Elemente Der Mathematik

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Elemente der Mathematik - Sommer 2016 Prof. Dr. Matthias Lesch, Regula Krapf ¨ Ubungsblatt 7 Aufgabe 23 (9 Punkte). In der folgenden Aufgabe sei mit baryzentrischen Koordinaten immer die baryzentrischen Koordinaten bzgl. fest gew¨ahlten Punkten A, B, C ∈ R2 gemeint. (a) Zeigen Sie, dass jede Gerade in baryzentrischen Koordinaten eine lineare homogene Gleichung hat.1 Hinweis: Fassen Sie die beiden Geraden AB und AC als Koordinatensystem auf. (b) Seien P = (λ1 , µ1 , σ1 ) und Q = (λ2 , µ2 , σ2 ) zwei Punkte. Zeigen Sie, dass jeder Punkt auf der Gerade durch P und Q von der Form (sλ1 + tλ2 , sµ1 + tµ2 , sσ1 + tσ2 ) ist. (c) Seien ui λ+vi µ+wi σ = 0, i = 1, 2, zwei Geradengleichungen. Bestimmen Sie die baryzentrischen Koordinaten des Schnittpunktes der beiden Geraden. (d) Bestimmen Sie den Mittelpunkt zweier Punkte in baryzentrischen Koordinaten. (e) Bestimmen Sie die Gleichungen der Geraden AB, BC und AC sowie die Koordinaten der Seitenmittelpunkte. L¨ osung. (a) Wir folgen dem Hinweis und fassen die Geraden AB und AC als Koordinatensystem mit Nullpunkt A auf. Bzgl. dieses Koordinatensystems hat dann A die Koordinaten (0, 0), B die Koordinaten (1, 0) und C die Koordinaten (0, 1), d.h. wenn wir die Koordinaten mit (x, y) bezeichnen, so erhalten wir folgende Entsprechungen: λ=1−µ−σ =1−x−y µ=x σ = y. Eine Gerade in diesem Koordinatensystem ist von der Form ax+by +c = 0, also wenn wir die Gleichheit λ + µ + σ = 1 einsetzen, ergibt das aµ + bσ + c(λ + µ + σ) = 0 1d.h. eine Gleichung der Form uλ+vµ+wσ, wobei (λ, µ, σ) die baryzentrischen Koordinaten darstellen. 2 was der homogenen linearen Gleichung cλ + (a + c)µ + (b + c)σ = 0 entspricht. Alternativ kann man explizit nachrechnen, dass die Gerade durch die Punkte P = (λ1 , µ1 , σ1 ) und Q = (λ2 , µ2 , σ2 ) durch die Gleichung (µ1 σ2 − µ2 σ1 )λ + (σ1 λ2 − σ2 λ1 )µ + (λ1 µ2 − λ2 µ1 )σ = 0 gegeben ist. # » (b) Jeder Punkt R = (λ, µ, σ) auf der Gerade P Q ist gegeben durch P + u · P Q mit u ∈ R. Es gilt # » R = P + u · PQ = λ1 A + µ1 B + σ1 C + u · (Q − P ) = λ1 A + µ1 B + σ1 C + u(µ2 − µ1 )(B − A) + u(σ2 − σ1 )(C − A) = (λ1 − u(µ2 − µ1 ) − u(σ2 − σ1 ))A + (µ1 + u(µ2 − µ1 ))B + (σ1 + u(σ2 − σ1 ))C = ((1 − u)λ1 + uλ2 )A + ((1 − u)µ1 + uµ2 )B + ((1 − u)σ1 + uσ2 )C, wobei die letzte Gleichheit aus µ1 + σ1 ) = 1 − λ1 und −λ2 − µ2 = λ2 − 1. Wir setzen s = 1 − u und t = u. Dann gilt R = (λ, σ, µ) = (sλ1 + tλ2 , sµ1 + tµ2 , sσ1 + tσ2 ). (c) Wir k¨ onnen ohne Einschr¨ankung annehmen, dass u1 6= 0 (f¨ ur v1 6= 0 bzw. w1 6= 0 kann man analog verfahren). Dann gilt f¨ ur den Schnittpunkt (λ, µ, σ): λ= −v1 µ − w1 σ . u1 Einsetzen in der zweiten Geradengleichung ergibt dann  −v µ − w σ  1 1 u2 + v 2 µ + w2 σ = 0 u1 (∗) (u1 v2 − v1 u2 )µ + (u1 w2 − w1 u2 )σ = 0. Es gen¨ ugt, die nicht-normierten Koordinaten des Schnittpunktes zu bestimmen, d.h. Koordinaten (λ, µ, σ) mit der Eigenschaft, dass   λ µ σ , , λ+µ+σ λ+µ+σ λ+µ+σ 3 die gesuchten normierten baryzentrischen Koordinaten sind. Die Gleichung (∗) ist offensichtlich erf¨ ullt f¨ ur µ = w1 u2 − u1 w2 σ = u1 v2 − v1 u2 . Somit ist −v1 µ − w1 σ u1 −v1 w1 u2 + u1 v1 w2 − u1 w1 v2 + v1 w1 u2 = u1 u1 (v1 w2 − w1 v2 = u1 