkelsymmetrle g liegt, gilt uch F Q = F Q. Es folgt F Q + QF >, ds heißt Q liegt ußerhlb der Ellipse. D lle Punkte der Gerde g ußer P ußerhlb der Ellipse liegen, ist g eine Tngente. Der Stz für die Hyperbel ist sehr ähnlich. Stz 00: Sei P ein Punkt uf einer Hyperbel mit Brennpunkten F und F. Sei g die Winkelsymmetrle der Gerden l(f, P und l(f, P, die die Strecke F F schneidet. Dnn ist g die Tngente n die Hyperbel im Punkt P. Beweis: Wir nehmen n, dss P uf dem rechten Hyperbelst liegt. Dnn gilt F P P F =, wobei die Länge der Hlbchse ist. Sei F P der n g gespiegelte Punkt F. D P uf g liegt, erhlten wir F P = F P. D g die Winkelsymmetrle der Gerden l(f, P und l(f, P F F ist, liegt F uf l(f, P, und zwr uf der nderen Seite von g ls F und somit uf derselben Seite von g wie F. Wegen F P P F = gilt uch F g P P F =. F Dmit erhlten wir schließlich F F =. Sei Q jetzt irgendein Punkt uf g, der ungleich P ist. Aus der Dreiecksungleichung folgt F F + QF > F Q, d Q nicht uf der Gerden durch F und F liegt. D Q uf der Winkelsymmetrle g liegt, gilt uch F Q = F Q. Es folgt F Q QF < F F =. Somit liegt Q links vom rechten Hyperbelst, dort wo F liegt. D lle Punkte der Gerde g ußer P links vom rechten Hyperbelst liegen, ist g eine Tngente. F F P F g

6 Isometrien und Kegelschnitte Schließlich kommen wir zur Prbel. Stz 0: Sei P ein Punkt uf einer Prbel mit Brennpunkt F und Leitlinie l. Sei h die Senkrechte uf l durch P und E ihr Schnittpunkt mit l. Sei g die Winkelsymmetrle der Gerden l(f, P und h, die die Strecke F E schneidet. Dnn ist g die Tngente n die Prbel im Punkt P. Beweis: Es gilt F P = EP, d P uf der Prbel liegt. D weiters g die Symmetrle des Winkels F P E ist, ist E der n g gespiegelte Punkt F. Sei jetzt Q irgendein Punkt uf der Gerde g, der ungleich P ist. Sei D der Fußpunkt des Lotes von Q uf die Leitlinie l. Wegen Q P gilt D E und dher uch DQ < EQ. D E der n der Gerde g gespiegelte Punkt F ist und Q uf g liegt, gilt uch F Q = EQ. Wir erhlten dher DQ < F Q. Ds zeigt, dss der Abstnd von Q zur Leitlinie l kleiner ist ls der zum Brennpunkt F. Somit liegt Q ußerhlb der Prbel, ds heißt uf der Seite der Prbel, uf der sich die Leitlinie l befindet. D lle Punkte der Gerde g ußer P uf dieser Seite der Prbel liegen, ist g eine Tngente. Diese Tngentenkonstruktion ht prktische Anwendungen. Ein Lichtstrhl, der vom Brennpunkt F einer Ellipse usgeht, die Ellipse im Punkt P trifft und n dieser gespiegelt wird, geht dnn durch den Brennpunkt F. Der einfllende Lichtstrhl schließt j mit der Tngente im Punkt P denselben Winkel ein wie der usfllende. D die Tngente die Winkelsymmetrle der Gerde durch F und P, ds ist die Bhn des einfllenden Lichtstrhls, und der Gerde durch F und P ist, muss der usfllende Lichtstrhl entlng dieser zweiten Gerden verlufen und somit uch durch F. Lichtstrhlen einer Lmpe im Brennpunkt F werden im Brennpunkt F gebündelt. Ähnliches gilt für die Hyperbel. Ein Lichtstrhl, der vom Brennpunkt F einer Hyperbel usgeht, die Hyperbel im Punkt P trifft und n dieser gespiegelt wird, verläuft dnn so ls ob er us dem Brennpunkt F kommen würde. Lichtstrhlen einer Lmpe im Brennpunkt F werden gestreut. Eine Prbel erzeugt prllele Lichtstrhlen. Ein Lichtstrhl, der vom Brennpunkt F einer Prbel usgeht, die Prbel im Punkt P trifft und n dieser gespiegelt wird, verläuft dnn senkrecht zur Leitlinie l. Die Tngente ist j die Winkelsymmetrle der Gerde durch F und P und der Senkrechten uf die Leitlinie l durch P. Lichtstrhlen einer Lmpe im Brennpunkt F werden n der Prbel so reflektiert, dss sie dnn senkrecht zur Leitlinie, lso prllel zueinnder lufen. E l g F P h

7. Tngentengleichung Frnz Hofbuer 63 Wir suchen die Gleichung der Tngente im Punkt (x 0, y 0 n einen Kegelschnitt in Huptlge. Stz 0: Sei (x 0, y 0 ein Punkt uf der Ellipse x in diesem Punkt ist dnn xx 0 + yy 0 b =. + y b =. Die Gleichung der Tngente Beweis: Sei u der Vektor vom Punkt (x 0, y 0 zum Brennpunkt ( e, 0 und v der Vektor vom Punkt (x 0, y 0 zum Brennpunkt (e, 0. Die Tngente ist die Winkelsymmetrle der beiden Gerden durch den Punkt (x 0, y 0 mit den Richtungsvektoren u und v, und zwr die, die nicht in dem von diesen Vektoren gebildeten Winkel liegt. Dher ist u u + v v ein Normlvektor der Tngente. Es gilt u = ( e x 0 y 0 und v = ( e x 0 y 0. D ds die Vektoren von einem Punkt uf der Ellipse zu den beiden Brennpunkten sind, muss u + v = gelten. Um u v zu berechnen, berechnen wir zuerst u v = (e + x 0 + y0 (e x 0 y0 = 4x 0 e. Dividiert mn links durch u + v und rechts durch, ws j ds gleiche ist, dnn erhält mn u v = x 0e. Wir hben bereits oben herusgefunden, dss u u+ v v ein Normlvektor der Tngente im Punkt (x 0, y 0 n die Ellipse ist. Unter Verwendung obiger Resultte ist dieser gleich u v ( ( e x0 v +(e x 0 u y 0 v y 0 u = u v ( x0 ( u + v e( u v y 0 ( u + v = u v ( x 0 e x 0 y 0 Berücksichtigt mn noch, dss e = b gilt, dnn erhält mn, dss uch ( b x 0 y 0 ein Normlvektor der Tngente ist. D die Tngente durch den Punkt (x 0, y 0 geht, ist (x x 0 b x 0 + (y y 0 y 0 = 0 ihre Gleichung. Umformen ergibt xx 0 + yy 0 b = x 0 + y 0 b. D (x 0, y 0 ein Punkt uf der Ellipse ist, gilt uch x 0 + y 0 b =. Dmit erhält mn xx 0 + yy 0 b = ls Gleichung der Tngente. Ein nloges Resultt gilt für die Hyperbel. x Stz 03: Sei (x 0, y 0 ein Punkt uf der Hyperbel Tngente in diesem Punkt ist dnn xx 0 yy 0 b =. y b =. Die Gleichung der Beweis: Der Beweis verläuft so wie beim vorigen Stz. Nur ist jetzt u u v v ein Normlvektor der Tngente und es gilt u v = und u + v = x 0e. (Am nderen Ast der Hyperbel muss mn durch ersetzen. Bei der Prbel ist es einfcher. Stz 04: Sei (x 0, y 0 ein Punkt uf der Prbel y = px. Die Gleichung der Tngente in diesem Punkt ist dnn yy 0 = px + px 0. Beweis: Sei u der Vektor vom Punkt (x 0, y 0 zum Brennpunkt ( p, 0 und v der Vektor vom Punkt (x 0, y 0 norml zur Leitlinie und bis zu dieser. D (x 0, y 0 uf der Prbel liegt, sind diese beiden Vektoren gleich lng. Die Tngente ist die Winkelsymmetrle der beiden Gerden durch den Punkt (x 0, y 0 mit den Richtungsvektoren u und v, und zwr die, die in dem von diesen Vektoren gebildeten Winkel liegt. Dher ist u v ein Normlvektor der Tngente. Wegen u = ( p x 0 y 0 und v = ( p x 0 0 erhlten wir u v = ( p y 0. D die Tngente durch den Punkt (x 0, y 0 geht, ist p(x x 0 y 0 (y y 0 = 0 ihre Gleichung. Wegen y0 = px 0 wird ds zu yy 0 = px + px 0.

64 Isometrien und Kegelschnitte Berührbedingungen: Gegeben ist ein Kegelschnitt und eine Gerde. Gesucht ist eine Bedingung dfür, dss die Gerde Tngente n den Kegelschnitt ist. Die Gerdengleichung schreiben wir in der Form ux + vy = w mit u, v, w R. Eine Gerde, die durch den Nullpunkt geht, knn nicht Tngente einer Ellipse oder Hyperbel in Huptlge sein, d xx 0 ± yy 0 b = die Tngentengleichung ist. Dher können wir in diesen Fällen w 0 nnehmen und die Gerdengleichung in der Form ux + vy = schreiben. Stz 05: Die Gerde ux + vy = ist Tngente n die Ellipse x wenn u + v b = gilt. + y b = genu dnn, Beweis: Wir nehmen n, dss ux+vy = Tngente ist. Sei (x 0, y 0 der Berührpunkt. D er uf der Ellipse liegt, gilt x 0 + y 0 b =. Die Tngentengleichung ist dnn xx 0 + yy 0 b =. Ds ist dieselbe Gerde wie ux+vy =. Es gilt dher u = x 0 und v = y 0 b. Es folgt x 0 = u und y 0 = b v. Setzt mn ds in die Ellipsengleichung ein, so ht mn 4 u + b4 v b =. Durch Umformen erhält mn u + v b =. Wir nehmen n, dss u + v b = gilt. Sei x 0 = u und y 0 = b v. Dnn liegt der Punkt (x 0, y 0 uf der Ellipse, d j u + v b = gilt. Die Gleichung der Tngente in diesem Punkt ist xx 0 + yy 0 b =. Einsetzen von x 0 und y 0 und Kürzen ergibt ux + vy =. Dmit ist gezeigt, dss diese Gerde Tngente ist. Stz 06: Die Gerde ux + vy = ist Tngente n die Hyperbel x wenn u v b = gilt. y b Beweis: Mn muss im vorhergehenden Beweis nur b durch b ersetzen. = genu dnn, Stz 07: Die Gerde ux + vy = w ist Tngente n die Prbel y = px genu dnn, wenn v p = uw gilt. Beweis: Wir nehmen n, dss ux + vy = w Tngente ist. Sei (x 0, y 0 der Berührpunkt. D er uf der Prbel liegt, gilt y0 = px 0. Die Tngentengleichung ist px + yy 0 = px 0. Ds ist die Gerde ux + vy = w. Es gilt dher u = λp, v = λy 0 und w = λpx 0 für ein λ R \ {0}. Es folgt u 0 und λ = u p und drus x 0 = w u und y 0 = pv u. Setzt mn ds in die Prbelgleichung ein, so ht mn p v u = pw u. Umformen ergibt v p = uw. Wir nehmen n, dss v p = uw gilt. Es muss u 0 gelten, sonst wäre uch v null und wir hätten keine Gerdengleichung mehr. Sei x 0 = w u und y 0 = pv u. Dnn liegt der Punkt (x 0, y 0 uf der Prbel, d j v p = uw gilt. Die Gleichung der Tngente in diesem Punkt ist yy 0 = px + px 0. Setzt mn x 0 und y 0 ein und formt um, dnn erhält mn ux + vy = w. Dmit ist gezeigt, dss diese Gerde Tngente ist. Beispiel: Gesucht ist eine Ellipse in Huptlge, die durch den Punkt (4, 6 5 geht und die Gerde 3x + 0y = 5 ls Tngente ht. Die Gleichung der Ellipse ist x + y b =. Es gilt lso 6 + 36 5b =. Die Berührbedingung ist u + v b =. D die Gerde 3 5 x + 9 5y = Tngente ist, gilt uch 65 + 4 5 b =, ds heißt 5b = 65 4 9 4. Setzt mn ds in die Gleichung 6 + 36 5b = ein und formt um, so ergibt sich 9 4 65 + 0000 = 0. Löst mn diese qudrtische Gleichung, so erhält mn = 5 und = 400 9 ls Lösungen. Aus der Gleichung 5b = 65 4 9 4 folgt dnn b = 4 im ersten und b = 9 4 im zweiten Fll. Wir erhlten die Ellipsen mit Gleichungen x 5 + y 9x 4 = und 400 + 4y 9 = ls Lösungen. Beide gehen durch den Punkt (4, 6 5 und hben die Gerde 3x + 0y = 5 ls Tngente.

