Sei A n der affine Standardraum zum Vektorraum R n . Eine Abbildung F : A n → A n heißt Isometrie, falls d(F (X), F (Y )) = d(X, Y ) f¨ ur alle X, Y ∈ A n gilt.

1.5 Kongruenz und ¨ Ahnlichkeit

Definition

Sei A ⁿ der affine Standardraum zum Vektorraum R ⁿ . Eine Abbildung F : A ⁿ → A ⁿ heißt Isometrie, falls d(F (X), F (Y )) = d(X, Y ) f¨ ur alle X, Y ∈ A ⁿ gilt.

Es ist offensichtlich, dass alle Isometrien injektiv sind: Ist F (P ) = F (Q), so ist d(P, Q) = d(F (P ), F (Q)) = 0, also P = Q.

Ist O der Nullpunkt, v =

−→

OP und w =

−→

OQ, so ist d(P, Q) = kw − vk.

Jeder Abbildung F : A ⁿ → A ⁿ entspricht eine Abbildung F e : R ⁿ → R ⁿ (und umgekehrt) mit F (X) = O + F e (

−→

OX ), also F (X) − O = F e (X − O). Ist F eine Isometrie, so ist auch F e eine Isometrie, denn f¨ ur v =

−→

OX und w =

−→

OY gilt:

k F e (w) − F e (v)k = k

−→

OF (Y ) −

−→

OF (X)k = d(F (X), F (Y ))

= d(X, Y ) = kw − vk.

Es reicht also, Isometrien im R ⁿ zu untersuchen.

1.5.1 Beispiele

1.5.1.1. Die identische Abbildung id _R

: R ⁿ → R ⁿ ist eine Isometrie.

1.5.1.2. Sind F ₁ , F ₂ zwei Isometrien, so ist auch F ₂ ◦ F ₁ eine Isometrie.

1.5.1.3. Ist v ∈ R ⁿ , so ist die Translation T : x 7→ x + v eine Isometrie. Es ist n¨ amlich

kT (y) − T (x)k = k(y + v) − (x + v)k = kx − yk.

Ende der Beispiele

Ist F : R ⁿ → R ⁿ eine beliebige Isometrie und v = F (0), so ist auch F e (x) :=

F (x) − v eine Isometrie. Also setzt sich jede Isometrie aus einer Translation und einer speziellen Isometrie zusammen, die 0 auf 0 abbildet.

Satz: F : R ⁿ → R ⁿ ist genau dann eine Isometrie, wenn es eine orthogonale Matrix A und einen Vektor v gibt, so dass f¨ ur alle x ∈ R ⁿ gilt:

F (x) = x · A ^> + v.

B eweis: 1) Sei F eine Isometrie. Man kann voraussetzen, dass F (0) = 0 ist. Weil x

y = 1

2 kxk ² + kyk ² − kx − yk ²

= 1

2 d(0, x) ² + d(0, y) ² − d(x, y) ²

ist, ist das Skalarprodukt invariant unter F .

Ist {e ₁ , . . . , e _n } die Basis der Einheitsvektoren im R ⁿ , so ist {F (e ₁ ), . . . , F (e _n )}

eine Orthonormalbasis des R ⁿ , denn es ist

kF (e _i )k ² = F (e _i )

F (e _i ) = e _i

e _i = 1 und F (e _i )

F (e _j ) = e _i

e _j = 0 f¨ ur i 6= j.

Es gibt reelle Zahlen a ji , so dass F (e i ) = P n

j=1 a ji e j ist, f¨ ur i = 1, . . . , n. Sei A := (a _ij ) die aus diesen Zahlen gebildete Matrix. Dann gilt:

δ _ik = F (e _i )

F (e _k ) = X ⁿ

j=1

a _ji e _j

•

X ⁿ

l=1

a _lk e _l

= X

j,l

a ji a lk δ jl =

n

X

j=1

a ji a jk

=

n

X

j=1

(A ^> ) _ij · (A) _jk = A ^> · A

ik ,

also A ^> · A = E _n (= Einheitsmatrix). Damit ist A eine orthogonale Matrix. ¹ Nun sei f _A : R ⁿ → R ⁿ die durch f _A (x) := x · A ^> definierte lineare Abbildung zur Matrix A. Es soll gezeigt werden, dass F = f _A ist, dass also F insbesondere linear ist.

