x 2 GEOMETRIE DER EBENE UND DES RAUMES Streckung

x 2 GEOMETRIE DER EBENE UND DES RAUMES
In diesem Kapitel betrachten wir Modelle der zwei- und dreidimensionalen Raume, die wir
aus unserer taglichen Erfahrung kennen. Bekanntlich konnen wir die Menge der reellen
Zahlen als Modell einer Geraden verwenden { daher der Name Zahlengerade.
Die arithmetischen Operationen in R haben dann eine naturliche geometrische Interpretation (Zusammensetzung von Strecken usw.)
A hnlich kann man das kartesische Produkt R R (kurz R2 ), d.h. die Menge aller geordneten Paare (1; 2); wobei 1; 2 2 R; als Modell einer Ebene verwenden, wobei wir (1; 2)
mit dem Punkt P; der die Koordinaten (1; 2) bzgl. eines Koordinatsystems hat, (oder mit
~ ) identizieren. Wiederum kann man R2 mit gewissen Operationen
dem Ortsvektor OP
versehen, die einfache und naturliche geometrische Interpretationen besitzen.
Vektoraddition: (vgl. Zusammensetzung von Geschwindigkeiten, Krafteparallelo-
~ + OB
~ gleich
gramm). Aus Bild 1 erkennt man, da die Koordinaten des Vektors OA
(1 + 1 ; 2 + 2 ) sind.
~ ist der Vektor mit derselben
Streckung: Die -Streckung ( 0) des Vektors OA
Richtung und der -fachen Lange (falls < 0; kehren wir die Richtung um) (Bild 2). Wir
sehen wieder, da die neuen Koordinaten (1 ; 2) sind. Wir denieren daher:
x + y = (1 + 2; 1 + 2 ) x = (1; 2);
wobei x = (1; 2), y = (1; 2 ) und 2 R.
Einfache Eigenschaften:
x + y = y + x (Kommutativitat der Addition)
(x + y) + z = x + (y + z) (Assoziativitat der Addition)
x + 0 = 0 + x = x (Existenz eines Nullelements)
1:x = x
(x + y) = x + y
( + )x = x + x
()x = (x)
wobei x; y; z 2 R2 ; ; 2 R und 0 das Element (0; 0) bedeutet.
Da wir die Operationen in R2 uber die Operationen in R deniert haben, konnen wir
diese Eigenschaften nachprufen, indem wir auf die entsprechenden Eigenschaften von R
zuruckgreifen.
Z.B. x + y = y + x
27
Sei x = (1; 2); y = (1 ; 2): Dann gilt:
x + y = (1 ; 2) + (1; 2 )
= (1 + 1 ; 2 + 2 ) Denition der Addition in R2
= (1 + 1; 2 + 2) Kommutativitat der Addition in R
= y + x:
Wir kommen jetzt zu einer Eigenschaft von R2; die etwas tiefer liegt. Es ist klar, da der
drei-dimensionale Raum eine ahnliche Struktur hat. Es stellt sich die Frage: Wie konnen
wir die \Zweidimensionalitat" der Ebene bzw. die \Dreidimensionalitat" des Raumes mathematisch charakterisieren? Dazu brauchen wir den Begri "Linearkombination": Seien
x = (1; 2); y = (1 ; 2) Vektoren (d.h. Elemente von R2 ). Eine Linearkombination
von fx; yg ist ein Vektor der Gestalt x + y (; 2 R):
Es gibt Vektoren x; y in R2 mit den Eigenschaften:
a) x und y sind linear unabhangig d.h. ; 2 R und x + y = 0 impliziert = = 0:
b) fx; yg spannt R2 auf d.h. jedes z 2 R2 ist eine Linearkombination von x und y:
Z.B. konnen wir die Vektoren e1 = (1; 0); e2 = (0; 1) wahlen. Dann gilt: (1; 2) = 1(1; 0)+
2(0; 1):
Zwei Vektoren mit diesen Eigenschaften nennen wir eine Basis fur R2 . R2 ist zweidimensional, da R2 eine Basis mit zwei Elementen besitzt.
Es ware allerdings denkbar, da R2 auch eine Basis mit etwa drei Elementen besitzt. Der
nachste Satz zeigt, da dies nicht der Fall ist.
Satz: Seien x; y; z Vektoren in R . Dann sind x; y; z linear abhangig, d.h. es gibt Skalare
; ; in R, die nicht alle gleich null sind, soda x + y + z = 0.
Beweis: Sei x = ( ; ); y = ( ; ); z = ( ; )
2
1
2
1
2
1
2
Dann gilt: x + y + z = 0 genau dann, wenn
1 + 1 + 1 = 0
2 + 2 + 2 = 0
Das ist ein homogenes System von zwei Gleichungen mit drei Unbekannten (; ; ) und
hat daher eine nicht triviale Losung.
q.e.d.
Jetzt geben wir eine Charakterisierung von Paaren fx; yg, die eine Basis von R2 bilden.
Der Beweis zeigt die enge Beziehung zwischen linearen Gleichungssystemen und Fragen
uber lineare Abhangigkeit bzw. Unabhangigkeit. Zunachst ein einfacher Satz uber Gleichungen mit zwei Unbekannten.
Satz: Betrachte das System
a11x1 + a12x2 = b1
a21a1 + a22x2 = b2
28
()
Dann sind die folgenden Aussagen aquivalent:
1) (*) hat eine Losung fur jedes Paar (b1; b2);
2) Das homogene System
a11x1 + a12x2 = 0
a21x1 + a22x2 = 0
hat nur die triviale Losung x1 = x2 = 0;
3) a11a22 a21a12 6= 0.
Beweis: Vgl. U bungsblatter.
Satz: Seien x = ( ; ); y = ( ; ) Vektoren in R .
1
2
1
2
2
Dann sind die folgenden Aussagen aquivalent:
1) fx; yg sind linear unabhangig;
2) fx; yg spannen R2 auf;
3) das Gleichungssystem (mit Unbekannten ; )
1 + 1 = 1
()
2 + 2 = 2
hat immer eine Losung;
4) das homogene System
1 + 1 = 0
2 + 2 = 0
hat nur die triviale Losung
5) 12 21 6= 0.
Beweis: Nach dem obigen Satz genugt es zu zeigen, da 2) und 3) (bzw. 1) und 4))
aquivalent sind.
Aber x = (1; 2); y = (1 ; 2) sind genau dann linear unabhangig, wenn aus x + y =
0; = = 0 folgt, d.h. wenn das System
1 + 1 = 0
2 + 2 = 0
nur die triviale Losung besitzt.
Der Beweis der A quivalenz von 2) und 3) ist ahnlich.
Wir haben jetzt die Ebene mit dem Raum R2 identiziert. Aus historischen Grunden
werden wir ein Element von R2 einen Punkt (Bezeichnung A; B; C; P; Q usw.) bzw.
einen Vektor (Bezeichung x; y; z usw.) nennen. Wir schreiben die Koordinaten von P
(bzw. x; y; z) in die Form (1P ; 2P ) (bzw. (1; 2); (1; 2 ); (1; 2)).
~ (auch Ortsvektor PQ
~ oder Pfeil von P
Fur zwei Punkte P; Q in R2 ist der Vektor PQ
nach Q { geschrieben xPQ) das Element
(1Q 1P ; 2Q 2P )
29
aus R2.
Einfache Eigenschaften:
1) xPQ + xQR = xPR;
2) Falls P ein Punkt in R2 ist, x ein Vektor in R2 , dann gibt es genau ein Q 2 R2 , soda
xPQ = x.
Gerade: Seien a; b; c reelle Zahlen, mit a 6= 0 oder b 6= 0. Wir schreiben
La;b;c
fur die Menge aller x = (1; 2) in R2 , soda a1 + b2 + c = 0.
Eine Menge L dieser Gestalt heit eine Gerade.
\P liegt auf der Geraden La;b;c" oder \die Gerade La;b;c geht durch P " heit einfach, da
xP 2 La;b:c d.h. a1P + b2P + c = 0.
Bemerkung: Man sieht leicht, da La;b;c; = La1;b1 ;c1 genau dann, wenn ab = a b; ac =
a1c und bc1 = b1 c (d.h. aa = bb = cc , falls a1 ; b1; c1 nicht null sind).
1
1
1
1
1
1
Jetzt kann man leicht nachrechnen, da die sogenannten Inzidenzaxiome von Euklid
erfullt sind.
Inz.1) Seien P = (1; 2); Q = (1 ; 2) verschiedene Punkte in R2 . Dann gibt es genau
eine Gerade La;b;c , die durch P und Q geht.
Denn (a; b; c) mu eine Losung der Gleichungen
a1 + b2 + c = 0
a1 + b2 + c = 0
sein.
