1 Mathematisches Institut II 15.06.2004 Universität Karlsruhe Priv.-Doz. Dr. N. Grinberg SS 05 Schnupperkurs: usgewählte Methoden zur ufgabenlösung Vorlesung 2: Kongruenzabbildungen in geometrischen ufgaben enutzte Literatur: 1. Lambacher, Schweizer: Geometrie 1 und 2 2. V. V. Prasolov: Planimetrische ufgaben (in russischer Sprache) 3. rthur Engel: Problem-Solving Strategies, hapter 12. 4. Verschiedene Mathematik-Wettbewerbe 1 Ein bißchen Theorie Definition 1 Eine bijektive bbildung heißt Kongruenzabbildung, wenn für je zwei Punkte und gilt =. (1) Ist T eine Kongruenzabbildung, so ist die inverse bbildung T 1 ebenfalls eine Kongruenzabbildung. Sind T 1 und T 2 Kongruenzabbildungen, so ist ihre Verkettung (auch Hintereinanderausführung genannt) T 2 T 1 ebenfalls eine Kongruenzabbildung. Klassifizierung aller Kongruenzabbildungen der Ebene. Fixpunkte gleichsinnig gegensinnig keine Translation Gleitspiegelung ein Drehung - eine Gerade - chsenspiegelung Ebene R 2 Identitätsabbildung - (2) 2 Vorlesungsbeispiele ufgabe 2.1 Rotkäppchen und ihre Oma wohnen auf der gleichen Seite eines Flusses. Rotkäppchen soll zum Fluss laufen, Wasser schöpfen und es der Oma bringen. Wie soll Rotkäppchen laufen, damit ihr Gesamtweg minimal ist? Lösung: Wir bezeichnen mit bzw. den Punkt wo Rokäppchen bzw. die Oma wohnt. Sei die Gerade g das Flussufer, wo Rotkäppchen Wasser schöpfen muss. Ferner bezeichnen wir mit das Spiegelbild von an der Geraden g.
2 Y X g Für jeden Punkt Y g, wo Rotkäppchen hinläuft, wird die Gesamtstrecke l, die sie zurücklegen muss, durch l = Y + Y = Y + Y gegeben. Die letzte Summe ist genau dann minimal, wenn die Strecke Y gerade ist. Daraus folgt die Strategie: Rotkäppchen soll zu dem Schnittpunkt X = ( ) g laufen. ufgabe 2.2. m 22. Juni steht die Sonne um 12 Uhr im Zenit (scheint streng von oben). Wie soll man einen Quader halten, damit dessen Schatten die maximale Fläche hat? Lösung: Eine Umformulierung dieser Frage ist: uf welche Ebene soll man den Quader projezieren, um eine maximale Fläche zu erzielen? Wir zeichnen eine solche Projektion. Die sichtbare Seite (sowie der Schatten) besteht aus drei Parallelogrammen. Die Gesamtfläche ist dann die doppelte Fläche F () des Dreiecks. Die ntwort ist also: Die Projektionsfläche ist dann maximal, wenn die Projektionsebene parallel zu der Ebene ist. (Im Falle Sonne im Zenit muss man also den Quader so halten, dass die Ebene horizontal ist). ufgabe 2.3. Nördlich und südlich von einem Fluß liegt je eine Stadt und. Wo soll man eine zum Fluß orthogonale rücke bauen, damit die Gesamtstrecke von nach (über diese rücke) am kürzesten ist? Lösung: Seien X der nfang und und Y das Ende der rücke. Wir bezeichnen mit das ild des Punktes bei Translation um XY, d. h. = XY.
3 Y X Es gilt offensichtlich l = X + XY + Y = ( Y + Y ) + XY. Die Gesamtlänge ist also dann minimal, wenn Y eine gerade Strecke ist (da XY die reite des Flusses, also fest vorgegeben ist). Dadurch kann der Punkt Y leicht bestimmt werden, und somit auch der Punkt X. ufgabe 2.4. Sei ein spitzwinkliges Dreieck. Ferner sei ein Punkt X auf der Strecke gegeben. Finden Sie einen Punkt Y auf der Strecke und einen Punkt Z auf der Strecke so, dass die Gesamtlänge minimal ist. l X = XY + Y Z + ZX Lösung: Wir bezeichnen das Spiegelbild von X an der Geraden () mit X, und das Spiegelbild von X an der Geraden () mit X. Es ist offensichtlich XY = X Y und XZ = X Z. Das ergibt l X = X Y + Y Z + ZX X X. Die Gesamtlänge l X ist also dann minimal, wenn der Streckenzug X Y ZX gerade ist. Die ntwort ist somit Y = (X X ) () und Z = (X X ) ().