8. Tngenten von einem Punkt n einen Kegelschnitt Frnz Hofbuer 65 Gegeben ist eine Ellipse mit Brennpunkten F und F und großer Hlbchse. Sei P ein Punkt ußerhlb der Ellipse. Die Tngenten von P n die Ellipse sind zu konstruieren. Wir nehmen die im Beweis von Stz 99 verwendete Methode zu Hilfe. Wir konstruieren H zuerst den Punkt F. Er ht Abstnd von F und von jedem Punkt der Tngente denselben Abstnd wie F, d die Tngente j P die Symmetrle der Strecke F F ist. Somit liegt F uf dem Kreis mit Mittelpunkt F und Rdius und uf dem Kreis mit Mittelpunkt P durch F. Diese beiden Kreise hben zwei Schnittpunkte G und H. Sie spielen die Rolle des Punktes F. Die Symme- G trlen der Strecken F G und F H sind dnn die beiden Tngenten durch P n die Ellipse. F F Ihre Berührpunkte sind die Schnittpunkte der Gerden l(f, G und l(f, H mit der Ellipse. Für die Hyperbel funktioniert dieselbe Konstruktion, d uch in diesem Fll der Punkt F Abstnd von F ht und von jedem Punkt der Tngente denselben Abstnd wie F. Im Fll der Prbel ist es ein wenig nders. Spiegelt mn den Brennpunkt F n einer Tngente, dnn erhält mn einen Punkt H E, der uf der Leitlinie l liegt. Ds wird im Beweis von Stz 0 gezeigt. Insbesondere ht E von jedem Punkt der Tngente denselben Abstnd wie F. Wir zeichnen den Kreis P mit Mittelpunkt P durch F. Dnn muss E F uf diesem Kreis und uf der Leitlinie liegen. Es gibt zwei Schnittpunkte G und H dieses G Kreises mit der Leitlinie l. Sie spielen die Rolle des Punktes E. Dher sind die Symmetrlen der Strecken F G und F H die bei- l den Tngenten durch P n die Prbel. Ihre Berührpunkte sind die Schnittpunkte der Senkrechten uf l durch G und H mit der Prbel. Polre: Um die Gleichungen der Tngenten von einem Punkt (r, s n einen Kegelschnitt zu bestimmen, verwendet mn eine Gerde, die Polre zum Punkt (r, s gennnt wird. Ihre Gleichung ist dieselbe wie die der Tngente, nur setzt mn nstelle des Berührpunktes (x 0, y 0 den Punkt (r, s ein: Für die Ellipse x der Polre zum Punkt (r, s. Für die Hyperbel x + y b = ist xr = ist xr + ys b ys = die Gleichung y b b = die Gleichung der Polre zum Punkt (r, s. Für die Prbel y = px ist ys = px + pr die Gleichung der Polre zum Punkt (r, s. Es gilt dnn Stz 08: Sei (r, s ein Punkt, der nicht uf dem Kegelschnitt liegt. Die Schnittpunkte der Polre zum Punkt (r, s mit dem Kegelschnitt sind dnn die Berührpunkte der Tngenten

66 Isometrien und Kegelschnitte vom Punkt (r, s us n den Kegelschnitt. Ht die Polre keinen Schnittpunkt mit dem Kegelschnitt, dnn existieren keine Tngenten vom Punkt (r, s us n den Kegelschnitt. Beweis: Wir führen den Beweis nur für die Ellipse x + y b =. Ist (x 0, y 0 ein Schnittpunkt der Polre xr + ys b = mit der Ellipse, dnn gilt x 0r + y 0s b =. Ds heißt, der Punkt (r, s liegt uf der Tngente der Ellipse, die Berührpunkt (x 0, y 0 ht. Es existiere eine Tngente vom Punkt (r, s us n die Ellipse. Ist (x 0, y 0 ihr Berührpunkt, dnn ht sie die Gleichung xx 0 + yy 0 b =. D (r, s uf der Tngente liegt, gilt rx 0 + sy 0 b =. Ds ber heißt, dss (x 0, y 0 ein Schnittpunkt der Polre mit der Ellipse ist. Beispiel: Gesucht sind die Tngenten vom Punkt (, us n die Ellipse x 3 + y 3 =. Die Gleichung der Polren zum Punkt (r, s (und uch die der Tngente ist xr 3 + ys 3 =. Für den Punkt (, ist sie x 3 + 4y 3 = oder x = 3 4y. Setzt mn ds in die Ellipsengleichung ein, so ht mn (3 4y + y = 3 oder y 4 3 y + 3 = 0. Die Lösungen sind y = und y = 3, worus x = und x = 5 3 us der Gleichung der Polren folgt. Die Schnittpunkte der Polren mit der Ellipse sind dher (, und ( 5 3, 3. Als Gleichungen der Tngenten in diesen Punkten erhlten wir x 3 + y 3 = und 5x 9 + y 9 =. Sie gehen durch den Punkt (,. Eindeutigkeit der Tngente: Es soll noch erwähnt werden, dss die Tngente in einem Punkt P n einen Kegelschnitt eindeutig ist. Neben der oben gefundenen Winkelsymmetrle gibt es keine ndere Tngente durch den Punkt P. Wir zeigen ds für die Ellipse. Sei P ein Punkt uf der Ellipse mit Brennpunkten F F und F, deren Huptchse g P Länge ht. Sei g eine Gerde durch P, die nicht Winkelsymmetrle der Gerden l(f, P und l(f, P ist. Wir können Q nnehmen, dss g die Strecke F F nicht schneidet, denn sonst geht sie j durch ds Innere der Ellipse und knn keine Tngente sein. Sei F der n g gespiegelte Punkt F. Dieser liegt uf der nderen F F Seite der Gerde g ls F. Die Gerden g und l(f, F hben einen Schnittpunkt Q. D g nicht Winkelsymmetrle von l(f, P und l(f, P ist, liegt F nicht uf l(f, P. Es folgt F F < F P + P F. D P und Q uf g liegen, erhlten wir F Q = F Q und F P = F P. Setzen wir ds zusmmen, dnn ergibt sich F Q + QF = F Q + QF = F F < F P + P F = F P + P F = Ds ber bedeutet, dss Q im Innern der Ellipse liegt. D Q uch uf g liegt, knn g keine Tngente sein. Mit einem ähnlichen Beweis knn mn uch zeigen, dss nur eine Tngente in einem Punkt P n eine Hyperbel oder Prbel existiert.

Frnz Hofbuer 67 9. Huptchsentrnsformtion Wir untersuchen Kegelschnitte, die nicht in Huptlge liegen. Sie sollen durch Drehungen und Trnsltionen in Huptlge gebrcht werden. Um die Vektorschreibweise verwenden zu können, schreiben wir jetzt x und x nstelle von x und y und bezeichnen den Vektor ( x x mit x. Kurven in der Ebene stellt mn llgemein durch Gleichungen f(x = 0 dr, wobei f eine Funktion von R nch R ist. Für f(x, x = x + x b ist die Kurve eine Ellipse und für f(x, x = x px ist sie eine Prbel. Wir überlegen uns zuerst, wie sich die Gleichung einer Kurve verändert, wenn wir uf die Kurve eine Isometrie L nwenden. Stz 09: Die Menge K = {x R : f(x = 0} sei eine Kurve im R, wobei f : R R eine Funktion ist. Sei L : R R eine Isometrie und g = f L. Für die Kurve K = {x R : g(x = 0} gilt dnn L( K = K. Die Isometrie L führt die neue Kurve K in die lte Kurve K zurück. Beweis: Es gilt x K g(x = 0 f(l(x = 0 L(x K. Dmit ist x K L(x K gezeigt, ds heißt L( K = K. Wir untersuchen Kurven, die durch eine Gleichung f(x = 0 gegeben sind, wobei f(x ein Polynom in zwei Vriblen vom Grd ist, ds heißt f(x, x = x + x + 3 x x + b x + b x + c mit rellen Koeffizienten,, 3, b, b und c. Der Fktor beim Koeffizienten 3 dient der bequemeren Drstellung. Wir wollen herusfinden, welche Kurven ds sind. Wir suchen Isometrien, die diese Kurven in eine beknnte Form bringen. Zuvor bringen wir dieses Polynom mit Hilfe von Mtrizen in eine bequemere Form. Wir setzen A = ( 3 3 und b = ( b b. Dnn gilt b t x = (b b ( x x = b x + b x und x t Ax = (x x ( 3 3 ( x x = (x x ( x + 3 x 3 x + x = x + 3 x x + 3 x x + x = x + x + 3 x x. Dmit erhlten wir f(x = x t Ax + b t x + c Durch Anwenden einer entsprechenden Drehung versuchen wir, den Koeffizienten von x x in der Gleichung f(x = 0 zum Verschwinden zu bringen. Wir nehmen dher n, dss 3 0 gilt, sonst ist j nichts zu tun. Eine Drehung um den Nullpunkt ht die Mtrix R = ( u v u v, wobei u und v Vektoren der Länge mit u, v = 0 sind. Nch Stz 09 ist f(rx = 0 die Kurve, die durch die Drehung mit Mtrix R in die vorliegende Kurve f(x = 0 übergeht. Wegen (Rx t = x t R t erhlten wir ( f(rx = x t R t ARx + b t Rx + c Wir bestimmen R so, dss R t AR = ( λ 0 0 λ gilt mit λ und λ in R. Dnn gilt nämlich x t R t ARx = λ x + λ x, ds heißt x x kommt nicht mehr vor. Die Mtrix R ht die Spltenvektoren u und v. Die Mtrix R t ht dher die Vektoren u und v ls Zeilen. Aus der Definition der Mtrixmultipliktion folgt R t AR = ( u t Au v t Au u t Av v t Av. Insbesondere ht die Mtrix R t AR Eintrgung u t Av rechts oben und v t Au links unten. Es muss lso u t Av = 0 und v t Au = 0 gelten, ds heißt u, Av = 0 und v, Au = 0. Wegen u, v = 0 stehen Au und u senkrecht uf v, ds heißt Au = λ u für ein λ R. Ebenso stehen Av und v senkrecht uf u, ds heißt Av = λ v für ein λ R. Somit sind λ und λ Eigenwerte der Mtrix A und u und v sind zugehörige Eigenvektoren.