Das ist ein homogenes System von zwei linearen Gleichungen mit drei Unbekannten (a; b; c)
und hat daher eine nicht triviale Losung, die wir jetzt ausrechnen. Wir machen eine
Fallunterscheidung
Fall 1) 12 2 1 6= 0. Dann ist die allgemeine Losung
b = c(1 2 ) a = c(1 2 )
2 1 1 2
2 1 1 2
Wahlen wir eine Losung mit c 6= 0, so gilt a =
6 0 oder b 6= 0 (da 1 2 6= 0 oder 1 2 6= 0).
Die Eindeutigkeit folgt aus der Tatsache, da jede Losung ein Vielfaches einer gegebenen
Losung ist.
Fall 2) 12 21 = 0. Dann ist c = 0 und das Gleichungssystem reduziert sich auf das
System:
a1 + b2 = 0
a1 + b2 = 0
30
Falls etwa 1 6= 0, dann ist L 2 ;1;0 die gesuchte Gerade.
1
Eine Gerade dieser Gestalt (d.h. mit c = 0) nennen wir einen eindimensionalen Teilraum von R2.
Inz.2) Auf einer Geraden liegen mindestens drei Punkte.
Inz.3) Es existieren drei Punkte, die nicht auf einer Geraden liegen (solche Punkte heien
nicht kollinear).
(Wahle etwa die Punkte (0; 0); (1; 0); (0; 1). Das entsprechende System
0:a + 0:b + c = 0
1:a + 0:b + c = 0
0:a + 1:b + c = 0
hat keine Losung mit a2 + b2 6= 0).
Jetzt untersuchen wir den wichtigen Begri der Parallelitat. Zwei Vektoren x; y (6= 0) sind
parallel, falls es ein 2 R gibt, soda x = y. (In Symbolen: xjjy).
(N.B. Seien x = (1 ; 2); y = (1 ; 2 ), mit 1 6= 0. Dann gilt xky genau dann, wenn 1 6= 0
und 2 =1 = 2 =1 ).
Satz: Seien L = La;b;c, L = La1 ;b1 ;c1 Geraden im R . Dann sind folgende Aussagen
2
1
aquivalent:
1) Seien P; Q (bzw. P1 ; Q1) verschiedene Punkte auf L (bzw. L1 ). Dann gilt xPQjjxP1Q1 .
2) Es existiert 6= 0, soda a = a1; b = b1 .
In diesem Fall sagen wir, da L und L1 parallel sind, (in Symbolen: LjjL1).
Falls LjjL1, dann gilt entweder L = L1 oder L \ L1 = ;.
Beweis: Nehmen wir an, da a = a1; b = b1 .
Sei P = (1; 2), Q = (1 ; 2), P1 = (11; 21), Q1 = (11 ; 21).
Es gilt:
a(1 1 ) + b(2 2 ) = 0
()
a1 (11 11 ) + b1 (21 21 ) = 0
Falls etwa a 6= 0, dann gilt
1 1 = ab (2 2 )
11 11 = ab1 (21 21) = ab (21 21 )
1
d.h. PQjjP1Q1
31
Falls a = 0, dann ist b 6= 0 und wir konnen analoge U berlegungen etwa mit (2 2 ) =
a ( ) anstellen.
b 1 1
Nehmen wir jetzt an, da 1) gilt und wahlen wir verschiedne Punkte P; Q; P1; Q1 wie oben.
Es gilt wiederum (*) d.h.
falls etwa 1
1
1
b
(
b
2
2)
1 (2
2)
a = a1 = 1 1
1
1
1
1
1 6= 0. Wegen der Parallelitat von PQ und P1Q1 gilt
21 21 = 2 2
11 11 1 1
q.e.d.
Man kann daher zwei parallele Geraden in der Gestalt L = La;b;c, L1 = La;b;c1 schreiben.
Man sieht dann, da aus L \ L1 6= ; folgt c = c1 d.h. L = L1.
Bemerkung: Es gilt auerdem
1) LjjL;
2) LjjL und L jjL impliziert LjjL .
1
1
2
2
Das beruhmte und fruher umstrittene Parallelaxiom von Euklid ist:
P: Sei L eine Gerade, P ein Punkt, der nicht auf L liegt. Dann gibt es genau eine Gerade
L1 durch P mit L1 jjL.
(Denn falls L die Gerade La;b;c ist, so ist L1 die Gerade La;b;c1 , wobei c1 so gewahlt wird,
da
a1P + b2P + c1 = 0):
Satz: Seien P; Q verschiedene Punkte in R . Dann existiert genau eine Gerade L(P; Q)
2
durch P und Q. Diese Gerade besteht aus allen Punkten R soda
PRjjPQ
bzw. allen Punkten der Menge
x + (1 ) : 2 R = x + t(x x ) : t 2 R:
P
x
P
Q
P
Q
Falls x 2 L(P; Q) dann ist (und daher 1 ) eindeutig bestimmt. ; 1 heien die
baryzentrischen Koordinaten von x bzgl. P und Q.
Beweis: Wir wissen schon, da
R : PRjjPQ
32
eine Gerade ist. Wir brauchen daher nur diese Parallelitatsbedingung geeignet zu interpretieren.
Sei R 6= P : PRjjPQ bedeutet: Es existiert 6= 0, soda
xR xP = (xQ xP )
d.h.
xR = xQ + (1 )xP :
q.e.d.
Seien P; Q verschiedene Punkte in R2 . Wie wir gesehen haben, besteht die Gerade L(P; Q)
aus den Punkten der Gestalt xP + (1 )xQ ( 2 R). Die Punkte zwischen P und
Q bekommt man, indem man die Werte von auf dem Bereich [0; 1] beschrankt. Wir
denieren daher die Strecke von P nach Q (geschrieben: [P; Q]) als die Menge
fxP + (1 )xQ : 2 [0; 1]g = fxP + xQ : 0 ; 0 ; + = 1g:
Wir sagen, da Q zwischen P und R liegt (in Symbolen: P jQjR) falls xQ = xP +(1 )xR
2]0; 1[ ).
(D.h. Q 2 [P; R] aber Q 6= P , Q 6= R.)
Man sieht, fa die folgenden Ordnungsaxiome erfullt sind:
O1. P jQjR impliziert RjQjP ;
O2. Seien P; R verschieden. Dann existieren Q; S mit P jQjR und QjRjS ;
O3. Liegen P; Q; R auf einer Geraden L, so gilt entweder P jQjR oder QjRjP .
Wegen der wichtigen Rolle, die die Geraden spielen, sind Abbildungen, die Geraden in
Geraden uberfuhren von groer Bedeutung.
Denition: Eine Abbildung f : R ! R ist an, falls sie die Gestalt
2
2
() f : (1; 2) 7! (a111 + a122 + c1 ; a211 + a222 + c2 )
hat, wobei a11; a12; a21; a22; c1; c2 Skalare sind.
Die 2 2 Matrix
a11
a21
a12
a22
heit die Matrix der Abbildung.
Besonders wichtig sind ane Abbildungen, die 0 in 0 abbilden. Wie man leicht sieht, ist
das genau dann der Fall, wenn c1 = c2 = 0, d.h.
f : (1; 2) 7! (a111 + a122; a211 + 222):
33
Solche Abbildungen heien linear.
Bemerkung: Man sieht leich, da eine lineare Abbildung f die Bedingungen
f (x + y) = f (x) + f (y)
f (x) = f (x)
erfullt. Sei anderseits f eine Abbildung, die diese Bedingungen erfullt. Dann gilt fur
(a11; a12) = f (1; 0) (a21; a22) = f (0; 1),
f (1; 2) = f 1(1; 0) + 2(0; 1)
= 1f (1; 0) + 2f (0; 1)
= 1(a11; a21) + 2(a12; a22)
= (a111 + a122; a211 + a222)
d.h. f ist eine lineare Abbildung mit Matrix
a
a12 ;
a22
11
a21
wobei die Spalten der Matrix gleich den Bildern der Basis f(1; 0); (0; 1)g von R2 sind.
Bemerkung: Die Abbildung (*) ist genau dann injektiv, wenn a a
jetzt werden wir immer annehmen, da dies der Fall ist.
11 22
a21a12 6= 0. Ab
Satz: Sei f eine ane Abbildung. Dann ist das Bild einer Geraden wieder eine Gerade.
Falls (; 1 ) die baryzentrischen Koordinaten von x bzgl. P; Q sind, dann sind (; 1 )
die baryzentrischen Koordinaten von f (x) bzgl. f (P ), f (Q).
Beweis: Es genugt zu bemerken, da
f xP + (1 )xQ = f (xP ) + (1 )f (xQ)
Weitere Strukturen in R : In der euklidischen Geometrie spielen die Begrie Winkel
2
und Lange (Entfernung) eine wichtige Rolle. Wir fuhren daher folgende Strukturen ein.
1) Das Skalarprodukt (xjy) von Vektoren (1; 2) bzw. (1 ; 2 ) in R2 ist die Zahl
12 + 1 2 .
2) Die Lange eines Vektors x = (1; 2), geschrieben jjxjj, ist p(12 + 22) = p(xjx).