4 X X Y Z X ufgabe 2.5. Seien l 1, l 2 und l 3 drei gerade Wege in der Nähe eines runden Teichs. Eine Ente schwimmt vom Teichufer (Punkt 0 ) aus parallel zu l 1. ls sie wieder das Ufer erreicht (im Punkt 1 ), ändert sie ihre Richtung und schwimmt weiter parallel zu l 2. Nachdem sie wieder am Ufer ankommt (im Punkt 2 ), schwimmt sie weiter in Richtung l 3, dann wieder in Richtung l 1, in Richtung l 2 und schließlich in Richtung l 3. eweisen Sie, dass der letzte Punkt 6 mit dem nfangspunkt 0 übereinstimmt. Lösung: Wir bezeichnen mit g j, j = 1, 2, 3, die Senkrechte zu l j durch den Mittelpunkt des Teichs. l 1 4 1 l 2 O 0 6 3 2 5 l 3
5 Dann sind g 1, g 2 und g 3 konkurrent (schneiden sich in einem Punkt). Da die Mittelsenkrechte jeder Kreissehne durch den Kreismittelpunkt geht, haben die Sehnen 0 1, 1 2, 2 3, 3 4, 4 5 und 5 6 jeweils die Mittelsenkrechten g 1, g 2, g 3, g 1, g 2 bzw. g 3. Wir bezeichnen mit S j, j = 1, 2, 3, die Spiegelung an der Geraden g j. Es gilt dann: 1 = S 1 ( 0 ), 2 = S 2 ( 1 ), 3 = S 3 ( 2 ), 4 = S 1 ( 3 ), 5 = S 2 ( 4 ), 6 = S 3 ( 5 ). wobei S j = S gj, j = 1, 2, 3, die chsenspiegelung bezüglich g j ist. lso ist 6 = (S 3 S 2 S 1 S 3 S 2 S 1 ) ( 0 ) = (S S) ( 0 ), mit S = S 3 S 2 S 1. Die Verkettung S ist gegensinnig und hat mindestens einen Fixpunkt. Daher ist S Spiegelung an einer chse (siehe Tabelle 2). Für eine Spiegelung gilt aber stets S S = id, was bedeutet 6 = (S S) ( 0 ) = id ( 0 ) = 0. ufgabe 2.6. Zwei Spieler, lbert und ertram, legen abwechselnd 2-Euromünzen auf einen elliptischen Tisch. Man darf seine Münze nur auf einen freien Platz legen. lbert fängt an. Verlierer ist, wer keine weitere Münze auf den Tisch legen kann. Wie soll lbert spielen, um sicher zu gewinnen? Lösung: lbert soll die erste Münze 0 genau in die Mitte legen. Desweiteren soll lbert seine Münze stets punktsymmetrisch (bezüglich des Zentrums O des Tisches) zu der vorherigen Münze von ertram legen. 2 1 0 1 2 Da der Tisch punktsymmetrisch bezüglich O ist, bleibt nach jedem Zug von lbert der noch freie Platz F auf dem Tisch ebenfalls punktsymmetrisch. ußerdem ist O / F, da das Zentrum mit der ersten Münze von ertram überdeckt ist. Daraus folgt: Wenn ertram noch eine Münze legen kann, also eine genügend große freie Kreisscheibe K F findet, dann ist das Spiegelbild dieser Kreisscheibe an dem Tischzentrum O ebenfalls frei. Dass heißt, lbert findet sicherlich noch Platz für seine nächste Münze.
6 Ein usflug in die affine bbildungen ufgabe 2.7. (Spezialfall des Satzes von Desargues). Sind die Verbindungsgeraden entsprechender Ecken zweier Dreiecke parallel: ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ), so sind die Schnittpunkte entsprechender Seiten kollinear. 1 2 1 1 2 2 Lösung: Wir beweisen den Satz durch räumliche Deutung des ildes. Wir betrachten das ild als Zeichnung der Parallelprojektion von der Originalebene E = () auf die Zeichenebene E 1 = ( 1 1 1 ) mit Projektionsrichtung p ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ). Diese Projektion (sogenannte axiale ffinität) ist eine affine bbildung von E auf E 1. Das Dreieck 1 1 1 ist die Projektion des Dreiecks. Offensichtlich ist () E, ( 1 1 ) E 1 und damit 2 = () ( 1 1 ) E E 1 = g (wir bezeichnen mit g die Schnittgerade E E 1 ). nalog ist 2 = () ( }{{} 1 1 ) }{{} E E 1 g und 2 = () ( }{{} 1 1 ) g. }{{} E E 1 lso sind die drei Schnittpunkte 1, 1 und 1 kollinear: sie liegen auf der Schnittgeraden g der Ebenen E und E 1. emerkung: nders ausgedrückt ist g die chse einer ebenen axialen ffinität, die in 1 1 1 abbildet.