Ist x ∈ R ⁿ , so ist

x = (x 1 , . . . , x n ) =

n

X

i=1

x i e i mit x i = x

e i , und auf der anderen Seite gibt es auch eine Darstellung

F (x) =

n

X

i=1

x ^∗ _i F (e i ) mit irgendwelchen Koeffizienten x ^∗ _i . Weil die e _i und die F (e _i ) jeweils Orthogonalbasen bilden, folgt jetzt aber:

x ^∗ _i = F (x)

F (e _i ) = x

e _i = x _i , also F X ⁿ

i=1

x _i e _i

=

n

X

i=1

x _i F (e _i ).

Hieraus w¨ urde schon direkt folgen, dass F linear ist, wir schauen aber noch die Matrizen-Darstellung an. Es ist

F (x) =

n

X

i=1

x i F (e i ) =

n

X

i=1

x i n

X

j=1

a ji e j =

n

X

j=1

X ⁿ

i=1

a ji x i

e j

1

Am Ende des Kapitels finden Sie einen kurzen Anhang ¨ uber Matrizen und den Zusammenhang

mit linearen Abbildungen.

und andererseits f _A (x) = P n

j=1 c _j e _j mit c _j = f _A (x)

e _j = (x · A ^> ) _j =

n

X

i=1

x _i (A ^> ) _ij =

n

X

i=1

x _i a _ji .

Damit ist F = f _A .

2) Die Umkehrung folgt sehr einfach. Es ist x

y = x · y ^> und deshalb (x · A ^> )

(y · A ^> ) = x · A ^> · A · y ^> = x · E _n · y ^> = x

y.

Also l¨ asst f _A das Skalarprodukt (und damit auch die Abst¨ ande) invariant.

1.5.2 Beispiele

1.5.2.1. Sei n = 2. Ist α ∈ R , so ist die Matrix D _α :=

cos α − sin α sin α cos α

orthogonal. Also ist jede Drehung (um den Nullpunkt) R _α (x) := x · D _α ^> eine Iso- metrie des R ² .

1.5.2.2. Ist n = 2, so ist die Spiegelung

S(x ₁ , x ₂ ) := (x ₁ , −x ₂ ) = (x ₁ , x ₂ ) ·

1 0

0 −1

>

(an der x-Achse) eine Isometrie.

Ende der Beispiele

Definition

Zwei Teilmengen M ₁ , M ₂ ⊂ R ² heißen kongruent, falls es eine Isometrie F : R ² → R ² mit F (M ₁ ) = M ₂ gibt.

Eine Abbildung g : R ² → R ² heißt zentrische Streckung, falls es einen Punkt m und eine Zahl k > 0 gibt, so dass gilt:

g(x) = m + k(x − m) (und damit insbesondere g(m) = m).

Eine Abbildung H : R ² → R ² heißt Ahnlichkeitsabbildung, falls sie sich aus ¨

Isometrien und zentrischen Streckungen zusammensetzt. Zwei Teilmengen des R ²

heißen ¨ ahnlich, falls sie durch eine ¨ Ahnlichkeitsabbildung ineinander ¨ uberf¨ uhrt

werden.

Satz: Seien x 6= y zwei Punkte im R ⁿ , sowie F : R ⁿ → R ⁿ eine Isometrie.

Dann bildet F die Gerade durch x und y auf die Gerade durch F (x) und F (y) ab. Liegt z zwischen x und y, so liegt auch F (z) zwischen F (x) und F (y).

B eweis: Die Verbindungsgerade durch x und y ist die Menge L = {z = x + t(y − x) : t ∈ R }. Ist F (u) = u · A ^> + v, so ist

F (z) = x · A ^> + t(y · A ^> − x · A ^> ) + v = F (x) + t(F (y) − F (x)).

Daraus folgt die Behauptung.