(Bemerkung: (xjx) 0. Auerdem gilt: (xjx) = 0 impliziert x = 0);
p
3) Der Abstand zwischen zwei Vektoren x; y in R2 ist jjx yjj = (x yjx y).
Einfache Eigenschaften:
1) (xjy) = (xjy) = (xjy)
34
2)
3)
4)
5)
6)
(xjy) = (yjx)
(x + yjz) = (xjz) + (yjz)
j(xjy)j jjxjj jjyjj (Cauchy-Schwarz'sche Ungleichung)
jjx + yjj jjxjj + jjyjj (Dreiecksungleichung)
jjxjj = jj jjxjj
Beweis:
4) Sei 2 R. Dann gilt:
0 (x + yjx + y) = (xjx) + 2(xjy) + 2 (yjy):
Die Diskriminante dieser Quadrik ist daher 0 d.h.
(xjy)2 (xjx)(yjy)
5)
jjx + yjj2 = (x + yjx + y) = (xjx) + 2(xjy) + (yjy) =
jjxjj2 + 2jjxjjjjyjj + jjyjj2 =
= (jjxjj + jjyjj)2
Geometrische Interpretation des Skalarproduktes: Seien P = (1; 2), Q = (1 ; 2 ) Punkte
in R2 . Der Winkel zwischen OP und OQ wird durch folgende Formel angegeben:
d.h.
(Bild 3)
cos = p( 2 +112)+p(222+ 2)
1
2
1
2
y)
cos = p(xj(xx)jp
(yjy) oder (xjy) = jjxjj jjyjj cos :
Eine wichtige Bemerkung ist, da wir das Skalarprokudt in R2 durch die Norm ausdrucken
konnen. Es gilt namlich
(x + yjx + y) = (xjx) + 2(xjy) + (yjy)
d.h.
(xjy) = 21 (jjx + yjj2 jjxjj2 jjyjj2):
Denition: Zwei Vektoren x; y sind senkrecht zueinander (geschrieben: x ? y) falls
(xjy) = 0.
Satz: Seien L = La;b;c, L = La1 ;b1:c1 Geraden in R . Dann sind die folgenden Aussagen
aquivalent:
2
1
35
1) Fur jedes Paar P; Q auf L, bzw. P1 Q1 auf L1 gilt (xPQjxP1Q1 ) = 0.
2) aa1 + bb1 = 0
In diesem Fall sagen wir, da L und L1 senkrecht aufeinander stehen (L ? L1 ).
Beweis: Nehmen wir an, da aa1 + bb1 = 0. Es gilt:
a(1 1) + b(2 2 ) = 0
a1 (11 11) + b1 (21 21) = 0
d.h.
Dann gilt
d.h. PQ ? P1Q1 .
1 1 = ab (2 2)
b1 1 1
1
1
1 1 = a (2 2 )
1
()
(falls a 6= 0; a1 6= 0)
bb1 ( )(1 1)
(1 1)(11 11) = aa
2
2
2
2
1
= (2 2)(21 21)
Falls anderseits () fur verschiedene Punkte P; Q; P1; Q1 erfullt ist, etwa mit 1 6= 1,
11 6= 11, dann gilt:
1
1
a = b(2 2) ; a1 = b1(12 12 )
1
1
1
1
d.h.
( )( ) aa = bb ( )( ) = bb :
1
1
2
2
1
1
1
2
1
1
1
2
1
1
1
Wir konnen jetzt nachrechnen, da die sogenannten Orthogonalitatsaxiome von Euklid
erfullt sind.
Ort 1. L1 ? L2 impliziert L2 ? L1 .
Ort 2. Sei P ein Punkt, L1 eine Gerade. Dann existiert eine eindeutig bestimmte Gerade
L2 durch P , mit L2 ? L1 .
Ort 3. Aus L1 ? L2 folgt, da L1 und L2 sich schneiden (d.h. L1 \ L2 6= ;).
Als Anwendung des Skalarprodukts beweisen wir einen klassischen Satz aus den
\Elementen" von Euklid.
Satz: Die Hohen eines Dreiecks schneiden sich in einem Punkt
Beweis: (Bild 4)
36
Seien A; B; C die Ecken des Dreiecks, H der Schnittpunkt der Hohen auf die Seiten BC
und CA. xA ; xB ; xC ; xH seien die entsprechenden Vektoren.
Wir wissen, da
(xH xA jxC xB ) = 0
(xH xB jxA xC ) = 0
Zu zeigen ist, da CH ? AB d.h. (xH xC jxB xA ) = 0.
Nun ist
(xH xA jxC xB ) = (xH xA jxC xH ) + (xH xA jxH xB ) = 0
(xH xB jxA xC ) = (xH xB jxA xH ) + (xH xB jxH xC ) = 0
d.h.
Daraus folgt:
oder
(xH xB jxA xH ) = (xH xB jxH xC )
(xH xA jxH xB ) = (xH xA jxC xH ):
(xH xB jxH xC ) + (xH xA jxC xH ) = 0
(xB xA jxH xC ) = 0
~ .
Falls P; Q Punkte in R2 sind, dann bezeichnen wir mit jPQj die Lange der Strecke PQ
d.h.
n
o1
jPQj = jjxPQjj = 1Q 1P 2 + 2Q 2P 2 2
Mit diesem Begri konnen wir die baryzentrichen Koordinaten (; 1 ) eines Punktes Q
auf [P; R] interpretieren. Es gilt namlich
j
= jjQR
PRj
Denn
j
1 = jjPQ
PRj
jQRj = jjxQRjj = jjxR xQ jj = xR xP + (1 )xR = (xR xP ) = jj jPRj
Beispiel: Wir benutzen diese Begrie, um folgende euklidische Satze zu beweisen:
I. Sei ABC ein Dreieck, in dem zwei Schwerlinien gleich lang sind. Dann ist ABC
gleichschenkelig.
Beweis: (Bild 5)
Sei etwa jBP j = jQC j. Wir zeigen: jAB j = jAC j.
37
Es gilt:
Da jjxCQjj = jjxBP jj gilt
xAB = 2xAQ ; xAC = 2xAP
xCQ = xAQ xAC = xAQ 2xAP
xBP = xAP xAB = xAP 2xAQ
jjxAQ 2xAP jj2 = jjxAP 2xAQjj2
d.h. jjxAQjj2 + 4jjxAP jj2 4(xAQjxAP ) = jjxAP jj2 + 4jjxAQjj2 4(xAP jxAQ)
d.h. 3jjxAP jj2 = 3jjxAQjj2 oder jjxAP jj = jjxAQjj.
II. Betrachte Bild 6.
Dann gilt:
q.e.d.
jA1B1j=jB1D1 j = jAB j=jBDj
jA1C1 j=jC1D1 j jAC j=jCDj
Beweis: Wir bestimmen die baryzentrischen Koordinaten von B und C auf zwei Arten
und vergleichen dann die Ergebnisse. Es gibt r 2]0; 1[, t 2]0; 1[ soda
1
1
xB1 = rxP + (1 r)xB
xB = txA + (1 t)xD
Das ergibt:
xB1 = rxP + (1 r)txA + (1 r)(1 t)xD
A hnlich gibt es a; b; c in ]0; 1[ soda
xB1 = axA1 + (1 a)xD1 ; xA1 = bxA + (1 b)xP
xD1 = cxD + (1 c)xP
Daraus folgt:
xB1 = [a(1 b) + (1 a)(1 c)]xP + abxA + (1 a)cxD
Wenn wir die beiden Darstellungen von xB1 vergleichen, sehen wir, da (1 r)t = ab und
(1 r)(1 t) = (1 a)c. D.h. 1 t t = (1 aba)c oder jAB j=jBDj = (jA1B1j=jB1D1 j)jc=bj.
Analog gilt:
jAC j=jCDj = (jA1C1 j=jC1D1 j)jc=bj
j=jBDj heit das Doppelverhaltnis von A; B; C; D.
Die Zahl jjAB
AC j=jCDj
38
q.e.d.
Besonders wichtig in der euklidischen Geometrie sind Kongruenzen, d.h. langentreue
Abbildungen. Wir untersuchen jetzt Beispiele von solchen Abbildungen.
I. Verschiebung:
Denition: Sei u 2 R . Dann ist die Abbildung
2
Tu : x 7! x + u
eine Bijektion von R2 in R2 und wird die Verschiebung um u genannt.
(d.h. eine Verschiebung ist eine ane Abbildung mit Matrix
1
0 ):
1
0
Bemerkungen:
I. Eine Teilmenge von R2 ist genau dann eine Gerade, wenn sie die Verschiebung eines eindimensionalen Teilraums von R2 (d.h. einer Geraden, die durch (0; 0) geht) ist. Genauer:
La;b;c = Tu (La;b;0) wobei u 2 La;b;c.