7 3 Übungsaufgaben ufgabe 2.8. Gegeben seien drei parallele Geraden l 1, l 2 und l 3. Konstruieren Sie ein gleichseitiges Dreieck 1 2 3 mit j l j für alle j. Lösung: Sei ein beliebiger Punkt auf l 2. Ferner sei l 1 das ild der Geraden l 1 bei der Drehung D, 60 mit Zentrum und Drehwinkel 60, siehe ild. Dann ist = l 3 l 1 und = D,60 (). l 1 l 2 l 3 l 1 ufgabe 2.9. Seien und zwei kongruente Dreiecke, wobei im Uhrzeigersinn und gegen den Uhrzeigersinn orientiert ist. eweisen Sie, dass die Mittelpunkte, und von den Strecken ( ), ( ) bzw. ( ) kollinear sind. Lösung: Da Dreiecke und kongruent aber gegensinnig orientiert sind, gibt es eine gegensinnige Kongruenzabbildung T mit T () =. Es also entweder T = S g eine Geradenspiegelung, oder T = S g,d eine Gleitspiegelung mit einer chse g. In jedem Fall gilt für jeden Punkt X : der Mittelpunkt X der Strecke XX (wobei X = T (X) ist) liegt auf der chse g. Insbesondere ist {,, } g.
8 ufgabe 2.10. m 22. Juni steht die Sonne um 12 Uhr im Zenit (scheint genau von oben). Welche maximale Fläche kann der Schatten eines regelmäßigen Tetraeders mit der Kante 1 haben? Lösung: Eine Umformulierung dieser Frage ist: uf welche Ebene soll man den Tetraeder projizieren, um eine maximale Fläche zu erzielen? D X Y W Z Wir bezeichnen die Projektion mit D. Seien ferner X, Y, Z und W die Mittelpunkte der Strecken (D), (D), () und (). us Ähnlichkeitsgründen gilt F (DXY ) = 1 4 F (D), F (W Z) = 1 4 F (), F (XW ) = 1 4 F (D), F (Y Z) = 1 4 F (D). Die Gesamtfläche des Vierecks D ist damit das Doppelte von der Fläche F (XY ZW ) des Parallelogramms XY ZW, da F (XY ZW ) = F (D) F (DXY ) F (W Z) F (XW ) F (Y Z) = F (D) 1 4 [F (D) + F ()] 1 [F (D) + F (D)] 4 = F (D) 1 4 F (D) 1 4 F (D) = 1 2 F (D). Nach dem Satz von der Mittelparallelen gilt XY = W Z = 1 2 1 2 und ebenso Y Z = XW = 1 2 D 1 2 (wir haben 1 und D 1, da die Projektion einer Strecke nicht länger ist, als die Strecke selbst). Daraus folgt F (D) = 2 F (XY ZW ) 2 XY Y Z sin XY Z 2 XY Y Z 2 1 4 = 1 2. Gleichheit ist möglich, wenn die Projektionsebene parallel zu einem Paar gegenüberliegender Kanten ist.
9 ufgabe 2.11. (Thomsenstreckenzug). uf den Seiten eines Dreiecks seien Punkte 1, 2 (), 1, 2 (), 1, 2 () gegeben mit ( 1 1 ) (), ( 1 1 ) (), ( 1 2 ) (), ( 2 2 ) (), ( 2 2 ) (). 2 2 1 1 1 2 eweisen Sie, dass auch ( 2 1 ) () ist. Lösung: Wir haben die Parallelogramme 1 1 1, 2 1 2, 1 1 2, 2 2 2. lso ist 1 = 1 1 und 2 = 2 2 = 1. Somit erhält man das Dreieck 1 1 aus 1 2 durch Parallelverschiebung T 1 1. Folglich ist ( ) 1 = T 1 1 1 2 und somit ( 2 1 ) (). ufgabe 2.12. Sei T eine Kongruenzabbildung, die zwei verschiedene Fixpunkte und hat, d. h. zwei Punkte und, für die = und = gilt Zeigen Sie, dass T entweder die Spiegelung S () an der Geraden () ist, oder die Identitätsabbildung id. Lösung: Erstens wird jeder Punkt X () eindeutig durch die zwei bstände X und X bestimmt. Da aber X = X = X und X = X = X (3) ist, folgt X = X. lso ist jeder Punkt auf der Geraden () ein Fixpunkt der bbildung T. etrachten wir jetzt zwei Fälle: 1. Es gibt einen Fixpunkt / () ; 2. Es gibt keine weitere Fixpunkte außerhalb (). Im ersten Fall ist T die Identitätsabbildung, da T durch die ilder dreier nichtkollinearer Punkte eindeutig bestimmt wird. Wenn also id () = T (), id () = T () und id () = T () ist, dann ist auch identisch id = T. Im zweiten Fall betrachten wir einen beliebigen Punkt X / () und finden sein ild X. Es gilt (3), was für die Lage des Punktes X nur zwei Möglichkeiten lässt: entweder ist X = X oder ist X das Spiegelbild S () X von X bezüglich (). Da wir den Fall X = X ausgeschlossen haben (es gibt ja keine weitere Fixpunkte außerhalb ()!) muss also X = S () X für jeden Punkt X gelten.