Zwei Dreiecke ABC und A ⁰ B ⁰ C ⁰ heißen kongruent, wenn man ihre Ecken so mit A, B, C bzw. A ⁰ , B ⁰ , C ⁰ bezeichnen kann, dass es eine Isometrie F : R ² → R ² gibt, die A auf A ⁰ , B auf B ⁰ und C auf C ⁰ abbildet. Offensichtlich werden dann auch die entsprechenden Seiten aufeinander abgebildet, und weil F Abst¨ ande invariant l¨ asst, ist a = a ⁰ , b = b ⁰ und c = c ⁰ . Mit Hilfe der Cosinuss¨ atze folgt außerdem, dass auch die entsprechenden Winkel gleich sind. Umgekehrt sind zwei Dreiecke schon dann kongruent, wenn eine der folgenden Aussagen wahr ist:

1. SSS: Alle drei Seiten sind gleich.

2. SWS: Zwei Seiten und der von ihnen eingeschlossene Winkel sind gleich.

3. SSW: Zwei Seiten und der der l¨ angeren Seite gegen¨ uberliegende Winkel sind gleich.

4. WSW: Eine Seite und die beiden anliegenden Winkel sind gleich.

B eweis: 1) Es soll gezeigt werden: Ist a = a ⁰ , b = b ⁰ und c = c ⁰ , so gibt es eine Isometrie, die A auf A ⁰ , B auf B ⁰ und C auf C ⁰ abbildet.

Durch Translationen kann man zun¨ achst erreichen, dass A = A ⁰ = (0, 0) ist, und durch Drehungen um den Nullpunkt kann man erreichen, dass B = B ⁰ = (c, 0) ist.

O.B.d.A. liege nun C in der oberen Halbebene (von C ⁰ kann man das dann noch nicht sagen). Weil auch die sich entsprechenden Winkel gleich sind, sind entweder beide Dreiecke spitzwinklig oder beide stumpfwinklig. Es sei hier der spitzwinklige Fall angenommen, der andere wird analog behandelt.

Sei h die H¨ ohe von C auf c, p und q die Hypotenusen-Abschnitte mit p + q = c.

Dann ist C = (p, h), und das Dreieck ABC sieht folgendermaßen aus:

C = (p, h)

A p q B

b h a

Nun kann man p und h berechnen. Es ist n¨ amlich h ² = b ² − p ² und a ² = q ² + h ² = (c − p) ² + h ² = c ² + p ² − 2pc + h ² = c ² + b ² − 2pc, also

p = 1

2c (c ² + b ² − a ² ) und h = ± p

b ² − p ² .

Weil es sich um positive L¨ angen handelt, muss bei h das Plus-Zeichen gew¨ ahlt werden.

Die gleiche Rechnung ergibt sich beim Dreieck A ⁰ B ⁰ C ⁰ . Entweder ist C = C ⁰ , oder die beiden Punkte liegen spiegelbildlich zur x-Achse. Wenn sich aber C und C ⁰ auf verschiedenen Seiten der x-Achse befinden, dann wendet man die Spiegelung an der x-Achse an, die C auf C ⁰ abbildet und A und B fest l¨ asst.

2) Sind etwa a, b und der eingeschlossene Winkel γ gegeben, so liefert der Cosinus- satz mit der Formel

c = p

a ² + b ² − 2ab cos γ die fehlende dritte Seite c. Der Rest folgt mit (1).

3) Gegeben seien die Seiten c und a, sowie der Winkel α. Dann stellt der Cosinussatz a ² = b ² + c ² − 2bc cos α eine quadratische Gleichung f¨ ur die unbekannte Seite b dar:

b ² + (−2c cos α) · b + (c ² − a ² ) = 0.

Die L¨ osungsformel f¨ ur die quadratische Formel liefert b = 1

2 2c cos α ± p

4c ² cos ² α − 4(c ² − a ² )

= c cos α ± p

a ² − c ² sin ² α . Nach Voraussetzung ist a > c (weil α der gr¨ oßeren Seite gegen¨ uberliegen soll).

Dann ist erst recht a > c sin α und daher a ² − c ² sin ² α > 0. Die Gleichung hat also zwei L¨ osungen. Allerdings sind nur positive L¨ osungen brauchbar. Die L¨ osung b = c cos α − p

a ² − c ² sin ² α wird nur dann ≥ 0, wenn c ² cos ² α ≥ a ² − c ² sin ² α ist.

Daf¨ ur m¨ usste aber c ≥ a sein, und das war gerade ausgeschlossen. Das zeigt, dass es eine eindeutig bestimmte L¨ osung gibt. Und aus den Seiten a, b und c gewinnt man wieder alle anderen Gr¨ oßen des Dreiecks.

4) Gegeben seien die Winkel α und β, sowie die dazwischen liegende Seite c. Da α + β + γ = π ist, erh¨ alt man aus α und β den Winkel γ . Nun kommt man am besten mit dem

” Sinussatz“ weiter, denn der besagt:

sin β

b = sin γ

c = sin α a .