II. Die Verschiebung einer Geraden ist wieder eine Gerade.
III. L1jjL2 genau dann, wenn L1 eine Verschiebung von L2 ist.
IV. Eine Verschiebung ist langentreu d.h.
jjTux Tu yjj = jjx yjj:
Bemerkung: Eine ane Abbildung ist dann eine Abbildung der Gestalt Tu f~ wobei f~
linear ist.
(Sei f die ane Abbildung
(1; 2) 7! (a111 + a122 + c1 ; a211 + a222 + c2 ):
Dann ist f = Tu f~, wobei f~ die lineare Abbildung (1; 2) 7! (a111 + a122; a211 + a222)
und Tu die Verschiebung (1 ; 2 ) ! (1 + c1 ; 2 + c2 ) ist.)
In diesem Zusammenhang ist die folgende Formel fur die Zusammensetzung von anen
Abbildungen wichtig: Sei f eine lineare Abbildung mit Matrix
a
a12 ;
a22
11
a21
g eine lineare Abbildung mit Matrix B . Dann ist g f die lineare Abbildung mit Matrix
BA.
39
Seien jetzt
ane Abbildungen. Dann ist
f = Tu f~
g = Tv g~
g f = Tv g~ Tu f~ = Tv+~g(u) g~ f~
d.h. g f ist die Zusammensetzung der linearen Abbildung mit Matrix BA (A bzw. B ist
die Matrix von f~ bzw. g~) und der Verschiebung Tv+~g(u) .
Spiegelung an eindimensionalen Teilraumen:
Betrachten wir eine Gerade L = La;b;c. Sei x0 = (10; 20) ein fester Punkt auf L. Ein Punkt
x = (1; 2) liegt genau dann auf der Geraden, wenn a1 + b1 = c = a10 + b10,
d.h. (zjx) = (zjx0 ) wobei z = (a; b)
oder (xjx) = (njx0) wobei n = z=jjzjj.
Daher konnen wir die Gerade La;b;c charakterisieren als die Menge aller Punkte x, soda
njx x0 = 0:
Diese Gleichung heit die Hessesche Normalform der Geraden.
Sei La;b;0 ein eindimensionaler Teilraum von R2 mit Gleichung:
njx = 0 wobei n = p(a(a;2 +b)b2) :
Sei nun x 2 R2. (njx)n ist ein Vektor mit den Eigenschaften:
1) x (njx)n 2 L;
2) (njx)n ? L;
3) j(xjn)j = jj(njx)njj ist der kurzeste Abstand von x nach L.
Wir betrachten jetzt die Abbildung
RL : x 7! x 2 njx n:
RL heit die Spiegelung an L:
RL hat folgende Eigenschaften:
1) RL ist linear d.h. RL(x + y) = RL (x) + RL(y), RL(x) = RL(x);
2) RL ist involutiv, d.h. RL RL = id;
3) RL(x) = x, falls, x 2 L;
4) RL(x) = x impliziert x 2 L;
5) RL ist langentreue, d.h. jjRL(x)jj = jjxjj (x 2 R2 ).
Die Matrix von RL rechnet man wie folgt aus: Der Einheitsvektor n hat die Gestalt
n = (cos ; sin ). Daher gilt:
njx = 1 cos + 2 sin 40
x 2 njx n = (1; 2) 2(1 cos + 2 sin )(cos ; sin )
= (1 2 cos2 )1 22 cos sin 21 cos sin + (1 2 sin2 )2
d.h. RL hat die Matrix
1 2 cos 2 cos sin 2 sin cos 1 2 sin cos 2' sin 2 2
2
= sin 2
wobei = 2 .
cos 2
Spiegelung an Geraden:
Sei jetzt L = La;b;c eine Gerade, etwa La;b;c = Tu (L1) wobei L1 ein eindimensionaler Raum
ist. Dann ist die Spiegelung an L deniert als
RL := Tu RL1 T u :
Es gilt:
1) RL ist eine ane Abbildung;
2) RL ist involutiv;
3) RL(x) = x genau dann, wenn x 2 L;
4) RL ist langentreu d.h. jjRL(x) RL(y)jj = jjx yjj.
Der folgende Satz zeigt die Wechselwirkung zwischen Verschiebungen und Spiegelungen.
Satz: Sei L eine Gerade, u 2 R . Dann gibt es ein L jjL und vjjL, soda
2
1
Tu RL = Tv RL1
Beweis: Wahle x 2 L. Dann gilt
RL = Tx RL0 T x ;
wobei RL0 eine Matrix der Gestalt
cos 2
sin 2
cos 2
sin 2
besitzt.
Wir mussen daher v 2 L0, y 2 R2 nden, soda
Tu+x RL0 T x = Tv+y RL0 T y
41
d.h.
Tu+x RL0 (x) RL0 = Tv+y RL0 (y) RL0
Wir mussen daher y; v so wahlen, da
u + x RL0 (x) = v + y RL0 (y) ()
Um dies zu erreichen, wahlen wir v 2 L, soda u v senkrecht auf L0 steht (x RL0 (x)
und y RL0 (y) stehen senkrecht auf L0 ) d.h. v = u (ujn)n, wobei L0 = fx : (njx) = 0g.
Nun setzen wir y = n, wobei wir so wahlen, da (*) gilt, d.h.
ujn n + x RL0 (x) = 2n:
Eine Abbildung der obigen Gestalt Tv RL1 (vjjL1) heit eine Schubspiegelung oder
Gleitspiegelung.
Drehungen:
Denition: Die Abbildung
D : (1; 2) 7! (1 cos 2 sin ; 1 sin + 2 cos )
heit eine Drehung um den Winkel .
D ist linear und langentreue, mit Matrix
cos sin sin cos Allgemeiner: Die Abbildung Du; = Tu D T u ist eine Drehung um den Punkt
u 2 R2. Auch Du; ist eine langentreue ane Abbildung.
Satz:
1) Sei u 2 R2 , 2 [0; 2]. Dann gibt es ein v 2 R2 , soda
Du; = Tv D
(Eine Drehung um u ist darstellbar als die Zusammensetzung einer Drehung um 0 und
einer Verschiebung.)
2) Seien ; u gegeben mit 6= 2k (k 2 Z). Dann gibt es ein v, soda
Tu D = Dv;
(Die Zusammensetzung einer Drehung und einer Verschiebung ist eine Drehung.)
3) Seien u; v; ; gegeben, wobei + kein ganzzahliges Vielfaches von 2 ist. Dann gibt
es ein w 2 R2 , soda
Du; Dv; = Dw;+
42
(Die Zusammensetzung zweier Drehungen ist eine Drehung.)
Beweis:
1) Du; = Tu D T u = Tu Tu0 D = Tu+u0 D wobei u0 = D ( u)
2) v mu die Bedingung
Tu D = Tv D T v = Tv D (v) D
erfullen.
Wir zeigen daher, da es fur jedes u = (1; 2 ) ein v = (1; 2) gibt, soda
u = v D (v) oder D (v) v + u = 0
d.h.
(cos 1)1 (sin )2 + 1 = 0
(sin )1 + (cos 1)2 + 1 = 0
Dieses System hat immer eine Losung; denn (cos 1)2 + sin2 > 0 fur 6= 2k.
3) folgt aus 2).
Isometrien:
Wir haben jetzt drei Arten von langentreuen Abbildungen betrachtet | Verschiebungen,
Spiegelungen und Drehungen. Die Bedeutung langentreuer Abbildungen ist oensichtlich (vgl. den Begri der Kongruenz bei Euklid). Wir werden jetzt solche Abbildungen
untersuchen und zeigen, da sie aus Verschiebungen, Spiegelungen und Drehungen zusammengesetzt sind.
Denition: Eine Abbildung f : R ! R heit eine Isometrie, falls jjfx fyjj = jjx yjj
fur x; y 2 R .
2
2
2
Fur Anwendungen in der Geometrie ist folgender Satz, den wir ohne Beweis zitieren,
besonders bedeutungsvoll.
Satz: Sei M eine Teilmenge von R ; f : M ! R eine Isometrie. Dann existiert eine
~ = fx).
Isometrie f~ : R ! R , die f erweitert (d.h. fur x 2 M gilt fx
Wir zeigen jetzt, da jede Isometrie f von R in R eine ane Abbildung ist. Insbesondere
2
2
2
2
bildet f Geraden auf Geraden ab.
2
2
Satz: Sei f : R ! R eine Isometrie mit f (0) = 0. Dann ist f linear, d.h.
f (x + y) = f (x) + f (y) (x; y 2 R ; ; 2 R)
2
2
2
Beweis: Es gilt jjxjj = jjf (x)jj:
Aus der Gleichung
jjx + y zjj2 = jjx zjj2 + jjy zjj2 jjx yjj2 + jjxjj2 + jjyjj2 jjzjj2
43
folgt jjx + y zjj2 = jjf (x) + f (y) f (z)jj2
oder, fur z = x + y; 0 = jjf (x) + f (y) f (x + y)jj2
d.h. f (x + y) = f (x) + f (y):
Es gilt auch jjx yjj2 = (1 )(jjyjj2 jjxjj2) + (jjx yjj)2:
Daher gilt: jjfx fyjj = jjx yjj oder, fur y = x; fy = fx.