68 Isometrien und Kegelschnitte D A eine symmetrische Mtrix ist, sind λ und λ nch Stz 90 reell und verschieden und die Eigenvektoren u und v sind orthogonl. D jedes Vielfche von u ebenflls Eigenvektor zum Eigenwert λ ist, können wir den Vektor u so wählen, dss er Länge ht. Es existiert ein Winkel α mit u = ( cos α sin α. D v senkrecht uf den Vektor u steht, ist der Vektor w = ( sin α cos α ein Vielfches von v. D ber jedes Vielfche von v ebenflls Eigenvektor zum Eigenwert λ ist, können wir v = w wählen. Wir erhlten R = ( cos α sin α sin α cos α. D uch u t Au = u t λ u = λ u t u = λ und v t Av = v t λ v = λ v t v = λ gilt, ergibt sich R t AR = ( λ ( 0 0 λ. Wir setzen D = λ 0 0 λ. Wenn wir diese Mtrix R in ( verwenden, dnn wird der Koeffizient von x x gleich null. Sei g(x = f(rx. Um heruszufinden, welche Kurve durch f(x = 0 gegeben ist, genügt es, die neue Kurve g(x = 0 zu untersuchen. Nch ( gilt g(x = x t R t ARx + b t Rx + c. Wir hben R t AR bereits berechnet. Weiters ist b t R ein Zeilenvektor, den wir mit d t bezeichnen. Setzen wir ds ein, dnn erhlten wir g(x = x t Dx + d t x + c = λ x + λ x + d x + d x + c Wir hben x x zum Verschwinden gebrcht. Um die Gleichung g(x = 0 in eine beknnte Form zu bringen, wenden wir eine Trnsltion n. Wir behndeln zuerst den Fll λ 0 und λ 0. Um uf vollständige Qudrte zu ergänzen, setzen wir r = d λ, s = d λ und e = λ r + λ s c. Dmit erhlten wir g(x = λ (x + rx + r + λ (x + sx + s e = λ (x + r + λ (x + s e Sei h(x = λ x +λ x e und T (x = x ( r s. Dnn gilt g(t (x = h(x. Die Trnsltion T führt die Kurve h(x = 0 über in die Kurve g(x = 0. Die ursprüngliche Kurve f(x = 0 erhält mn durch eine Trnsltion und eine Drehung us der Kurve h(x = 0. Diese ist λ x + λ x λ = e oder e x + λ e x = Sind λ e und λ e beide > 0, dnn hben wir eine Ellipse. Ist eine dieser Zhlen positiv, die ndere negtiv, dnn hben wir eine Hyperbel. Sind beide negtiv, dnn ist die Kurve die leere Menge. Ist e = 0, dnn können wir gr nicht durch e dividieren. Hben in diesem Fll λ und λ gleiches Vorzeichen, dnn besteht die Kurve nur us einem Punkt. Hben sie verschiedenes Vorzeichen, dnn besteht die Kurve us zwei Gerden, die einnder schneiden. Wir behndeln noch den Fll, dss λ oder λ gleich 0 ist, sgen wir es sei λ. Es sei ber λ 0, sonst ist g(x = 0 j nur eine Gerdengleichung. Außerdem sei d 0, sonst kommt j x gr nicht mehr vor. Dnn würde die Kurve us zwei oder einer zur x-achse senkrechten Gerden bestehen oder die leere Menge sein. Wir hben dnn g(x = λ x + d x + d x + c Wir setzen r = d λ, e = c λ r und s = e d und ergänzen uf ein vollständiges Qudrt g(x = λ (x + rx + r + d x + e = λ (x + r + d (x + s Sei h(x = λ x + d x und T (x = x ( r s. Dnn gilt g(t (x = h(x. Die Trnsltion T führt die Kurve h(x = 0 über in die Kurve g(x = 0. Die ursprüngliche Kurve f(x = 0 erhält mn durch eine Trnsltion und eine Drehung us der Kurve h(x = 0. Diese ist Ds ist die Gleichung einer Prbel. x = d λ x

Frnz Hofbuer 69 Es folgen Beispiele für Huptchsentrnsformtionen. Wir kehren wieder zur gewohnten Schreibweise zurück und schreiben x und y nstelle von x und x. Beispiel: Welcher Kegelschnitt wird durch die Gleichung 6xy + 8y 4x 5y + 7 = 0 drgestellt? Er soll durch eine Drehung und eine Trnsltion in Huptlge gebrcht werden. Wir hben A = ( 0 3 3 8 und b t = ( 4 5. Ds chrkteristische Polynom der Mtrix A ist λ 3 3 8 λ = λ(8 λ 9 = λ 8λ 9. Die Eigenwerte sind λ, = 4 ± 5, ds heißt λ( = 9 und λ =. Zugehörige Eigenvektoren sind Lösungen der Gleichungssysteme 9 ( 3 3 u = 0 und 3 3 9 v = 0. Wir erhlten u = ( 3 3 und v = (. Eigenvektoren der Länge sind dnn 0 ( 3 und 0 ( 3. Diese beiden Vektoren sind die Splten ( der Rottionsmtrix R. Wir erhlten lso R = 3 3 0. Schließlich berechnen wir ( d t = b t R = ( 4 5 3 0 3 = ( 8 0 0. Wir erhlten den Kegelschnitt 9x y 8 0x + 0y + 7 = 0 der durch eine Rottion mit Mtrix R in den gegebenen Kegelschnitt übergeführt wird. In dieser Gleichung müssen wir uf vollständige Qudrte ergänzen. Ds führt zu 9(x 0x+0 (y 0y +0 80+7 = 0 oder 9(x 0 (y 0 = 9 und ergibt die Gleichung x 9 y =, die durch die Trnsltion mit Vektor 0 ( in die vorherige übergeht. Ds ist eine Hyperbel in Huptlge mit = und b = 3. Beispiel: Wir ändern im letzten Beispiel nur die Konstnte 7 uf 80. Ds ergibt die Gleichung 6xy + 8y 4x 5y + 80 = 0. Dieselbe Rechnung wie oben führt dnn zu 9(x 0x+0 (y 0y +0 80+80 = 0 oder 9(x 0 (y 0 = 0 und schließlich zu 9x y = 0. Ds ist die Gleichung (3x y(3x + y = 0. Die Kurve besteht us den beiden Gerden 3x y = 0 und 3x + y = 0. Die ursprüngliche Kurve erhält mn drus durch eine Trnsltion und eine Drehung. Dher besteht sie ebenflls us zwei Gerden, die einnder schneiden. Beispiel: Welcher Kegelschnitt wird durch die folgende Gleichung gegeben x + xy + y + 6x + y = 0 Wir hben A = ( und b t = (6. Ds chrkteristische Polynom der Mtrix A ist λ λ = ( λ = λ λ. Die Eigenwerte sind λ = 0 und λ =. Die Eigenvektoren sind Lösungen der Gleichungssysteme ( ( u = 0 und v = 0. Wir erhlten u = ( und v = (. Eigenvektoren der Länge sind dnn ( und (. Sie sind die Splten der Rottionsmtrix R, ds heißt R = (. Schließlich berechnen wir d t = b t R = (6 ( = ( 4. Wir erhlten den Kegelschnitt y + x + 4 y = 0 oder y + x + y = 0 der durch eine Rottion mit Mtrix R in den gegebenen Kegelschnitt übergeführt wird. In dieser Gleichung müssen wir uf ein vollständiges Qudrt ergänzen. Ds führt zu (y + y + + x = 0 oder (y + + (x = 0 Schließlich erhlten wir die Gleichung y + x = 0, die durch die Trnsltion mit Vektor ( in die vorherige übergeht. Ds ist eine Prbel in Huptlge mit p =.

70 Isometrien und Kegelschnitte 0. Leitlinie und Polrkoordinten Üblicherweise werden die Kegelschnitte unterschiedlich definiert. Während Ellipse und Hyperbel mit Hilfe von zwei Brennpunkten definiert werden, wird bei der Prbel ein Brennpunkt und eine Leitlinie verwendet. Mn knn jedoch die Kegelschnitte uch einheitlich mit Hilfe eines Brennpunktes und einer Leitlinie definieren. Seien c und d reelle Zhlen. Sei (c, 0 der Brennpunkt F und die Senkrechte zur x-achse durch d sei die Leitlinie l. Sei weiters v > 0. Wir suchen die Menge ller Punkte (x, y, deren Abstnd zum Brennpunkt F ds v-fche des Normlbstndes zur Leitlinie l ist. Der Abstnd von (x, y zum Brennpunkt (c, 0 ist (x c + y. Der Normlbstnd von (x, y zur Leitlinie ist x d. Wir erhlten dher die Gleichung (x c + y = v x d oder (x c + y = v (x d Ausqudrieren und Zusmmenfssen ergibt ( x ( v + x(v d c + c v d + y = 0 Wir unterscheiden die Fälle v = und v. Prbel: Im Fll v = ist der Abstnd des Punktes (x, y zum Brennpunkt und zur Leitlinie gleich groß. Ds ist die Definition der Prbel, die wir schon früher htten. Setzt mn v = in die Gleichung ( ein, so ergibt sich x(d c + c d + y = 0 oder y = (c d(x c+d Hier sieht mn ebenflls, dss eine Prbel vorliegt, die durch eine Trnsltion in Huptlge übergeführt werden knn. Mn ht dnn die Gleichung y = (c dx. Ellipse und Hyperbel: Sei jetzt v. In diesem Fll knn mn die Gleichung ( weiter umformen. Ergänzen uf vollständige Qudrte ergibt ( v (x + x v d c v + ( v d c v + y = v d c + (v d c v Rechnet mn die rechte Seite us, kürzt und fsst zusmmen, so erhält mn ( v (x + v d c v + y = v (d c v Dividiert mn noch durch die rechte Seite, so ht mn ( v v (d c (x + v d c v + v v (d c y = Durch eine entsprechende Trnsltion knn mn den Kegelschnitt in Huptlge bringen ( v v (d c x + v v (d c y = Mn sieht, dss der Koeffizient von x immer > 0 ist, der Koeffizient von y knn beide Vorzeichen hben. Gilt 0 < v <, dnn ist uch der Koeffizient von y positiv. Es liegt eine Ellipse vor mit = v (d c ( v und b = v (d c v. Es folgt b = v und drus v = b = e, lso v = e. Weiters folgt (d c = b v v = b4 e, ds heißt d c = b e. Bei der Ellipse ist der Abstnd von Brennpunkt und Leitlinie gleich b e und der Quotient v gleich e. Gilt v >, dnn ist der Koeffizient von y negtiv. Es liegt eine Hyperbel vor mit = v (d c ( v und b = v (d c v. Es folgt b = v und drus v = +b = e, lso wieder v = e. Weiters folgt (d c = b v v = b4 e, ds heißt d c = b e. Auch bei der Hyperbel ist der Abstnd von Brennpunkt und Leitlinie gleich b e und der Quotient v gleich e. Nur ist e im Gegenstz zur Ellipse jetzt >.