λ= = v 1 w2 − w1 v 2 . (d) Seien P = (λ1 , µ1 , σ1 ) und Q = (λ2 , µ2 , σ2 ) zwei gegebene Punkte. Dann sind die Koordinaten des Mittelpunktes von P und Q durch λ + λ µ + µ σ + σ  1 2 1 2 1 2 , , 2 2 2 gegeben. Dies folgt direkt aus (b), wenn wir u = 1 2 einsetzen. (e) Die Gleichungen von AB, BC und AC sind 0. Die Ko σ =0,λ = 0 und  µ=  1 1 1 1 ordinaten der Seitenmittelpunkte sind 2 , 2 , 0 , 2 , 0, 2 sowie 0, 12 , 12 . Aufgabe 24 (4 Punkte). Gegeben seien zwei Halbgeraden h1 , h2 , die von einem Punkt S ausgehen, sowie Punkte P1 , Q1 auf h1 und P2 , Q2 auf h2 . (a) Zeigen Sie folgende Umkehrung des ersten Strahlensatzes: Gilt SP1 : SQ1 = SP2 : SQ2 , so sind die Geraden P1 P2 und Q1 Q2 parallel. (b) Der zweite Strahlensatz besagt, dass SP1 : SQ1 = P1 P2 : Q1 Q2 gilt, falls die Geraden P1 P2 und Q1 Q2 parallel sind. Zeigen Sie, dass die Umkehrung dieses Satzes im Allgemeinen falsch ist. L¨ osung. (a) Wir nehmen an, es gelte SP1 : SQ1 = SP2 : SQ2 . Dann gibt es c ∈ R \ {0} # » # » ~ 2 = c · SQ ~ 2 . Somit ist mit SP1 = c · SQ1 und SP # » # » # » # » # » # » # » # » P1 P2 = −SP1 + SP2 = −cSQ1 + SQ2 = c(SQ1 + SQ2 ) = c · Q1 Q2 . Somit sind P1 P2 und Q1 Q2 parallel. (b) Wir geben ein Gegenbeispiel an. Seien S = Q2 = (0, 0), P1 = (1, 0), P2 = (1, 1) und Q1 = (2, 0). Dann gilt offensichtlich SP1 : SQ1 = 1 2 = P1 P2 : 4 Q1 Q2 . Andrerseits ist P1 ∈ P1 P1 ∩ Q1 Q2 und somit sind P1 P2 und Q1 Q2 nicht parallel. Aufgabe 25 (2 Punkte). Beweisen Sie folgende Aussagen. (a) Ein Dreieck ist genau dann gleichschenklig, wenn zwei Innenwinkel gleich sind. (b) Ein Dreieck ist genau dann gleichseitig, wenn alle Innenwinkel gleich sind. L¨ osung. Wir benutzen die Standardnotationen f¨ ur ein Dreieck ∆ABC mit Seiten a, b, c und Winkeln α, β, γ. (a) Wir nehmen zuerst an, dass das Dreieck ∆ABC gleichschenklig ist mit gleich langen Seiten a und b. Dann folgt aus dem Sinussatz sin α a = sin β b . Aus a = b folgt dann sin α = sin β. Da α, β < π2 , folgt α = β. Die R¨ uckrichtung folgt trivialerweise aus dem Sinussatz. (b) Folgt direket aus (a). Aufgabe 26 (4 Punkte). (a) Beweisen Sie die Formel tan2 α 2 = 1−cos α 1+cos α . Hinweis: Zeigen Sie zuerst die Gleichheit sin2 x = 21 (1 − cos(2x)) und eine analoge Gleicheit f¨ ur cos2 x. (b) Folgern Sie aus (a) und dem Kosinussatz den Tangensquadratsatz : Sind a, b, c die Seitenl¨ angen eines Dreiecks und α der Winkel zwischen den Seiten der L¨ angen b und c und ist p der halbe Dreiecksumfang, so gilt tan2 (p − c)(p − b) α = . 2 p(p − a) L¨ osung. (a) Wir folgen dem Hinweis. Es gilt 2 sin2 x = 1 + sin2 x − cos2 x = 1 − cos(2x) gem¨ ass dem Additionstheorem f¨ ur den Kosinus. Somit folgt sin2 x = 12 (1 − cos(2x)). Analog zeigt man 2 cos2 x = 1 + cos2 x − sin2 x = 1 + cos(2x) und somit cos2 x = 21 (1 + cos(2x)). Wir setzen jetzt x = tan2 sin2 α2 α 1 − cos α = = . 2 cos α2 1 + cos α α 2 ein und erhalten 5 (b) Der halbe Dreiecksumfang ist gegeben durch p = 21 (a + b + c). Aus (a) und dem Kosinussatz folgt dann 1− α 1 − cos α tan = = 2 1 + cos α 1+ 2 = b2 +c2 −a2 2bc b2 +c2 −a2 2bc = 2bc − b2 − c2 + a2 2bc + b2 + c2 − a2 1 (a + b − c) 12 (a − b + c) (a + b − c)(a − b + c) (p − c)(p − b) = 21 = . 1 (a + b + c)(b + c − a) p(p − a) 2 (a + b + c) 2 (b + c − a)