Korollar: Sei f : R ! R eine Isometrie. Dann ist f eine ane Abbildung.
Beweis: f = Tu f~ wobei u = f (0) und f~ eine Isometrie ist mit f~(0) = 0. Daher ist f~
linear und f = Tu f~ an.
q.e.d.
2
2
Nach diesem Satz ist es interessant, festzustellen, welche lineare Abbildungen f isometrisch
sind, d.h. fur welche Matrizen
a11
a21
a12
a22
die entsprechende Abbildung isometrisch ist.
Zunachst bemerken wir, da eine lineare Abbildung genau dann eine Isometrie ist, wenn
(fxjfy) = (xjy) fur x; y 2 R2 : Denn aus dieser Bedingung folgt
jjfxjj2 = (fxjfx) = (xjx) = jjxjj2 d.h. jjfxjj = jjxjj:
Dann gilt: jjfx fyjj = jjf (x y)jj = jjx yjj:
Sei jetzt f eine lineare Isometrie. Dann gilt
fxjfy = 21 jjfx + fyjj2 jjfxjj2 jjfyjj2
= 21 jjx + yjj2 jjxjj2 jjyjj2
= xjy :
Satz: Sei f : R ! R eine lineare Isometrie. Dann ist f entweder eine Drehung oder
2
2
eine Spiegelung an einem eindimensionalen Teilraum.
Beweis: Sei
a11 a12
a21 a22
die Matrix von f , d.h. fe1 = (a11; a21); fe2 = (a12; a22): Aus den Beziehungen jjfe1jj =
1 = jjfe2jj, 0 = (fe1 jfe2) sieht man, da
a211 + a221 = 1 = a212 + a222 und a11a12 + a21a22 = 0
oder
a
11
a12
a21
a22
a
a12
a22
11
a21
44
=
1
0
0
1
d.h.
a
11
a12
Damit ergibt sich die Gleichung
a
11
a21
a12
a22
a21
a22
1
a
=
a
11
a21
a21
a22
11
a12
=
a12
a22
1
0
0
1
aus der a211 + a212 = 1 = a221 + a222; a11a21 + a12a22 = 0 folgt.
Aus den 6 Gleichungen fur a11; a12; a21; a22 sieht man, da A die Gestalt
a
b
b a
hat, wobei 1 a 1; 1 b 1, a2 + b2 = 1.
Es gibt daher 2 Moglichkeiten:
1)
a b
A= b a
2)
a
b
a
A= b
Fall 1) Dann gibt es , soda a = cos ; b = sin # und f ist die Drehung mit Matrix
cos sin sin cos Fall 2) A hat die Gestalt
cos sin sin cos und f ist daher eine Spiegelung an einem eindimensionalen Raum.
Satz: Sei f : R ! R eine Isometrie. Dann ist f entweder
2
2
a) eine Drehung;
b) eine Verschiebung;
c) eine Spiegelung;
oder
d) eine Schubspiegelung.
Beweis: f hat die Gestalt Tu f~, wobei f~ eine lineare Isometrie ist.
Fall 1) f~ ist eine Drehung. Dann hat f die Gestalt a).
2) f~ ist die Identitat. f hat die Gestalt b).
45
3) f~ ist eine Spiegelung. Dann hat f die Gestalt Tv RL. Fur v = 0 ist f eine Spiegelung,
sonst eine Schubspiegelung.
Satz: Sei f eine Isometrie, fur die es genau einen Punkt u gibt, mit f (u) = u. Dann ist f
eine Drehung um u.
Beweis: Falls
1) u = 0. Dann ist f linear, also eine Drehung oder eine Spiegelung. Aber eine Spiegelung
xiert eine ganze Gerade|also ist f eine Drehung.
2) u 6= 0. Die Isometrie f~ = Tu f T u erfullt die Bedingungen von 1). Also ist f~ eine
lineare Drehung D . Dann gilt
f = T u f~ Tu
= Du;
Kurven zweiter Ordnung (Kegelschnitte)
Wir haben gesehen, da Geraden in R die Nullstellen von anen Funktionalen (d.h.
Abbildungen der Gestalt ( ; ) 7! a + b + c sind. Jetzt untersuchen wir Kurven in
R , die als Nullstellen von quadratischen Funktionen darstellbar sind.
Eine quadratische Funktion in R ist eine Funktion der Gestalt
( ; ) 7! a + a + a + a + b + b + c
2
1
2
2
1
2
2
1
2
11 1
2
=
X
2
i;j =1
12 1 2
2
22 2
21 1 2
1 1
2 2
aij ij + b11 + b2 2 + c
Beispiele solcher Kurven sind Ellipsen, Hyperbeln oder Parabeln. Mit Hilfe der analytischen Geometrie werden wir eine vollstandige Klassizierung davon bringen.
Wir beginnen mit dem quadratischen Teil der Funktion. Eine Abbildung Q der Gestalt
x = (1; 2) 7!
X
2
i;j =1
aij i j = a11 12 + a121 2 + a2112 + a2222
auf R2 heit eine quadratische Form. Die Matrix
a
A= a
21
11
a12
a22
heit die Matrix der quadratischen Form.
A induziert eine lineare Abbildung
f : (1; 2) 7! (a111 + a122 ; a211 + a222 )
auf R2 und es gilt:
Q(x) = (fxjx)
x = (1; 2) :
46
Wir konnen auch annehmen, da A symmetrisch ist, d.h. a12 = a21. Denn die Matrix
2
a12 + a21 3
a11
2 5
4 a12 + a21
a22
2
ist symmetrisch und induziert die gleichen quadratische Form. In diesem Fall gilt (fxjy) =
(xjfy).
Wir werden zeigen, da man zu jeder quadratischen Form eine Basis nden kann, soda
die Form eine einfache Gestalt hat. Dazu folgende
Denition: Eine Basis fe1 ; e2g fur R2 heit orthonormal, falls jje1 jj = jje2 jj =
1; (e1je2 ) = 0.
Bemerkung: Sei e = (a ; a ); e = (a ; a ), d.h. e bzw. e ist das Bild von (1; 0),
1
11
12
2
21
22
bzw. (0; 1) unter der linearen Abbildung f mit Matrix
a
1
2
a12 :
a22
11
a21
Dann ist fe1 ; e2g genau dann eine orthonormale Basis,
wenn f isometrisch
ist. D.h. ortho
normale Basen sind genau diejenigen, die man aus (1; 0); (0; 1) durch Anwendung einer
Isometrie gewinnt.
Die Klassikation der Kegelschnitte wird durch folgenden Satz ermoglicht:
Satz: Sei Q : ( ; ) 7! P aij i j (a = a ) eine quadratische Form auf R . Dann
i;j
gibt es eine orthonormale Basis (x ; x ) fur R und ; 2 R, soda
2
1
2
12
=1
1
2
21
2
2
1
2
Q(1x1 + 2 x2) = 1 12 + 2 22 :
Beweis: Sei Q(x) = (f (x)jx) eine Darstellung fur Q wie oben. Wir konnen unser Problem
folgendermaen reduzieren. Wir suchen Vektoren x1; x2 in R2; 1; 2 in R, soda fx1 =
1 x1, fx2 = 2 x2 , x1 ? x2 ; jjx1jj = 1; jjx2jj = 1.
Denn damit ist
Q(1 x1 + 2 x2 ) = f (1 x1 + 2 x2 j1 x1 + 2 x2
= 1 1 x1 + 2 2 x2j1 x1 + 2 x2
= 112 + 2 22
Wir versuchen daher die Gleichung
fx = x
zu losen, d.h.
(a11 )1 + a122 = 0
()
a211 + (a22 )2 = 0
47
x = (1 ; 2 ) .
Wir wissen, da diese Gleichung genau dann eine nicht-triviale Losung besitzt, wenn
(a11 )(a22 ) a21a12 = 0:
Man kann ausrechnen, da die Diskriminante dieser Gleichung (a11 a22 )2 +4a221 0. Sei
daher 1 eine Losung und wahle x1 = (1 ; 2 ) soda jjx1jj = 1 und (*) erfullt ist. Sei jetzt
x2 2 R2 mit jjx2jj = 1; x2 ? x1 . Wir behaupten:f (x2 ) ? x1 . Denn (fx1jx1) = (x2 jfx1) =
(x2jx1 ) = 0. Daher gibt es ein 2 , soda fx2 = 2 x2. (Denn x2 ? x1 und fx2 ? x1
impliziert x2jjfx2). Damit ist der Beweis fertig.
Jetzt kehren wir zu unserem Kegelschnitt
Q(1; 2) := a1112 + 2a1212 + a2222 + b11 + b2 2 + c = 0
zuruck.
Wir wahlen eine Orthonormalbasis x1; x2, soda der quadratische Teil von Q 1 x1 + 2 x2
in 1 12 + 222 abbildet. Dann gilt:
Q (1x1 + 2 x2) = 1 12 + 2 22 + ~b11 + ~b22 + c~ = 0
fur neue Zahlen ~b1; ~b2; c~.