10 4 Schwieriegere ufgaben *ufgabe 2.13. Sei T eine Kongruenzabbildung, die genau einen Fixpunkt O hat. Zeigen Sie, dass T eine Drehung um O ist. Lösung: etrachten wir einen Punkt O. Dann ist = T (). Es ist nun O = O = O. Wir bezeichnen mit ϕ den (orientierten) Winkel O 0 und betrachten die Drehung D ϕ um den Drehpunkt O mit dem Drehwinkel ϕ. Es gilt nach der Definition D ϕ () = = T (). Die inverse Drehung Dϕ 1 = D ϕ erfüllt also D ϕ ( ) =. Wir betrachten nun die Verkettung T 1 = D 1 ϕ T. Die bbildung T bestimmt sich dann aus der Gleichung Es gilt T = D ϕ Dϕ 1 T }{{} = D ϕ T 1. (4) T 1 T 1 (O) = O und T 1 () = D ϕ (T ()) = D ϕ ( ) =. Die Kongruenzabbildung T 1 hat somit mindestens zwei verschiedene Fixpunkte O und. us der ufgabe 2.12 wissen wir, dass somit entweder T 1 = S (O) oder T 1 = id ist. Im Falle T 1 = S (O) folgt aus (4) T = D ϕ S (O). Diese bbildung hat aber weitere Fixpunkte (in der Tat ist sie eine chsenspiegelung), siehe ild. X = S (O) (X) ϕ / 2 O X = D ϕ (X ) Dieser Fall ist somit ausgeschlossen. lso bleibt T 1 = id. Daraus schließt man T = D ϕ id = D ϕ. Die bbildung T ist somit eine Drehung um den Fixpunkt O, was zu zeigen war. ufgabe 2.14. Seien g 1 und g 2 zwei Geraden mit dem Schnittpunkt O. Sei ϕ der gerichtete Winkel zwischen den Geraden g 1 und g 2. eweisen Sie, dass die Verkettung T = S g2 S g1 die Drehung um O mit dem Drehewinkel 2ϕ ist.
11 b). Seien g 1, g 2 und g 3 drei konkurrente Geraden mit dem Schnittpunkt O. Wir bezeichnen mit S j = S gj, j = 1, 2, 3, die chsenspiegelung an g j. eweisen Sie die Relation (S 3 S 2 S 1 ) (S 3 S 2 S 1 ) = id. (5) Lösung: a). Die Verkettung T = S g2 S g1 ist eine gleichsinnige Kongruenzabbildung mit dem Fixpunkt O. Daraus folgt, dass T eine Drehung um O ist. Um den Drehwinkel zu bestimmen, betrachten wir einen Punkt g 1. Es ist = S g1 () = und = T () = S g2 ( ) = S g2 (). Der Drehwinkel wird durch O = 2 (g 1, g 2 ) = 2ϕ gegeben. b). Die Verkettung S = S 3 S 2 S 1 ist eine gegensinnige Kongruenzabbildung mit dem Fixpunkt O. lso ist T eine chsenspiegelung. Daraus folgt S 2 = S S = id. *ufgabe 2.15. uf den Seiten, und eines Dreiecks werden (nach außen) gleichseitige Dreiecke, bzw. aufgerichtet. Seien X, Y und Z die Mittelpunkte dieser gleichseitigen Dreiecke, bzw.. Man beweise: Das Dreieck XY Z ist gleichseitig. emerkung: Diese ussage ist als Satz von Napoleon in die Geschichte der Mathematik eingegangen. ngeblich wurde sie von Napoleon onaparte entdeckt. ' ' X X ' Z ' Z Y Y ' Lösung: Man betrachte die Drehungen um X, Y und Z, wobei die Drehwinkel jeweils 120 sein sollen. Wir bezeichnen mit Z den Punkt, für den Z XY = 60 = XY Z gilt (das Dreieck XY Z ist somit gleichseitig). Die Verkettung T = D Y D X ist nun eine Drehung um Z mit Drehwinkel 120 +120 = 240 (oder 120 ). ngenommen, Z Z. Die Verkettung T 1 = D Z D Y D X = D Z,120 D Z,240 '
ist dann eine Parallelverschiebung, weil für die Winkel die Relation 120 + 240 = 360 erfüllt ist. ndererseits gilt T 1 () =, d. h. T 1 hat einen Fixpunkt. Das ergibt einen Widerspruch zu der nnahme, dass Z Z ist. lso ist Z = Z und damit XY Z gleichseitig. 12