Frnz Hofbuer 7 Bei einer Ellipse zeichnet mn links vom linken Brennpunkt F und rechts vom rechten Brennpunkt F jeweils im Abstnd b e senkrecht zur Huptchse eine Leitlinie. Die Ellipse ist dnn die Menge ller Punkte, deren Abstnd zum Brennpunkt F ds e -fche des Abstndes zur Leitlinie l beträgt. Genu dieselbe Aussge gilt uch für F und l. F F F F l l l l Bei einer Hyperbel zeichnet mn rechts vom linken Brennpunkt F und links vom rechten Brennpunkt F jeweils im Abstnd b e senkrecht zur Huptchse eine Leitlinie. Die Hyperbel ist dnn die Menge ller Punkte, deren Abstnd zum Brennpunkt F ds e -fche des Abstndes zur Leitlinie l beträgt. Genu dieselbe Aussge gilt uch für F und l. Polrkoordinten: Ansttt durch die Koordinten x und y wird ein Punkt P durch seinen Abstnd r vom Nullpunkt O und durch den Winkel φ, den der Vektor OP mit der positiven x-achse einschließt, drgestellt. Die Umrechnung erfolgt durch die Formeln x = r cos φ und y = r sin φ. Es soll eine Polrkoordintendrstellung der Kegelschnitte gefunden werden, bei der ein Brennpunkt im Nullpunkt O liegt. Wir nehmen n, dss d > 0 gilt und die Leitlinie senkrecht zur x-achse durch d verläuft. Der Brennpunkt liegt dnn links von der Leitlinie. Wir wissen bereits, dss dnn im Fll einer Ellipse oder Prbel die gesmte Kurve, im Fll einer Hyperbel jedoch nur der linke Ast links von der Leitlinie liegt. Ein Punkt P, der Polrkoordinten r und φ ht und links von der Leitlinie liegt, ht Abstnd r vom Brennpunkt, der j im Nullpunkt liegt, und Abstnd d r cos φ von der Leitlinie. Ein Punkt liegt uf dem Kegelschnitt, wenn diese Abstände Verhältnis v hben. Die Kegelschnittgleichung ist dher vd r = v(d r cos φ oder r = +v cos φ Für 0 < v < stellt diese Gleichung eine Ellipse dr, für v = eine Prbel und für v > den linken Ast einer Hyperbel. (Bei der Hyperbel läuft φ nur in dem Intervll für ds cos φ > v gilt, ds ist ds Intervll ( rccos( v, rccos( v, sonst ist r negtiv. Will mn den rechten Ast der Hyperbel erhlten, dnn muss mn Punkte rechts von der Leitlinie betrchten. Ein Punkt P, der Polrkoordinten r und φ ht und rechts von der Leitlinie liegt, ht Abstnd r vom Brennpunkt und Abstnd r cos φ d von der Leitlinie. Die Kegelschnittgleichung ist dher vd r = v(r cos φ d oder r = v cos φ Für v gibt es keinen Punkt, der diese Gleichung erfüllt, d r j > 0 sein muss. (Ellipse und Prbel liegen zur Gänze links von der Leitlinie. Für v > stellt diese Gleichung den rechten Ast einer Hyperbel dr. (Dbei läuft φ nur in dem Intervll für ds cos φ > v gilt, ds ist ds Intervll ( rccos v, rccos v, sonst ist r negtiv.

7 Isometrien und Kegelschnitte. Flächen zweiter Ordnung Eine Kurve im R knn mn durch eine Gleichung g(x, y = 0 drstellen, wobei g eine Funktion von R nch R ist. Eine Kurve zweiter Ordnung erhält mn, wenn g(x, y ein Polynom zweiten Grdes in zwei Vriblen ist. Diese ht dnn eine Gleichung der Form x + y + 3 xy + b x + b y + c = 0 mit rellen Koeffizienten,, 3, b, b und c. Wir wissen bereits, dss diese Kurven, bgesehen von Grenzfällen, Kegelschnitte sind. Eine Fläche im R 3 knn mn durch eine Gleichung f(x, y, z = 0 drstellen, wobei f eine Funktion von R 3 nch R ist. Für f(x, y, z = 3x+y 6z +3 ht mn eine Ebene und für f(x, y, z = x + y + z die Oberfläche einer Kugel. Eine Fläche zweiter Ordnung erhält mn, wenn f(x, y, z ein Polynom zweiten Grdes in drei Vriblen ist. Ein Beispiel dfür ist die Kugeloberfläche. Eine Fläche zweiter Ordnung ht eine Gleichung der Form x + y + 3 xy + 4 z + 5 xz + 6 yz + b x + b y + b 3 z + c = 0 mit rellen Koeffizienten,, 3, 4, 5, 6, b, b, b 3 und c. Um heruszufinden, wie Flächen zweiter Ordnung ussehen, knn mn genuso wie für Kurven zweiter Ordnung eine Huptchsentrnsformtion durchführen. Ddurch bringt mn die Fläche in Huptlge. Abgesehen von Grenzfällen (ein Punkt, eine Gerde, eine Ebene, ein Ebenenpr, die Mntelfläche eines elliptischen, hyperbolischen oder prbolischen Zylinders, die Mntelfläche eines elliptischen Doppelkegels können dbei fünf verschiedene Arten von Flächen uftreten. Diese werden im Folgenden besprochen. Um eine Vorstellung zu bekommen, wie diese Flächen ussehen, werden wir sie us Kegelschnitten erzeugen. Ht mn eine Kurve K im R, dnn knn mn diese um die x-achse rotieren. Ddurch entsteht eine Rottionsfläche F. Ist g(x, y = 0 eine Gleichung der Kurve K, dnn gilt (x, y, z F (x, y + z K oder (x, y + z K g(x, y + z = 0 oder g(x, y + z = 0 Wir werden Rottionsflächen für Kegelschnitte bilden. D in den Kegelschnittgleichungen y ohnehin nur ls y vorkommt, ist ds Vorzeichen der zweiten Vrible in g unerheblich. Die Gleichung für die Rottionsfläche ist dnn g(x, y + z = 0. Wir üben eine Streckung mit Fktor u in Richtung der z-achse uf eine Fläche F mit Gleichung f(x, y, z = 0 us. Der Punkt (x, y, z erfüllt die Gleichung f(x, y, z = 0 genu dnn, wenn der Punkt (x, y, uz die Gleichung f(x, y, z u = 0 erfüllt. Somit ist f(x, y, z u = 0 die Gleichung der in z-richtung um den Fktor u gestreckten Fläche F. Diese beiden Opertionen, die Rottion um die x-achse und die Streckung der so erhltenen Fläche in z-richtung, wenden wir uf Kegelschnitte n. Mn knn sich dnn gut vorstellen, wie die Fläche ussieht, die mn ddurch erhält. Eine ndere Möglichkeit, sich eine Vorstellung von einer Fläche zu mchen, sind Höhenschichtlinien. Ds sind die Kurven, die mn erhält, wenn mn die Fläche mit den Ebenen senkrecht zur z-achse schneidet. D diese Ebenen Gleichungen der Form z = d mit d R hben, sind Höhenschichtlinien leicht zu bestimmen. (Ds entspricht den Höhenschichtlinien, die in einer Lndkrte eingezeichnet sind. Mn knn ber genuso die Schnittkurven der Fläche mit Ebenen senkrecht zur x-achse oder senkrecht zur y-achse berechnen.

Frnz Hofbuer 73 Ellipsoid: Die Gleichung einer Ellipse in Huptlge ist x + y b =. Ds ist g(x, y = 0 mit g(x, y = x + y b. Die Ellipse rotiert um die x-achse. Die Rottionsfläche ht die Gleichung g(x, y + z = 0, ds ist x + y b + z b =. Die Schnitte dieser Rottionsfläche senkrecht zur x-achse sind Kreise. Um ds zu ändern, üben wir eine Streckung mit Fktor u in Richtung der z-achse uf die Rottionsfläche us. Ds gibt eine Fläche mit Gleichung x + y b + z u b =. Mit c = ub wird ds zu x + y b + z c = Diese Fläche nennt mn ein Ellipsoid. Die Längen der Hlbchsen sind, b und c. Wir bestimmen noch die Höhenschichtlinien. Wir schneiden mit Ebenen senkrecht zur z-achse. Die Gleichung so einer Ebene ist z = d mit d R. Die Schnittkurve ht die Gleichung x + y b = d c. Für d < c ist ds eine Ellipse, für d = c besteht die Kurve nur us einem Punkt, und für d > c ist die Schnittmenge leer. Die Schnitte senkrecht zur x-achse und senkrecht zur y-achse ergeben ebenflls Ellipsen. Zweischliges Hyperboloid: Die Gleichung einer Hyperbel in Huptlge ist x y b =. Ds ist g(x, y = 0 mit g(x, y = x y b. Die Hyperbel rotiert um die x-achse. Die Rottionsfläche ht die Gleichung g(x, y + z = 0, ds ist x y b z b =. Wir üben eine Streckung mit Fktor u in Richtung der z-achse uf die Rottionsfläche us und erhlten eine Fläche mit Gleichung x y b z u b =. Setzen wir c = ub, dnn ergibt sich y b z c = Diese Fläche nennt mn ein zweischliges Hyperboloid. x Wir schneiden mit Ebenen senkrecht zur z-achse. Die Gleichung so einer Ebene ist z = d mit d R. Die Schnittkurve ht die Gleichung x y b = + d c. Ds ist eine Hyperbel. Schnitte senkrecht zur y-achse ergeben ebenflls Hyperbeln. Schneiden wir jedoch mit einer Ebene senkrecht zur x-achse, die j die Gleichung x = d ht, dnn erhlten wir y b + z c = d ls Schnittkurve. Für d > ist ds eine Ellipse, für d = besteht die Kurve nur us einem Punkt, und für d < ist die Schnittmenge leer. Einschliges Hyperboloid: Liegen die Brennpunkte der Hyperbel uf der y-achse, dnn ist x + y b = ihre Gleichung. Wir rotieren diese Hyperbel um die x-achse. Die Rottionsfläche ht die Gleichung x + y b + z b =. Eine Streckung in Richtung der z-achse führt zur Gleichung x + y b + z c = Diese Fläche nennt mn ein einschliges Hyperboloid. Schneiden wir diese Fläche senkrecht zur z-achse, so ergibt sich eine Schnittkurve mit der Gleichung x + y b = d c. Ds ist eine Hyperbel (für d = c ein Gerdenpr. Schnitte senkrecht zur y-achse ergeben ebenflls Hyperbeln. Schneiden wir ber senkrecht zur x-achse dnn ist y b + z c = d + die Schnittkurve. Ds ist immer eine Ellipse.