Fall 1) 1 6= 0, 2 6= 0. Durch Verschiebung der Achsen und Multiplikation mit einem
geeigneten Faktor bekommen wir folgende Moglichkeiten
a) 1 12 + 2 22 = 1 mit 1 > 0, 2 > 0|Eine Ellipse.
b) 1 12 + 222 = 0 mit 1 > 0, 2 > 0|Ein Punkt
usw.
Fall 2)
2 = 0; 1 6= 0. Wiederum reduzieren wir auf die Falle:
1 12 + 2 = 0 (Falls der lineare Teil in 2 nicht verschwindet) { eine Parabel;
1 12 1 = 0; 1 > 0 (falls der lineare Teil in 2 verschwindet) { zwei parallele Geraden;
1 12 1 = 0; 1 < 0 { die leere Menge ;;
1 12 = 0 { eine Gerade.
Bemerkung: Diese Satze lassen sich folgendermaen interpretieren. Sei
X
2
i;j =1
aij i j + b11 + b2 2 + c
eine quadratische Funktion auf R2 , M der entsprechende Kegelschnitt. Dann gibt es eine
Isometrie f : R2 ! R2 , soda f (M ) ein Kegelschnitt aus der obigen Tabelle ist.
Dreidimensionaler Raum: Wir untersuchen jetzt den Raum R , der eine besonders
3
wichtige Rolle als Modell fur den Raum, in dem wir leben, spielt. Zunachst konnen wir
eine Addition und eine Skalarmultiplikation folgendermaen denieren:
(1; 2; 3) + (1 ; 2 ; 3) := (1 + 1 ; 2 + 2 ; 3 + 3 )
48
(1 ; 2; 3) = (2; 2; 3)
Fur x; y; z 2 R , ; 2 R gilt:
1) x + y = y + x
2) (x + y) + z = x + (y + z)
3) x + 0 = 0 + x = x
4) x + ( 1)x = 0
5) (x + y) = x + y
6) ( + )x = x + x
7) ()x = (x)
8) 1:x = x
9) es gibt Vektoren e1 ; e2 ; e3 in R3 , mit folgenden Eigenschaften:
a) e1 ; e2; e3 sind linear unabhangig;
b) jeder Vektor x 2 R3 hat eine Darstellung1 e1 + 2e2 + 3 e3 als Linearkombination
von e1 ; e2 ; e3. Es folgt dann aus a), da diese Darstellung eindeutig ist. Denn aus 1 e1 +
2 e2 + 3 e3 = 1e1 + 2e2 + 3e3 folgt: (1 1)e1 + (2 2 )e2 + (3 3 )e3 = 0 d.h.
1 1 = 0 = 2 2 = 3 3 .
Z.B. erfullen e1 = (1; 0; 0); e2 = (0; 1; 0); e3 = (0; 0; 1) diese Bedingungen. (e1 ; e2; e3) heit
die kanonische Basis fur R3 .
3
Satz:
1) Seien x1 ; x2; x3 linear unabhangige Vektoren in R3 . Dann ist fx1 ; x2; x3g eine Basis
d.h. jedes x 2 R3 hat eine eindeutig bestimmte Darstellung 1 x1 + 2 x2 + 3x3 .
2) Seien x1 ; x2; x3; x4 Vektoren in R3. Dann sind x1 ; x2; x3; x4 linear abhangig.
Beweis:
1) Es genugt zu zeigen, da e1 ; e2; e3 eine solche Darstellung besitzen. Es gibt 1 ; 2; 3
soda
x1 = 1e1 + 2 e2 + 3 e3
mit etwa 1 6= 0. Dann gilt:
e = 1 x 2 e 3 e
1 3
Daraus folgt: x1 ; e2; e3 spannen R3 auf. Es gibt daher 1 ; 2; 3, soda
x2 = 1 x1 + 2e2 + 3 e3
mit etwa 2 =
6 0.
Daher gilt:
e2 = 1 x1 + 1 x2 3 e3
2
2
2
3
d.h. x1 ; x2; e3 spannen R auf.
Sei daher x3 = 1 x1 + 2 x2 + 3 e3 .
Es gilt: 3 =
6 0 d.h.
e3 = 1 x1 2 x2 + 1 x3
3
3
3
1
1
1
1
49
2
q.e.d.
2) Die Gleichung 1 x1 + 2 x2 + 3x3 + 4 x4 = 0 ist einem homogenen System von
drei linearen Gleichungen in 4 Unbekannten aquivalent und hat daher eine nicht-triviale
Losung.
Wir denieren ein Skalarprodukt in R3 wie folgt:
xjy := 11 + 22 + 3 3
x = (1; 2; 3); y = (1 ; 2; 3 ) .
p
p
Die Lange jjxjj eines Vektors ist (xjx) = (12 + 22 + 22). Genau wie im Fall von R2
zeigt man, da folgende einfache Eigenschaften gelten:
1) (xjy) = (yjx)
2) (xjy) = (xjy)
3) (x + yjz) = (xjz) + (yjz)
4) j(xjy)j jjxjj jjyjj (Cauchy-Schwarz'sche Ungleichung)
5) jjx + yjj jjxjj + jjyjj (Dreiecksungleichung)
Aus 4) folgt, da der Ausdruck jjx(jjxjyjj)yjj (x 6= 0; y 6= 0) zwischen 1 und 1 liegt. Es
existiert also ein 2 [0; ], soda
cos = jjx(jjxjyjj)yjj
heit der Winkel zwischen x und y (geschrieben < (x; y)). x und y sind senkrecht
(x ? y), falls (xjy) = 0.
Orthonormale Basen: Die kanonische Basis (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1) hat die wichtige
Eigenschaft, da die Vektoren aufeinander senkrecht stehen. Wir nennen daher eine Basis
(e1 ; e2; e3 ) von R3 orthogonal, falls (e2 je3 ) = (e3 je1 ) = (e1je2 ) = 0.
Falls auch jje1jj = jje2 jj = jje3jj = 1 gilt, sagen wir, da (e1 ; e2; e3 ) eine orthonormale
Basis ist.
Bemerkung: Drei Vektoren x ; x ; x (alle 6= 0) in R , die paarweise aufeinander senk1
2
3
3
recht stehen, sind automatisch linear unabhangig und bilden daher eine Basis. Denn aus
1 x1 + 2 x2 + 3x3 = 0
folgt: 1 (x1 jx1) + 2 (x2 jx1) + 3 (x3 jx1) = 0
d.h. 1 = 0.
Analog gilt: 2 = 3 = 0.
Falls (e1 ; e2; e3 ) eine orthonormale Basis ist, lassen sich die Koordinaten von x 2 R3 bzgl.
(e1 ; e2; e3 ) folgendermaen bestimmen:
50
Fur x = 1 e1 + 2 e2 + 3 e3 gilt (xje1) = 1 (e1je1 ) + 2(e2 je1 ) + 3(e3 je1 ) = 1.
Es gilt daher: x = (xje1)e1 + (xje2)e2 + (xje3)e3 .
Es gibt eine naturliche Methode, eine gegebene Basis x1 ; x2; x3 zu orthonormalisieren.
Wir fangen mit einer Basis fx1; x2; x3g fur R3 an und suchen Skalare ; ; , soda
(y1 jy2) = (y2jy3) = (y1jy3) = 0
wobei
y1 = x1
y2 = x2 + x1
y3 = x3 + y2 + y1
Es mu gelten:
0 = (y1jy2) = (x1jx2) + (x1jx1 ) d.h. = ((xx1jjxx2 )) :
1 1
A hnlich gilt:
0 = (y3jy1 ) = (x3 jy1) + (y1 jy1) d.h. = ((xx3jjxy1))
1 1
0 = (x3jy2) + (y2jy2) d.h. = ((xy3jjyy2)) :
2
2
Man uberzeugt sich jetzt leicht, da
e1 = jjyy1jj ; e2 = jjyy2 jj ; e3 = jjyy3jj
1
2
3
eine orthonormale Basis ist.
Gerade und Ebene im Raum: Seien a; b; c in R mit a + b + c 6= 0. Die Menge:
M = Ma;b;c = ( ; ; ) 2 R : a + b + c = 0
ist ein zweidimensionaler Teilraum von R . Man rechnet leicht nach:
1) x; y 2 M impliziert x + y 2 M
2) x 2 M; 2 R impliziert x 2 M .
) .
Sei jetzt n der Einheitsvektor p(a (a;+ b;b c+
c)
Dann ist Ma;b;c = fx 2 R : (xjn ) = 0g d.h. M besteht aus der Menge aller Vektoren,
die senkrecht auf n stehen.
