Elemente der Mathematik - Sommer 2016
Prof. Dr. Matthias Lesch, Regula Krapf
Übungsblatt 7
Aufgabe 23 (9 Punkte). In der folgenden Aufgabe sei mit baryzentrischen Koordinaten immer die baryzentrischen Koordinaten bzgl. fest gewählten 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.
Lösung.
(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 können ohne Einschränkung annehmen, dass u1 6= 0 (für v1 6= 0 bzw.
w1 6= 0 kann man analog verfahren). Dann gilt für 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 genügt, 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
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die gesuchten normierten baryzentrischen Koordinaten sind. Die Gleichung
(∗) ist offensichtlich erfüllt für
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.
Lösung.
(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 :
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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.
Lösung. Wir benutzen die Standardnotationen für 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 Rückrichtung 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 für cos2 x.
(b) Folgern Sie aus (a) und dem Kosinussatz den Tangensquadratsatz : Sind
a, b, c die Seitenlängen eines Dreiecks und α der Winkel zwischen den Seiten
der Längen b und c und ist p der halbe Dreiecksumfang, so gilt
tan2
(p − c)(p − b)
α
=
.
2
p(p − a)
Lösung.
(a) Wir folgen dem Hinweis. Es gilt
2 sin2 x = 1 + sin2 x − cos2 x
= 1 − cos(2x)
gemäss dem Additionstheorem für 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
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(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)
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