74 Isometrien und Kegelschnitte Elliptisches Prboloid: Die Prbelgleichung in Huptlge ist y = px. Ds ist g(x, y = 0 mit g(x, y = y px. Die Prbel rotiert um die x-achse. Die Rottionsfläche ht die Gleichung g(x, y + z = 0, ds ist y + z = px. Wir wenden wieder eine Streckung mit Fktor u in Richtung der z-achse n und erhlten die Gleichung y + z u = px. Setzen wir = p und b = u p, dnn ergibt sich y + z b = x Diese Fläche nennt mn ein elliptisches Prboloid. Schneiden wir diese Fläche senkrecht zur z-achse, so ergibt sich eine Schnittkurve mit der Gleichung y = (x d b. Ds ist eine Prbel. Schnitte senkrecht zur y-achse ergeben ebenflls Prbeln. Schneiden wir jedoch mit einer Ebene senkrecht zur x-achse dnn erhlten wir y + z b = d ls Schnittkurve. Für d > 0 ist ds eine Ellipse, für d = 0 besteht die Kurve nur us einem Punkt, und für d < 0 ist die Schnittmenge leer. Hyperbolisches Prboloid: Diese Fläche knn mn nicht durch Rottion erzeugen. Sie ht die Gleichung (bei einem elliptischen Prboloid stimmt die linke Seite der Gleichung mit der einer Ellipse überein, bei einem hyperbolischen Prboloid mit der einer Hyperbel y z b = x Mn knn sich n Hnd der Höhenschichtlinien eine Vorstellung bilden, wie diese Fläche ussieht. Schneiden wir sie senkrecht zur z-achse, so ergibt sich eine Schnittkurve mit der Gleichung y = (x + d b. Ds ist eine Prbel. Ein Schnitt senkrecht zur y-achse ergibt eine Schnittkurve mit der Gleichung z = b (x d. Ds ist ebenflls eine Prbel. Schneiden wir jedoch mit einer Ebene senkrecht zur x-achse dnn erhlten wir y z b = d ls Schnittkurve. Ds ist eine Hyperbel (für d = 0 ein Gerdenpr. Die Fläche ht die Form eines Sttels. (Mn sieht den Sttel, wenn mn von einem Punkt der x-achse in Richtung Nullpunkt blickt. Im letzten Kpitel hben wir die Menge ller Punkte im R bestimmt, deren Abstände zu einem vorgegebenen Punkt und zu einer vorgegebenen Gerde in einem festen Verhältnis zueinender stehen. Wir versuchen jetzt, solche Mengen im R 3 zu bestimmen. D gibt es ntürlich mehr Möglichkeiten. Zwei Punkte: Wir wählen A = (, 0, 0 und B = (, 0, 0. Sei v (0, (, P A vorgegeben. Wir suchen die Menge ller Punkte P = (x, y, z, für die P B = v gilt. Wegen P A = (x + y + z und P B = (x + + y + z erfüllen diese Punkte die Gleichung (x + y + z = v ((x + + y + z. Durch Umformen erhlten wir (x +v v + y + z = 4v ( v Ds ist die Gleichung einer Kugel, deren Mittelpunkt uf der x-achse liegt. Die gesuchte Punktmenge ist somit die Oberfläche einer Kugel. Im Folgenden bezeichnet d(p, g den Normlbstnd des Punktes P von der Gerde g und d(p, ε den Normlbstnd des Punktes P von der Ebene ε. Punkt und Gerde: Wir wählen den Punkt A = (0,, 0 und ls Gerde g die x-achse. P A Sei v (0,. Wir suchen die Menge ller Punkte P = (x, y, z, für die d(p,g = v gilt.

Frnz Hofbuer 75 Wegen P A = x +(y +z und d(p, g = y +z erfüllen diese Punkte die Gleichung x + (y + z = v (y + z Für v = erhlten wir x = y. Ds ist die Gleichung einer Prbel in der x-y-ebene. Die gesuchte Menge besteht us llen Punkten, die über dieser Prbel liegen. Ds ist ein prbolischer Zylinder. Für v erhlten wir durch Umformen der obigen Gleichung ( v v x + ( v v (y v + ( v v z = Eine Trnsltion bringt diese Fläche in Huptlge v v x + ( v v y + ( v v z =. Nun gilt ( v v > 0. Im Fll v < gilt uch v v > 0. Die gesuchte Menge ist somit ein Ellipsoid, ds durch Rottion um die x-achse us der Ellipse v v x + ( v v y = entsteht. Im Fll v > gilt v v < 0. Die gesuchte Menge ist ein einschliges Hyperboloid, ds durch Rottion um die x-achse us der Hyperbel v v x + ( v v y = entsteht. Sowohl die Ellipse v v x + ( v v v ht Brennweite v. Es folgt, dss die Fläche ( den Punkt A ls Brennpunkt ht. y = ls uch die Hyperbel v v x + ( v v y = Zwei Gerden: Wir nehmen n, dss die beiden Gerden keinen Schnittpunkt hben, jedoch zueinnder senkrecht ( stehen. Wir legen sie so ins Koordintensystem, dss g die 0 ( 00 ( 0 Prmeterdrstellung + t und h die Prmeterdrstellung + t ht. 0 Sei v (0,. Wir suchen die Menge ller Punkte P = (x, y, z, für die d(p,g d(p,h = v gilt. Wegen d(p, g = (x + y und d(p, h = (x + + z erhlten wir die Gleichung (x + y = v ((x + + z Für v = ergibt sich die Gleichung y z = 4x. Ds ist ein hyperbolisches Prboloid. Für v erhlten wir durch entsprechnde Umformungen der obigen Gleichung ( v 4v (x +v v + v 4v y v 4 z = Eine Trnsltion bringt diese Fläche in Huptlge ( v 4v x + v 4v y v 4 z =. Nun gilt ( v 4v > 0. Im Fll v < ist der Koeffizient von y positiv und der von z negtiv. Im Fll v > ist es umgekehrt. In beiden Fällen hben wir ein einschliges Hyperboloid. Im Fll v < entsteht es durch Rottion der Hyperbel ( v 4v x v 4 z = um die z-achse und nschließender Streckung in Richtung y-achse. Im Fll v > entsteht es durch Rottion der Hyperbel ( v 4v x v 4v y = um die y-achse und nschließender Streckung in Richtung z-achse. Gerde und Ebene: Wir nehmen n, dss die Gerde und die Ebene nicht prllel liegen. Wir legen sie so ins Koordintensystem, ( dss der Nullpunkt ihr Schnittpunkt ist, b dss die Ebene ε Normlvektor ht und dss die Gerde g in der x-y-ebene liegt und 0 dort Normlvektor ( b ht. Wir nehmen > b und + b = n. Wir suchen die Menge ller Punkte P = (x, y, z, für die d(p, ε = d(p, g gilt. Wegen d(p, ε = x + by und d(p, g = (bx + y + z erhlten wir die Gleichung (x + by = (bx + y + z oder x y z b = 0 Die Gleichung x y = 0 stellt ein Gerdenpr dr, nämlich die beiden Digonlen in der x-y-ebene. Rottion um die x-achse und nschließende Streckung in z-richtung führen zu x y z b ( 0 0 = 0. Diese Gleichung stellt somit einen elliptischen Doppelkegel dr. 0

V. Linere Gleichungssysteme. Ds Gußsche Elimintionsverfhren Linere Gleichungssysteme mit zwei Gleichungen und zwei Vriblen sind leicht lösbr. Bei drei Vriblen (oder mehr ist ds schwieriger. D ist es besser, ein systemtisches Verfhren nzuwenden, nämlich ds sogennnte Gußsche Elimintionsverfhren. Durch Äquivlenzumformungen (ds sind Umformungen, die die Lösungsmenge nicht ändern wird ds Gleichungssystem in eine Form gebrcht, die eine direkte Auflösung zulässt. Grundlegend für ds Gußsche Elimintionsverfhren ist folgende Äquivlenzumformung: Ds -fche einer Gleichung, wobei eine relle Zhl ist, wird zu einer nderen Gleichung ddiert. Ds ist eine Äquivlenzumformung. Die Gleichung, deren -fches mn ddiert ht, ist j immer noch vorhnden. Dher knn mn ds -fche dieser Gleichung uch wieder subtrhieren und so zum ursprünglichen Gleichungssystem zurückkehren. Ds zeigt, dss sich die Lösungsmenge des lineren Gleichungssystems durch solche Umformungen nicht ändert. Durch systemtisches Anwenden dieser Äquivlenzumformung wird die erste Vrible us llen Gleichungen eliminiert, ußer der ersten, und die zweite Vrible us llen Gleichungen ußer den ersten beiden. Je nch Anzhl der Gleichungen und Vriblen setzt mn ds Verfhren fort. Wir bleiben vorläufig bei drei Vriblen und drei Gleichungen und führen dieses Verfhren für folgendes Beispiel durch. x x 3x 3 = 4x + 6x + 5x 3 = 0 4x + x x 3 = 0 Die erste Vrible soll us der zweiten und dritten Gleichung durch Addition geeigneter Vielfchen der ersten Gleichung eliminiert werden. Dmit die erste Vrible us der zweiten Gleichung verschwindet, ddieren wir ds -fche der ersten Gleichung zur zweiten. Dmit die erste Vrible us der dritten Gleichung verschwindet, ddieren wir ds ( -fche der ersten Gleichung zur dritten. Ddurch erhlten wir folgendes Gleichungssystem x x 3x 3 = x x 3 = 4 6x + 5x 3 = 4 Jetzt lssen wir die erste Gleichung us dem Spiel. Dmit die zweite Vrible us der dritten Gleichung verschwindet, ddieren wir ds ( 3-fche der zweiten Gleichung zur dritten Gleichung. Ddurch erhlten wir folgendes Gleichungssystem x x 3x 3 = x x 3 = 4 8x 3 = 6 Dmit ist der erste Teil des Gußschen Elimintionsverfhrens bgeschlossen. Wir hben ds Gleichungssystem in Dreiecksgestlt gebrcht. Der zweite Teil des Verfhrens besteht nun drin, dieses Gleichungssystem schrittweise von unten nch oben zu lösen. Die dritte Gleichung ist 8 x 3 = 6, worus x 3 = folgt.