Seien jetzt n ; n Vektoren in M , soda (n ; n ; n ) eine Basis fur R ist.
x 2 R hat die Darstellung n + n + n . Falls x 2 M , dann ist 0 = (xjn ) =
(n jn ) d.h. x hat die Gestalt n + n (; 2 R). Damit haben wir den folgenden
2
1
2
3
3
1
2
2
2
3
3
1
2
3
2
2
1
1
2
3
1
1
3
1
1
1
Satz bewiesen:
1
2
2
2
2
3
3
51
3
3
3
1
Satz: Sei M ein zweidimensionaler Teilraum von R . Dann gibt es linear unabhangige
Vektoren n ; n , soda
M = fn + n : ; 2 Rg:
3
2
3
2
3
Anderseits ist eine Menge dieser Gestalt ein zweidimensionaler Teilraum.
Ein eindimensionaler Teilraum von R ist eine Menge der Gestalt fx : 2 Rg wobei
x 6= 0.
Satz: Betrachte zwei zwei-dimensionale Teilraume
M = x : (n jx) = 0; M = x : (n jx) = 0 :
1
1
2
2
Dann gilt:
Entweder 1) n1 jjn2 (d.h. es existiert mit n1 = n2 ). Dann ist M1 = M2 ;
oder 2) n1 6k n2. Dann ist M1 \ M2 ein eindimensionaler Teilraum. Jeder eindimensionale
Teilraum hat eine solche Darstellung.
Beweis: 1) ist klar. 2) Seien n1 ; n2 linearunabhangige Elemente von R3. Wir werden
jetzt zeigen, da es einen Vektor x 6= 0 mit x ? n1 , x ? n2 gibt und da jeder Vektor mit
dieser Eigenschaft ein Vielfaches von x ist: Wahle n3 , soda n1; n2 ; n3 eine Basis von R3
ist. Wir konnen dann Skalare 1 ; 2; 3 mit 1 6= 0 nden, soda
1(n1jn2) + 2 (n2 jn2 ) + 3 (n3jn2) = 0
1(n1jn3) + 2 (n2 jn3 ) + 3 (n3jn3) = 0
Sei x = 1 n1 + 2 n2 + 3 n3. (n1; n2 ; x) ist eine Basis von R. Sei jetzt y 2 R2 mit y ? n1,
y ? n2 . y hat eine Darstellung x + n1 + n2. Es gilt:
0 = (yjn2) = (xjn2 ) + (n1jn2) + (n2jn2)
= (n1 jn2 ) + (n2 jn2 )
:
0 = (yjn1) = (n1 jn2 ) + (n2 jn1 )
Wegen (n1jn1)(n2jn2) 6= (n1 jn1 )2 ({ warum?)
folgt: = = 0.
Dieses Ergebnis kann man folgendermaen interpretieren: Ein eindimensionaler Teilraum
von R3 hat die Gestalt:
( ; ; ) : a + a + a = 0 = b + b + b 1
2
3
1 1
2 2
3 3
1 1
2 2
3 3
wobei (a1; a2; a3), (b1; b2; b3) linear unabhangig sind.
Wir betrachten jetzt Geraden und Ebenen. Zunachst fuhren wir den Begri einer Verschiebung in R ein. Eine Abbildung der Gestalt
Tu : x 7! x + u
52
wird eine Verschiebung um u genannt.
Eine Gerade ist ein Menge der Gestalt Tu (L), wobei L ein eindimensionaler Teilraum ist.
Eine Ebene hat die Gestalt Tu (M ), wobei M eine zweidimensionaler Teilraum ist. In
Koordinaten:
Tu (L) = (1; 2; 3) : a1 1 + a22 + a33 + a4 = 0 = b1 1 + b22 + b3 3 + b4
Tu (M ) = (1; 2; 3) : a1 1 + a22 + a33 + a4 = 0
Vektorprodukt: Wir haben gesehen, da es zu je zwei linear unabhangigen Vektoren
x; y einen Vektor gibt, der senkrecht auf x und y steht. Jetzt zeigen wir, wie man diesen
Vektor einheitlich wahlen kann. Seien x; y 2 R3. Das Vektorprodukt: x y von x; y ist
der Vektor
(23 32 ; 31 13 ; 12 21 )
Man rechnet nach, da x ? x y, y ? x y und
jjx yjj = jjxjjjjyjj sin ( =< (x; y))
(d.h. die Lange von xy ist gleich der Flache des von x; y aufgespannten Parallelogramms).
Diese Eigenschaften bestimmen x y eindeutig, bis auf die Richtung, die mit Hilfe der
Rechtsschraubenregel festgelegt wird.
Einfache Eigenschaften:
1) x y = y x;
2) x (y + z) = x y + x z;
3) (x) y = x (y) = (x y);
4) x (y z) = (xjz)y (xjy)z;
5) x (y z) + y (z x) + z (x y) = 0.
Beweis: 1), 2), 3) sind trivial.
4) Die erste Koordinate von x (y z) ist
2(1 2 2 1) 3(3 1 1 3 )
Die erste Koordinate von (xjz)y (xjy)z ist
(11 + 2 2 + 33)1 (11 + 22 + 33 )1
Das Ergebnis fur die weiteren Koordinaten folgt aus Symmetrie.
5) x (y z) + y (z x) + z (x y) = (xjz)y (xjy)z + (yjx)z (yjz)x + (zjy)
x + (zjy)x (zjx)y = 0.
Das Spatprodukt:
Wir denieren:
[x; y; z] : = (xjy z)
= 1(2 3 3 2) + 2(3 1 1 3 ) + 3(1 2 2 1 )
53
d.h. [x; y; z] = jjxjj jjyjj jjzjj sin sin und gibt das Volumen des von x; y; z aufgespannten
Parallelepipeds { mit Vorzeichen.
Es gilt:
1) [x; y; z] = [y; z; x] = [z; x; y] = [x; z; y] = [y; x; z] = [z; y; x];
2) [x1 + x2 ; y; z] = [x1; y; z] + [x2 ; y; z];
3) [x; y; z] = [x; y; z];
4) [x + y + z; y; z] = [x; y; z].
Sei jetzt (x1 ; x2; x3) eine Basis,
x = 1 x1 + 2 x2 + 3 x3
y = 1 x1 + 2 x2 + 3 x3
z = 1 x1 + 2 x2 + 3x3 :
Dann gilt:
[x; y; z] = 1 x1 + 2x2 + 3 x3j(1x1 + 2 x2 + 3 x3) (1x1 + 2 x2 + 3 x3 )
= [1(2 3 3 2 ) 2 (1 3 3 1 ) + 3(1 2 21 )][x1; x2; x3]:
Wir nennen den Ausdruck
1 (2 3 3 2 ) 2 (1 3 3 1 ) + 3 (1 2 2 1 )
die Determinante der Matrix
2
A = 4
3
2
2
2
1
1
1
3
3 5
3
(in Symbolen: det A).
Bezeichnen wir die Zeilen von A mit A1 ; A2; A3, so konnen wir folgende einfachen Eigenschaften der Determinante sofort herleiten:
1)
2A 3
2A +A + A 3
1
1
2
3
5
det 4 A2 5 = det 4
A2
A3
2)
3)
A3
2A 3
2A 3
det 4 A 5 = det 4 A 5
1
2
2
1
A3
2
det 4 1
1
1
2
2
2
A3
3
2
3
1
3 5 = det 4 2
3
3
54
1
2
3
3
1
2 5
3
4) det A 6= 0 genau dann, wenn (1 ; 2; 3); (1; 23 ); (1; 2; 3)
(bzw. (1 ; 1; 1); (222 ), (3; 3; 3 )) linear unabhangig sind.
5) Sei
2
3
a11
A = 4 a21
a31
a12
a22
a32
a13
a23 5
a33
Dann ist det A 6= 0 genau dann, wenn das Gleichungssystem
a111 + a122 + a133 = 0
a211 + a222 + a233 = 0
a311 + a322 + a333 = 0
nur die triviale Losung hat.
Dann ist das System
a111 + a12 2 + a133 = 1
a211 + a22 2 + a233 = 2
a311 + a32 2 + a333 = 3
immer losbar und zwar ist die Losung
2
det 4 = 2 a
det 4 a
a12
a22
a32
a12
a22
a32
1
2
1
3
11
21
a31
usw.
3
a13
a23 5
a33 3
a13
a23 5
a33
Wir betrachten jetzt den Begri der kovarianten bzw. kotravarianten Koordinaten
eines Vektors. Aus Grunden, die erst spater ersichtlich werden, (wenn wir die Einsteinsche Summenkonvektion diskutieren), schreiben wir die Indizes von Vektoren und Skalaren
manchmal oben, manchmal unten. Sei (e1 ; e2 ; e3) eine Basis von R3 . Jeder Vektor x hat
eine Darstellung
1 e1 + 2 e2 + 3 e3
1 ; 2; 3 heien kovariante Koordinaten von x bzgl. e1 ; e2 ; e3. Wir denieren neue
Elemente
e1 := [ee2; e ;ee3 ] ; e2 := [ee3; e ;ee1 ] ; e3 := [ee1; e ;ee2 ]
1
2
3
1
2
3
1
2
3
Es gilt: (e1 je1 ) = (e2 je2 ) = (e3 je3 ) = 1, (ei jej ) = 0 fur i 6= j .
P
3
Daher gilt: x = (xjei )ei d.h. die kovarianten Koordinaten von x sind (xje1), (xje2 ),
i=1
(xje3).
55
Wir behaupten jetzt, da x =
P (xje )ei . Denn sei y = x P (xje )ei . Dann ist
i
i
i
i
3
3
=1
=1
(yje1) = (xje1 ) (xje1 ) = 0
Analog gilt: (yje2) = (yje3) = 0. Da e1 ; e2 ; e3 den Raum R3 aufspannen, folgt y = 0 oder
3
x = P (xjei )ei .
i=1
Daraus folgt, da auch e1 ; e2; e3 eine Basis bilden. Die entsprechenden Koordinaten
(xje1); (xje2), (xje3) sind die kontravarianten Koordinaten von x.
Die folgenden Groen sind wichtig:
gij := (ei jej ); gij := (ei jej ):
Aus der Denition folgt:
ei =
Auerdem gilt:
X
3
j =1
gij ej ;
X
ei = gij ej
j =1
3
0
1
X
X
(ei jek ) = @ gij ej j gkl el A
=
A hnlich gilt:
X
3
j =1
3
3
j =1
l=1
X
3
j =1
gij gjk
gij gjk = (ei jek ):
Daraus folgt unmittelbar:
A~ = A
1
wobei A := [gij ]; A~ := [gij ]:
Aus den Darstellungen
x=
X
3
i=1
i ei =
X
3
i=1
i ei ;
X
y = i ei = i ei ;
i=1
i=1
3
folgt:
1) i =
X
3
P g j ;
ij
j
3
=1
56
P3
2) j = gij i ;
i=1
P i = P i = P P g ij = P P gij ;
i
i
ij
i j
i
i
i j
i j
P
P P g ij = P gij .
4) jjxjj = i i =
ij
i j
3) (xjy) =
2
3
3
3
=1
=1
=1 =1
3
3
i=1
3
3
3
=1 =1
3
3
i=1 j =1
j =1
Aus den Formeln fur die Losung eines 3 3 Gleichungssystems folgt:
g11 = (g22g33
g12 = (g23g13
g13 = (g12g23
g23 = (g11g13
usw.
wobei
2g
G = det 4 g
2
g23
)=G
g12g33)=G = g21
g22g13)=G = g31
g11g23)=G = g32
g12
g22
g32
11
21
g31
3
g13
g23 5
g33
Ane Abbildungen: Den Begri von linearen bzw. anen Abbildungen in R kann
man genauso einfuhren wie in R .
f : R ! R ist linear, falls
3
2
3
3
f (x + y) = f (x) + f (y); f (x) = f (x)
(x; y 2 R3 ; 2 R).
Es gibt dann eine 3 3 Matrix A = [aij ], soda
f : (1; 2; 3) 7! (a111 + a122 + a133; a211 + a222 + a233; a311 + a322 + a333):
A heit die Matrix der Abbildung. Eine ane Abbildung ist eine Abbildung der Gestalt
Tu f mit f linear. Sie hat eine Darstellug
(1; 2; 3) 7! (a111 + a12 2 + a133 + u1 ; a211 + a222 + a233 + u2 ; a311 + a322 + a333 + u3)
Isometrien in R : Wir betrachten jetzt Isometrien in R d.h. Abbildungen f : R ! R ,
so da jjfx fyjj = jjx yjj (x; y 2 R ). Wenn f linear ist, dann ist f genau dann eine
Isometrie, wenn (fxjfy) = (xjy) (x; y 2 R ) (Beweis wie in R ).
Der nachste Satz lat sich genauso wie im Fall R beweisen.
3
3
3
3
2
3
2
2
Satz: Sei f : R ! R eine Isometrie mit f (0) = 0. Dann ist f eine lineare Bijektion.
3
3
Daher gilt: Jede Isometrie ist eine bijektive ane Abbildung.
57
Die folgende Bemerkung zeigt die enge Beziehung zwischen den Begrien Isometrie und
orthonormaler Basis.
Sei f eine lineare Isometrie, (e1 ; e2 ; e3) eine orthonormale Basis fur R3 . Dann ist
(fe1; fe2; fe3) eine orthonormale Basis. Anderseits gilt: Ist f eine lineare Abbildung,
die eine orthonormale Basis in eine orthonormale Basis abbildet, dann ist f eine Isometrie
(und bildet daher jede orthonormale Basis in eine orthonormale Basis ab). Auerdem gilt:
Seien (e1 ; e2; e3 ) bzw. (f1; f2; f3) orthonormale Basen in R3, dann gibt es eine lineare
Isometrie f , soda fe1 = f1 ; fe2 = f2 ; fe3 = f3 .
Wir untersuchen jetzt Isometrien auf R3. Der folgende Satz erlaubt eine Reduktion auf
R2 .
Satz: Sei f : R ! R eine lineare Isometrie. Dann gibt es ein Einheitsvektor x 2 R
mit fx = x.
Falls y; z so gewahlt sind, da (x; y; z) eine orthonormale Basis fur R ist, dann ist der
3
3
3
3
zweidimensionale Teilraum
M : = w 2 R3 : (wjx) = 0
= fy + z : ; 2 Rg
invariant bzgl. f d.h. f (M ) M .
Beweis: Zunachst suchen wir ein x 6= 0 in R3, 2 R, soda fx = x. Sei A = [aij ] die
Matrix von f . fx = x genau dann, wenn (f Id)x = 0 d.h. x = (1; 2; 3) ist ein
nicht-triviale Losung des homogenen Systems
(a11 )1 + a122 + a133 = 0
a211 + (a22 )2 + a233 = 0
a311 + a322 + (a33 )3 = 0
Wir wissen aber, da ein solches x genau dann existiert, wenn
2 (a )
det 4 a
11
21
a31
a12
(a22 )
a32
3
a13
a23 5 = 0
(a33 )
Das ist eine Gleichung dritten Grades und hat daher eine reelle Losung . Es gibt dann
ein y 6= 0 mit fy = y. Setze: x := y=jjyjj. Dann ist jjxjj = 1 und x ist auch Losung von
fx = x. Aus der Tatsache, da jj jjxjj = jjxjj = jjfxjj = jjxjj sehen wir, da = 1.
Sei jetzt w 2 M d.h. (wjx) = 0. Dann gilt
(fwjx) = (fwjfx) = (wjx) = 0
d.h. fw 2 M .
58
Sei jetzt f : R3 ! R3 eine lineare Isometrie. Wir wahlen eine orthonormale Basis
(x1; x2; x3), soda fx1 = x1 . Da M := f2x2 + 3x3 : 2; 3 2 Rg invariant ist, gibt
es Skalare a22; a23; a32; a33, soda
f (x2) = a22x2 + a32x3
f (x3) = a23x2 + a33x3
Man sieht leicht, da dann
f (1x1 + 2 x2 + 3x3 ) = 1x1 + (a222 + a233)x2 + (a322 + a333)x3 :
Sei jetzt A die Matrix
a22
a32
a23
a33
Es gibt vier Moglichkeiten:
1) fx1 = x1 und A ist die Matrix einer Drehung: Dann ist f eine Drehung an der
Achse x1 .
2) fx1 = x1 und A ist die Matrix einer Spiegelung an einer Geraden. Dann ist f eine
Spiegelung an einer Ebene. Man sieht leicht, da man x2 ; x3 so wahlen kann, da f
die Gestalt
1x1 + 2x2 3x3 7! 1x1 + 2 x2 3x3
hat.
f ist dann die Spiegelung an der Ebene fx : (xjx3)g = 0:
3) fx1 = x1 und A ist die Matrix einer Drehung. f ist dann eine Drehung an der Achse
x1 gefolgt von einer Spiegelung an der Ebene fx : (xjx1) = 0g.
4) fx1 = x1 und A ist die Matrix einer Spiegelung: Dann kann man x2 und x3 so
wahlen, da
f : 1x1 + 2 x2 + 3x3 7! 1 x1 + 2x2 3x3
oder, wenn wir x2 und x1 austauschen:
1 x1 + 2x2 + 3x3 7! 1 x1 2x2 3x3
f ist dann eine Drehung (um 180 Grad) um die Achse x1 .
Zusammenfassend:
Satz: Sei f : R3 ! R3 eine lineare Isometrie. Dann ist f entweder
a) eine Drehung um einen eindimensionalen Teilraum;
oder
b) eine Spiegelung an einem zweidimensionalen Teilraum;
oder
c) eine Drehung um eine Achse x1 gefolgt von einer Spiegelung an der Normalebene
fx : (xjx1)g = 0 der Achse (Drehspiegelung).
Mit Hilfe dieses Ergebnisses kann man eine volkommene Analyse der Isometrien von R3
geben.
59

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