Frnz Hofbuer 77 Die zweite Gleichung ist x x 3 = 4, worus x = 4 + x 3 = und dnn x = folgt. Die erste Gleichung ist x x 3 x 3 =, worus x = + x + 3 x 3 = und dnn x = folgt. Es gibt eine eindeutige Lösung. Die Lösungsmenge besteht nur us dem Punkt (,,. Geometrische Interprettion: Die Gleichungen des ursprünglichen Gleichungssystems knn mn ls Gleichungen dreier Ebenen uffssen. Diese drei Ebenen hben genu einen Punkt gemeinsm. Wir versuchen ein weiteres Beispiel mit dem Gußschen Elimintionsverfhren zu lösen. x + x 3 = x + 3x + x 3 = x + 3x + 7x 3 = 0 Wir können nicht beginnen, d x in der ersten Gleichung nicht vorkommt. In so einem Fll vertuscht mn zwei Gleichungen, um eine Gleichung, in der x vorkommt in die erste Zeile zu bringen. Wir vertuschen die ersten beiden Gleichungen und erhlten x + 3x + x 3 = x + x 3 = x + 3x + 7x 3 = 0 Jetzt können wir mit dem Elimintionsverfhren beginnen. Die erste Vrible kommt in der zweiten Gleichung nicht vor, dher müssen wir sie nicht mehr eliminieren. Dmit die erste Vrible us der dritten Gleichung verschwindet, ddieren wir ds ( -fche der ersten Gleichung zur dritten Gleichung. Ddurch erhlten wir folgendes Gleichungssystem x + 3x + x 3 = x + x 3 = 3x + 3x 3 = 6 Jetzt lssen wir die erste Gleichung us dem Spiel. Dmit die zweite Vrible us der dritten Gleichung verschwindet, ddieren wir ds ( 3-fche der zweiten Gleichung zur dritten Gleichung. Ddurch erhlten wir folgendes Gleichungssystem x + 3x + x 3 = x + x 3 = 0x 3 = 0 Die letzte Gleichung ist immer erfüllt. Wir können sie weglssen und erhlten x + 3x + x 3 = x + x 3 = Dmit ist der erste Teil des Gußschen Elimintionsverfhrens bgeschlossen. Ds Gleichungssystem ist jetzt in einer bgeschnittenen Dreiecksgestlt, mn spricht dnn uch von Stufenform. Bei dieser Stufenform ht mn jedoch weniger Gleichungen ls Vrible. Wir hben eine Gleichung weniger, dher können wir eine Vrible frei wählen. Wir führen einen Prmeter t R ein und setzen x 3 = t. Die zweite Gleichung ist x + x 3 =, worus wir x = x 3 = t erhlten. Die erste Gleichung ist x + 3 x + x 3 =, worus wir x = 3 x x 3 = 3t+6 t = 5t+8 erhlten. Die Lösung ist nicht eindeutig. Die Lösungsmenge ist {( 5t + 8, t, t : t R}.

78 Linere Gleichungssysteme Geometrische Interprettion: Die Gleichungen des ursprünglichen Gleichungssystems knn mn ls Gleichungen( dreier Ebenen uffssen. Diese drei Ebenen hben die Gerde 8 mit Prmeterdrstellung + t gemeinsm. 0 ( 5 Wir ändern ds Gleichungssystem im letzten Beispiel ein wenig b. Wir ändern nur die rechte Seite der dritten Gleichung und versuchen ds Gleichungssystem zu lösen x + 3x + x 3 = x + x 3 = x + 3x + 7x 3 = 7 Führt mn ds Gußsche Elimintionsverfhren wie oben durch, so erhält mn x + 3x + x 3 = x + x 3 = 0x 3 = 3 Die dritte Gleichung ist nicht erfüllbr. Sie ist ein Widerspruch. Ds Gleichungssystem ht keine Lösung. Die Lösungsmenge ist leer. Für ein lineres Gleichungssystem gibt es verschiedene Möglichkeiten: eine eindeutige Lösung, keine Lösung, unendlich viele Lösungen. Ds Elimintionsverfhren wird durchgeführt. Erhält mn m Ende einen Widerspruch, dnn existiert keine Lösung. Erhält mn keinen Widerspruch, dnn gilt folgendes: Ist die Anzhl der verbleibenden Gleichungen gleich der Anzhl der Vriblen, dnn ist die Lösung eindeutig. Ist die Anzhl der verbleibenden Gleichungen um k geringer ls die Anzhl der Vriblen, dnn ht mn eine k-prmetrige Lösungsmenge. Im vorletzten Beispiel htten wir drei Vrible und zwei verbleibende Gleichungen. Dher ergb sich eine einprmetrige Lösungsmenge. Zusätzlich zu der bisher verwendeten Äquivlenzumformung knn mn Gleichungen mit einer Zhl 0 multplizieren oder durch eine Zhl 0 dividieren. Ds ändert nichts n der Lösungsmenge des Gleichungssystems und knn ds Rechnen vereinfchen. Zur Übung lösen wir folgendes linere Gleichungssystem mit 4 Vriblen. 4x 3x + 4x 3 + x 4 = 4 x + 3 x x 3 + 3 x 4 = 5 4x + 7x + 4 3 x 3 5x 4 = x + 3 x + 7 x 4 = 8 Wir ddieren ds -fche der ersten Gleichung zur zweiten, die erste Gleichung zur dritten und ds -fche der ersten Gleichung zur vierten. Ds ergibt ds links unten stehende Gleichungssystem. 4x 3x + 4x 3 + x 4 = 4 4x 3x + 4x 3 + x 4 = 4 x 3 + x 4 = 7 x + 4 3 x 3 x 4 = 4 4x + 6 3 x 3 4x 4 = 6 x 3 + x 4 = 7 3x x 3 + 3x 4 = 6 3x x 3 + 3x 4 = 6 Die dritte Gleichung wurde durch 4 dividiert und die zweite und dritte Gleichung vertuscht. Ds ergibt ds rechts oben stehende Gleichingssystem. Jetzt können wir mit dem

Frnz Hofbuer 79 Elimintionsverfhren fortfhren. Wir ddieren ds ( 3-fche der zweiten Gleichung zur vierten und erhlten ds links unten stehende Gleichungssystem. Schließlich ddieren wir ds 6-fche der dritten Gleichung zur vierten und erhlten ds rechts unten stehende Gleichungssystem 4x 3x + 4x 3 + x 4 = 4 4x 3x + 4x 3 + x 4 = 4 x + 4 3 x 3 x 4 = 4 x + 4 3 x 3 x 4 = 4 x 3 + x 4 = 7 x 3 + x 4 = 7 6x 3 + 6x 4 = 6 8x 4 = 36 Die Lösung ist jetzt wieder einfch zu berechnen. Aus 8 x 4 = 36 erhlten wir x 4 = und us x 3 + x 4 = 7 folgt dnn x 3 = 3. Aus x + 4 3 x 3 x 4 = 4 ergibt sich x = und us 4 x 3 x + 4 x 3 + x 4 = 4 schließlich x =. Hier ist noch ein Beispiel, dessen Lösung nicht eindeutig ist. x + x x 3 + 3x 4 = 6 x 3x 3 + x 4 = 6 4x x 8x 3 = 8 x + 3x + x 3 + 4x 4 = 4 Wir führen ds Elimintionsverfhren durch. Wir ddieren ds ( -fche der ersten Zeile zur dritten und ds ( -fche der ersten Zeile zur vierten. Wir erhlten x + x x 3 + 3x 4 = 6 x 3x 3 + x 4 = 6 4x 6x 3 6x 4 = 4 x + 3x 3 + x 4 = Wir ddieren ds ( -fche der zweiten Gleichung zur dritten und die zweite Gleichung zur vierten. Ds ergibt x + x x 3 + 3x 4 = 6 x 3x 3 + x 4 = 6 8x 4 = 6 x = 4 Wir ddieren noch ds ( 4 -fche der dritten Gleichung zur vierten. ddurch zu 0 x 4 = 0 und knn dher weggelssen werden. Es bleibt x + x x 3 + 3x 4 = 6 x 3x 3 + x 4 = 6 Die vierte wird 8x 4 = 6 Die dritte Gleichung ist 8 x 4 = 6, worus x 4 = folgt. Die zweite Gleichung ist x 3 x 3 + x 4 = 6, worus x = 3 x 3 folgt. Wir können x 3 beliebig wählen. Wir wählen einen Prmeter t R und setzen x 3 = t. Dnn erhlten wir x = 3 t. Aus der ersten Gleichung x + x x 3 + 3 x 4 = 6 folgt dnn x = + 5 4t. Wir hben eine einprmetrige Fmile von Lösungen erhlten. Mn knn ds Gußsche Elimintionsverfhren uf beliebig viele Vriblen usdehnen. Auch die Anzhl der Gleichungen muss nicht gleich der Anzhl der Vriblen sein.

80 Linere Gleichungssysteme Wir rechnen dzu ein Beispiel mit sechs Vriblen und vier Gleichungen. x x + 3x 3 x 4 3x 5 + x 6 = 5 x 5x + 7x 3 4x 4 + 5x 5 + x 6 = x + x + x 3 + x 4 3x 5 + x 6 = 6 4x + x + x 3 + x 4 6x 5 + 4x 6 = 6 Wir ddieren ds ( -fche der ersten Gleichung zur zweiten und zur dritten Gleichung und ds ( -fche der ersten Gleichung zur vierten. Wir erhlten x x + 3x 3 x 4 3x 5 + x 6 = 5 4x + 4x 3 x 4 + 8x 5 = 6 x x 3 + 3x 4 x 6 = 4x 4x 3 + 6x 4 = 6 Wir ddieren ds -fche der zweiten Gleichung zur dritten Gleichung und die zweite Gleichung zur vierten. Wir erhlten x x + 3x 3 x 4 3x 5 + x 6 = 5 4x + 4x 3 x 4 + 8x 5 = 6 x 4 + 4x 5 x 6 = 4 4x 4 + 8x 5 = Schließlich ddieren wir ds ( -fche der dritten Gleichung zur vierten und erhlten x x + 3x 3 x 4 3x 5 + x 6 = 5 4x + 4x 3 x 4 + 8x 5 = 6 x 4 + 4x 5 x 6 = 4 x 6 = 4 Dmit hben wir ds linere Gleichungssystem in eine Form gebrcht, die wir lösen können. Wir hben sechs Vrible und es sind vier Gleichungen geblieben. Dher werden wir zwei Prmeter einführen müssen. Aus der vierten Gleichung folgt x 6 =. Die dritte Gleichung ist x 4 + 4x 5 x 6 = 4, worus x 4 + x 5 = 3 folgt. Wir können eine Vrible beliebig wählen. Wir setzen x 5 = t und erhlten x 4 = t + 3. Die zweite Gleichung ist 4x + 4x 3 x 4 + 8x 5 = 6, worus 4x + 4x 3 = x 4 8x 5 + 6 = t + und dnn x x 3 = 3t 3 folgt. Eine Vrible ist beliebig wählbr. Wir setzen x 3 = s und erhlten x = s+3t 3. Aus der ersten Gleichung x x + 3x 3 x 4 3x 5 + x 6 = 5 folgt dnn x = x 3x 3 + x 4 + 3x 5 x 6 + 5 = s + 3t 3 3s 4t + 6 + 3t 4 + 5 = s + t + 4 und drus x = s + t +. Die Lösungsmenge ist {( s+t+, s+3t 3, s, t+3, t, : s, t R}. Sie ist zweiprmetrig.. Eigenvektoren für 3 3-Mtrizen Eigenvektoren knn mn ntürlich uch für eine d d-mtrix A mit d 3 definieren. Ein Vektor v R d \ {0} heißt Eigenvektor der Mtrix A, wenn Av = λv für eine Zhl λ gilt. Die Zhl λ nennt mn Eigenwert der Mtrix A. Zu lösen ist ds linere Gleichungssystem Mx = 0 mit M = A λi d. Es ht nur dnn eine Lösung x 0, wenn det M = 0 gilt. Nun ist det M = det(a λi d ein Polynom in λ vom Grd d. Es ist ds chrkterischte Polynom der Mtrix A, dessen Nullstellen die

Frnz Hofbuer 8 Eigenwerte der Mtrix A sind. Zu einem Eigenwert λ findet mn dnn einen Eigenvektor ls Lösung des lineren Gleichungssystems (A λi d x = 0. Wir tun ds für d = 3. Für d > 3 hben wir die Determinnte nicht definiert. Wir rechnen dzu ein Beispiel. Sei A = ( 3 4. Ds chrkteristische Polynom dieser Mtrix ist λ ( λ ( λ 8 + + 8( λ 4( λ 3( λ = λ 3 + 4λ 6λ + 4. Die Eigenwerte sind die Lösungen der Gleichung λ 3 4λ +6λ 4 = 0. Eine Lösung muss mn errten. Mn findet λ =. Dividiert mn ds Polynom λ 3 4λ + 6λ 4 durch λ, so bleibt λ λ +. Mn erhält die beiden weiteren Nullstellen λ,3 = ± i. Dmit sind die Eigenwerte der Mtrix A gefunden. Um einen Eigenvektor zum Eigenwert λ = zu finden, müssen wir ds linere Gleichungssystem Mx = 0 mit M = A λ I 3 = ( 3 4 0 3 λ 4 λ = lösen. Es ht eine Lösung 0. Alle Vielfchen dieser Lösung sind ebenflls Lösungen. Ds linere Gleichungssystem ist x + 3x + x 3 = 0 x x + x 3 = 0 x 4x = 0 Wir führen ds Gußsche Elimintionsverfhren durch. Addiert mn die erste Gleichung zur zweiten und ds -fche der ersten Gleichung zur dritten, so erhält mn x + 3x + x 3 = 0 x + 4x 3 = 0 x + 4x 3 = 0 Mn knn die dritte Gleichung weglssen, d sie mit der zweiten übereinstimmt. Die zweite Gleichung ist x + 4 x 3 = 0. Wir wählen x 3 =. Es genügt j, eine Lösung zu finden. Nun folgt x =. Die erste( Gleichung ist x + 3 x + x 3 = 0, worus 4 x = 3 x + x 3 = 4 folgt. Wir erhlten ls Eigenvektor. Um einen Eigenvektor zum Eigenwert λ = i( zu finden, müssen wir ds linere i Gleichungssystem Mx = 0 mit M = A λ I 3 = lösen. Ds ergibt ds folgende linere Gleichungssystem, ds uch komplexe Koeffizienten enthält. Mn knn es ber mit dem Elimintionsverfhren lösen, genuso wie mit reellen Koeffizienten. 3 i 4 ix + 3x + x 3 = 0 x + ix + x 3 = 0 x 4x + ( + ix 3 = 0 Addiert mn ds i-fche der ersten Gleichung zur zweiten und ds i-fche der ersten Gleichung zur dritten, so erhält mn +i ix + 3x + x 3 = 0 4ix + ( ix 3 = 0 (4 + 6ix + ( 5ix 3 = 0 Jetzt ist die zweite Gleichung mit 4+6i 4i = 4i 6 4 = 3 + i zu multiplizieren und zur dritten Gleichung zu ddieren. Dbei wird der Koeffizient von x in der dritten Gleichung null und der Koeffizient von x 3 wird zu 5i + ( i( 3 + i = 5i 3 + 3i + i + = 0.

8 Linere Gleichungssysteme Die dritte Gleichung wird somit zu 0 = 0. Die zweite Gleichung ist 4i x +( i x 3 = 0. Wir setzen x 3 =. Es genügt uns j, eine Lösung zu finden. Es folgt x = i 4i = i. Die erste Gleichung ist i x + 3 x + x 3 = 0, worus x = 3i x + i x 3 = ( 3 + i folgt. Wir erhlten 3+i ( 3+i ls Eigenvektor. Dher ist ebenflls ein Eigenvektor. i 3. Kegelschnitt durch fünf Punkte Wir legen zuerst eine Gerde durch zwei Punkte. Die Gleichung einer Gerde knn mn schreiben ls x + by + c = 0. Wir versuchen, die beiden Punkte, durch die die Gerde gehen soll, einzusetzen und, b und c us den sich ergebenden Gleichungen zu bestimmen. Wir tun ds n einem Beispiel. Wir suchen die Gerde durch die Punkte (, und (4, 3. Setzen wir diese Punkte in die Gerdengleichung x + by + c = 0 ein, so hben wir i b + c = 0 4 + 3b + c = 0 Die Vriblen sind jetzt, b und c. Wir führen ds Gußsche Elimintionsverfhren durch. Wir ddieren ds ( -fche der ersten Gleichung zur zweiten und erhlten b + c = 0 7b c = 0 Wir könnten c wählen. Ds tun wir ber erst später. Aus der zweiten Gleichung folgt b = c 7. Aus der ersten Gleichung folgt = b c = 5c 5c 4. Ds ergibt die Gerde 4 x+ c 7y +c = 0. Wie wir c uch wählen, es ändert nichts n der Gerde. Wir wählen c = 4, dmit die Brüche verschwinden, und erhlten ddurch 5x y 4 = 0. Ds ist die Gleichung der Gerde durch die Punkte (, und (4, 3. Die Gerdengleichung ist eine linere Gleichung in zwei Vriblen. Eine qudrtische Gleichung in zwei Vriblen sieht so us: x + bxy + cy + dx + ey + f = 0. Wir wissen, dss ds Gleichungen von Kegelschnitten sind. D wir einen der sechs Koeffizienten frei wählen können, müssen wir fünf Punkte kennen, durch die der Kegelschnitt hindurchgeht, um seine Gleichung zu bestimmen. Wir probieren ds n einem Beispiel us. Wir suchen den Kegelschnitt durch die Punkte (,, (, 3, (, 4, (3, und (4,. Wir setzen diese Punkte in die Gleichung x + bxy + cy + dx + ey + f = 0 ein + b + c + d + e + f = 0 + 3b + 9c d 3e + f = 0 4b +6c + d 4e + f = 0 9 + 6b + 4c + 3d + e + f = 0 6 + 8b + 4c + 4d + e + f = 0 Wir führen ds Gußsche Elimintionsverfhren durch. Wir ddieren ds ( -fche der ersten Gleichung zur zweiten und zur dritten Gleichung, ds ( 9-fche der ersten Gleichung zur vierten und ds ( 6-fche der ersten Gleichung zur fünften. Wir erhlten + b + c + d + e + f = 0 b + 8c d 4e = 0 5b +5c 5e = 0 3b 5c 6d 7e 8f = 0 8b c d 4e 5f = 0

Frnz Hofbuer 83 Bevor wir weitertun, dividieren wir die zweite Gleichung durch und die dritte durch 5 + b + c + d + e + f = 0 b + 4c d e = 0 b + 3c e = 0 3b 5c 6d 7e 8f = 0 8b c d 4e 5f = 0 Wir ddieren die zweite Gleichung zur dritten, ds 3-fche der zweiten Gleichung zur vierten und ds 8-fche der zweiten Gleichung zur fünften. Wir erhlten + b + c + d + e + f = 0 b + 4c d e = 0 7c d 3e = 0 7c 9d 3e 8f = 0 0c 0d 30e 5f = 0 Wir ddieren ds ( -fche der dritten Gleichung zur vierten. Wir multiplizieren die fünfte Gleichung mit 7 0 und ddieren die dritte Gleichung dzu. Wir erhlten + b + c + d + e + f = 0 b + 4c d e = 0 7c d 3e = 0 8d 0e 8f = 0 6d + 5 e+ 4 f = 0 Schließlich ddieren wir ds 3 4-fche der vierten Gleichung zur fünften + b + c + d + e + f = 0 b + 4c d e = 0 7c d 3e = 0 8d 0e 8f = 0 3 4 f = 0 Jetzt können wir die Gleichungen lösen. Aus der fünften Gleichung folgt f = 0. Eine Vrible können wir frei wählen. Dmit keine Brüche uftreten, wählen wir e = 4. Aus der vierten Gleichung folgt dnn d = 5. Die dritte Gleichung ergibt c = 7 d+ 3 7e =. Die zweite Gleichung ergibt b = 4c + d + e =. Schließlich folgt us der ersten Gleichung = b c d e f =. Die Gleichung des Kegelschnitts durch die fünf Punkte (,, (, 3, (, 4, (3, und (4, ist somit x xy + y 5x + 4y = 0. 4. Inverse Mtrix Linere Abbildungen knn mn nicht nur uf dem R definieren, sondern uch in höheren Dimensionen. Die Definition ist dieselbe. Definition: Seien d und c in N. Eine Abbildung φ : R d R c heißt liner, wenn sie folgende zwei Eigenschften erfüllt ( φ(x + y = φ(x + φ(y für lle x und y in R d (b φ(λx = λφ(x für lle x R d und λ R

84 Linere Gleichungssysteme Durch wiederholtes Anwenden von ( und (b zeigt mn, dss die Gleichung φ( k i= λ iu i = k i= λ iφ(u i für k und für λ,..., λ k R und u,..., u k R d von jeder lineren Abbildung φ : R d R c erfüllt wird. Zu jeder lineren Abbildung φ : R d R c knn mn die zugehörige Mtrix definieren. Für j d sei e j der j-te Einheitsvektor im R d. Ds ist der Vektor, dessen j-te Komponente ist, lle nderen Komponenten sind 0. Weiters sei j ds Bild von e j unter φ, ds heißt φ(e j = j. Diese Bilder liegen im R c. Für lle Vektoren x R d gilt dnn φ(x = φ( d j= x je j = d j= x jφ(e j = d j= x j j Sei A die Mtrix, deren Splten die Vektoren,,..., d sind. D diese Vektoren im R c liegen, ist A eine c d-mtrix. Sie ht c Zeilen und d Splten. Wenn wir noch drn denken, wie die Mtrixmultipliktion funktioniert, dnn erhlten wir φ(x = d j= x j j = Ax für lle x R d Wir sehen, dss sich jede linere Abbildung φ : R d R c mit Hilfe der Mtrix A schreiben lässt, deren Splten die Bilder der Einheitsvektoren sind. D A eine c d-mtrix ist, knn mn Ax für jeden Vektor x R d bilden und ds Ergebnis dieser Mtrixmultipliktion ist ein Vektor im R c. Will mn die Mtrix ufschreiben, dnn muss mn Doppelindices verwenden. Mit ij bezeichnen wir die i-te Komponente des Vektors j. Dnn gilt j 3... d j 3... d j = 3j für j d und A = 3 3 33... 3d. cj. c. c. c3....... cd Mn sieht, dss ij die Eintrgung der Mtrix n der Stelle (i, j ist. Sie steht in der i-ten Zeile und in der j-ten Splte. Dmit knn mn uch die Mtrixmultipliktion hinschreiben... d x x + x + + d x d Ax =... d x....... = x + x + + d x d d. = x j j j= c c... cd x d c x + c x + + cd x d So knn mn die bereits oben verwendete Gleichung überprüfen. Jetzt frgen wir nch der Umkehrbbildung der lineren Abbildung φ : R d R c. Sei A die zugehörige c d-mtrix. Beknntlich ht eine Abbildung genu dnn eine Umkehrbbildung, wenn sie bijektiv ist. Und φ : R d R c ist bijektiv, wenn für jeden Vektor v R c genu ein Vektor x R d existiert mit φ(x = v, ds heißt, wenn Ax = v für lle v R c eindeutig lösbr ist. Nun ist Ax = v ein lineres Gleichungssystem mit c Gleichungen und d Vriblen. Gilt c < d, dnn ht mn weniger Gleichungen ls Vrible. Ds Elimintionsverfhren führt entweder zu einem Widerspruch oder zu einer Lösung mit Prmetern. Es gibt lso keine oder unendlich viele Lösungen. Gilt c > d, dnn ht mn mehr Gleichungen ls Vrible. Bei der Durchführung des Elimintionsverfhren ergeben sich Gleichungen, bei denen links vom Gleichheitszeichen Null steht. Mn knn die rechte Seite v des Gleichungssystems so wählen, dss keine Lösung existiert. Dmit ist gezeigt, dss φ : R d R c nicht bijektiv sein knn, wenn c d ist. Wir nehmen dher n, dss c = d gilt.

Frnz Hofbuer 85 Sei lso φ : R d R d eine linere Abbildung und A die zugehörige d d-mtrix. Wir nehmen n, dss φ bijektiv ist, ds heißt ds linere Gleichungssystem Ax = v ist für lle v R d eindeutig lösbr. (Wir hben bereits n Beipielen gesehen, dss ds nicht immer der Fll sein muss. Sei ψ : R d R d die Umkehrbbildung zu φ. Es gilt ψ(φ(u = u und φ(ψ(u = u für lle u R d. Für j d sei b j die eindeutige Lösung von Ax = e j. Dnn gilt Ab j = e j und somit φ(b j = e j. Für lle Vektoren x R d erhlten wir x = d j= x je j = d j= x jφ(b j = φ( d j= x jb j D ψ(φ(u = u für lle u R d gilt, folgt dnn ψ(x = ψ ( φ( d j= x jb j = d j= x jb j für lle x R d Sei B die Mtrix, deren Splten die Vektoren b, b,..., b d sind. D diese Vektoren im R d liegen, ist B eine d d-mtrix. Wie oben erhlten wir ψ(x = d j= x jb j = Bx für lle x R d Wir sehen, dss die Umkehrbbildung ψ : R d R d ebenflls eine linere Abbildung ist. Ihre Mtrix ist die d d-mtrix B, deren Splten die eindeutigen Lösungen der Gleichungssysteme Ax = e j für j d sind. Es gilt ψ(φ(u = u und φ(ψ(u = u für lle u R d. D φ(x = Ax und ψ(x = Bx für lle x R d gilt, ergibt sich BAu = u und ABu = u für lle u R d. Setzt mn u = e j ein, so erhält mn, dss die j-te Splte von BA gleich e j sein muss. Ds gilt uch für AB. Dher muss sowohl BA = I d ls uch AB = I d gelten, wobei I d die d d-einheitsmtrix ist, deren Splten j die Einheitsvektoren sind. Mn nennt dher B uch die inverse Mtrix zur Mtrix A und bezeichnet sie mit A. Um A zu berechnen, müssen wir die lineren Gleichungssysteme Ax = e j für j d lösen. Wir tun ds für die untenstehende Mtrix A. Um nicht immer die Vriblen schreiben zu müssen, schreiben wir nur die Mtrix uf und rechts vom senkrechten Strich die rechte Seite des Gleichungssystems, ds ist zuerst einml der Vektor e. Wir erweitern die Mtrix. Diese erweiterte Mtrix stellt jetzt ds linere Gleichungssystem dr. A = 4 4 4 3 6 4 3 6 0 0 4 0 4 0 Auch die Umformungen der Gleichungen, jetzt sind es einfch Opertionen mit den Zeilen, schreiben wir nur mehr symbolisch uf. Wir bezeichnen die Zeilen mit römischen Zhlen I, II, III und so weiter. Wir führen die Zeilenopertionen II I II und III I III durch. Ds ( -fche der ersten Zeile wird zur zweiten ddiert, ds Ergebnis kommt in die zweite Zeile. Ds ( -fche der ersten Zeile wird zur dritten ddiert, ds Ergebnis kommt in die dritte Zeile. Wir erhlten die erweiterte Mtrix, die links steht. 4 4 0 0 0 0 0 0 3 Anschließend führen wir die Zeilenopertion III + II III durch und erhlten die erweiterte Mtrix, die rechts steht. Wir könnten ds Gleichungssystem jetzt schrittweise uflösen. Sttt dessen fhren wir mit Zeilenopertionen fort und versuchen, links vom senkrechten Strich die Einheitsmtrix

86 Linere Gleichungssysteme zu erhlten. Durch I I und III III ergibt sich die erweiterte Mtrix, die links unten steht. Wir hben erreicht, dss Einser in der Digonle stehen. 0 5 0 0 3 0 0 0 0 0 0 0 3 0 0 3 0 0 3 Durch I + III I und II III II erhlten wir die erweiterte Mtrix, die in der Mitte steht, und durch I II I die erweiterte Mtrix, die rechts steht. Schreibt mn diese erweiterte Mtrix wieder ls Gleichungssystem, dnn erhält mn x = 3, x = und x 3 = 3. Der rechts vom senkrechten Strich stehende Vektor ist die Lösung des Gleichungssystems. Die erste Splte der inversen Mtrix ist gefunden. Dieses linere Gleichungssystem ist noch mit den Vektoren e und e 3 uf der rechten Seite zu lösen. Wir tun ds uf einml, indem wir lle drei Vektoren rechts hinschreiben. 4 0 0 4 3 6 0 0 0 4 0 0 Durch II I II und III I III erhlten wir die erweiterte Mtrix, die links steht. 4 0 0 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 Anschließend führen wir die Zeilenopertion III + II III durch und erhlten die erweiterte Mtrix, die rechts steht. Durch I I und III III erhlten wir die links stehende erweiterte Mtrix mit Einsern in der Digonle und dnn durch I + III I und II III II die in der Mitte. 0 0 0 0 0 0 3 0 5 0 0 0 0 0 3 0 0 3 3 0 0 0 0 0 3 Schließlich ergibt sich durch I II I die rechts stehende erweiterte Mtrix mit der Einheitsmtrix links vom senkrechten Strich. Rechts vom senkrechten Strich stehen jetzt die Lösungen der Gleichungssysteme Ax = e, Ax = e und Ax = e 3. Diese Lösungen sind die Splten der inversen Mtrix. Ds bedeutet, dss rechts vom senkrechten Strich bereits die inverse Mtrix A steht. Wir mchen die Probe und überprüfen, ob wir richtig gerechnet hben. Es gilt AA = 4 4 3 6 3 3 0 = 0 0 0 0 = I 3 0 4 0 0 3 wie es sein muss. Genuso knn mn A A = I 3 nchprüfen. Zur Übung berechnen wir noch die Inverse der links unten stehenden 4 4-Mtrix A. Rechts sieht mn die Mtrix A mit ngefügter Einheitsmtrix I 4. 0 0 0 0 0 0 0 6 4 6 4 A = 0 0 0 0 4 0 4 0 0 0 3 5 3 5 0 0 0

Frnz Hofbuer 87 Durch Zeilenopertionen soll us der links vom senkrechten Strich stehenden Mtrix die Einheitsmtrix gemcht werden. Wir versuchen ds in einem Durchgng zu erreichen. Im ersten Schritt soll us der ersten Splte der Einheitsvektor e werden. D die Digonleintrgung der ersten Splte null ist, ddieren wir Vielfche der zweiten Zeile. Die Zeilenopertionen I II, II I und IV + II IV mchen us der ersten Splte den Einheitsvektor e und ergeben die links unten stehende erweiterte Mtrix. Wir kommen zur zweiten Splte. Dort ist die Digonleintrgung jetzt. Wir ddieren Vielfche der zweiten Zeile. Die Zeilenopertionen I + 3 II I, II II, III + II III und IV 3 II IV mchen us der zweiten Splte den Einheitsvektor e und ergeben die rechtsstehende erweiterte Mtrix. Die erste Splte wird dbei nicht mehr verändert. 3 0 7 0 0 0 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 0 0 0 0 3 0 Jetzt zur dritten Splte. Die Digonleintrgung ist null. Wir ddieren dher Vielfche der vierten Zeile. Die Zeilenopertionen I+7IV I, II+ IV II, IV III und III IV mchen us der dritten Splte den Einheitsvektor e 3 und ergeben die links unten stehende erweiterte Mtrix. Die ersten beiden Splten hben sich dbei nicht verändert. Es bleibt schließlich noch die vierte Splte. Die Zeilenopertionen I + 6 IV I, II + IV II und III IV III mchen die vierte Splte zum Einheitsvektor e 4 und ergeben die rechtsstehende erweiterte Mtrix. Die ersten drei Splten hben sich dbei nicht verändert. 0 0 6 3 9 0 7 0 0 0 3 3 6 7 0 0 0 0 0 0 0 0 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Rechts vom senkrechten Strich ist die Inverse A der Mtrix A entstnden. Wir mchen die Probe und überprüfen, ob wir richtig gerechnet hben. Es gilt 3 0 0 3 6 7 0 0 0 AA 6 4 0 0 0 = = = I 0 4 0 0 0 4 3 5 0 0 0 0 0 wie es sein muss. Genuso knn mn A A = I 4 nchprüfen.

Inhltsverzeichnis I. Elementrgeometrie. Einleitung. Der Strhlenstz 4 3. Der Stz von Pythgors 9 4. Ds Dreieck 3 5. Die besonderen Punkte mit Cev und Crnot 7 6. Eulergerde, Neunpunktkreis und zentrische Streckungen 8 7. Der Peripheriewinkelstz 0 8. Umkreis, Inkreis, Ankreise und Fläche 6 II. Trigonometrie 8. Trigonometrische Funktionen 8. Die besonderen Punkte des Dreiecks 3 3. Die Sätze von Npoleon und Morley 3 4. Komplexe Zhlen 34 5. Polrkoordinten 35 6. Beweisen mit Hilfe komplexer Zhlen 37 III. Koordinten und Vektoren 4. Inneres Produkt und Vektorprodukt 4. Determinnte und Gerden 43 3. Die besonderen Punkte des Dreiecks 47 4. Die Steinerschen Gerden 49 IV. Isometrien und Kegelschnitte 5. Linere Abbildungen 5. Eigenwerte und Eigenvektoren 53 3. Symmetrische Mtrizen 54 4. Isometrien der Ebene 55 5. Kegelschnitte 58 6. Tngentenkonstruktion 6 7. Tngentengleichung 63 8. Tngenten von einem Punkt n einen Kegelschnitt 65 9. Huptchsentrnsformtion 67 0. Leitlinie und Polrkoordinten 70. Flächen zweiter Ordnung 7 V. Linere Gleichungssysteme 76. Ds Gußsche Elimintionsverfhren 76. Eigenvektoren für 3 3-Mtrizen 80 3. Kegelschnitt durch fünf Punkte 8 4. Inverse Mtrix 83