Sind also die Winkel und die eine Seite c bekannt, so kann man daraus a und b berechnen, und dann wieder (1) anwenden.

Nun bleibt noch der Beweis des Sinussatzes nachzutragen.

Zeichnet man im Dreieck die H¨ ohen h _a von A auf a und h _b von B auf b ein, so gilt:

b sin γ = h _a = c sin β und a sin γ = h _b = c sin α.

β γ

c b h _a

α

γ

c

a h b

Daraus folgt offensichtlich der Sinussatz.

Die Strahlens¨ atze: Wenn zwei sich in einem Punkt P schneidende Geraden g und h von zwei parallelen Geraden p und q in Punkten A, A ⁰ bzw. B, B ⁰ getroffen werden, dann gilt:

1. d(P, A) : d(A, B ) = d(P, A ⁰ ) : d(A ⁰ , B ⁰ ), 2. d(P, A) : d(P, B) = d(P, A ⁰ ) : d(P, B ⁰ ), 3. d(A, A ⁰ ) : d(B, B ⁰ ) = d(P, A) : d(P, B).

B eweis:

g h

p

q

P = O

A B

A ⁰

B ⁰

v ⁰ v

v ⁰ − v

w ⁰ − w

Wir schreiben die Geraden vektoriell. Dabei sei P = O der Nullpunkt, v =

−→

OA, w =

−→

OB , v ⁰ =

−→

OA ⁰ und w ⁰ =

−→

OB ⁰ . Dann gilt:

g = {x = tv : t ∈ R } und h = {x = tv ⁰ : t ∈ R }.

Es gibt Zahlen t ₁ , t ₂ ∈ R , so dass w = t ₁ v und w ⁰ = t ₂ v ⁰ ist. Dann ist w ⁰ − w = t ₂ v ⁰ − t ₁ v, und es gibt einen Faktor s mit w ⁰ − w = s(v ⁰ − v) (weil p und q parallel sind). Weil sich g und h schneiden, sind v und v ⁰ linear unabh¨ angig. Aus der Gleichung t ₂ v ⁰ − t ₁ v = w ⁰ − w = sv ⁰ − sv (also (t ₂ − s)v ⁰ − (t ₁ − s)v = 0) folgt dann, dass t ₂ − s = t ₁ − s = 0 ist, also t ₁ = t ₂ = s. Damit ist

d(O, B) : d(O, A) = t ₁ : 1 = t ₂ : 1 = d(O, B ⁰ ) : d(O, A ⁰ ) = s : 1 = d(B ⁰ , B) : d(A ⁰ , A) und

d(O, A) : d(A, B) = 1 : (t ₁ − 1) = 1 : (t ₂ − 1) = d(O, A ⁰ ) : d(A ⁰ , B ⁰ ).

Damit ist alles gezeigt.

Satz: Zwei Dreiecke ABC und A ⁰ B ⁰ C ⁰ sind genau dann ¨ ahnlich, wenn eine der beiden Bedingungen erf¨ ullt ist:

1. α = α ⁰ , β = β ⁰ und γ = γ ⁰ .

2. a : b = a ⁰ : b ⁰ , a : c = a ⁰ : c ⁰ und b : c = b ⁰ : c ⁰ .

B eweis: a) Sind die sich entsprechenden Winkel gleich, so kann man eine Isome- trie finden, die A ⁰ auf A, den Strahl

*

A ⁰ B ⁰ auf den Strahl AB ^* und den Strahl

*

A ⁰ C ⁰ auf den Strahl AC ^* abbildet. Weil β ⁰ = β ist, wird dabei die Gerade B ⁰ C ⁰ auf eine Parallele zu BC abgebildet. Wenn nun c = c ⁰ k ist, dann ist nach dem Strahlensatz auch b = b ⁰ k und a = a ⁰ k. Damit ist a/b = a ⁰ /b ⁰ , a/c = a ⁰ /c ⁰ und b/c = b ⁰ /c ⁰ , und außerdem gehen die Dreiecke (bis auf die zuvor angewandte Isometrie) durch eine zentrische Streckung auseinander hervor. Also sind sie ¨ ahnlich.

b) Die zweite Bedingung bedeutet, dass es ein k ∈ R gibt, so dass a/a ⁰ = b/b ⁰ = c/c ⁰ = k ist, also a = a ⁰ k, b = b ⁰ k und c = c ⁰ k. Aus dem Cosinussatz folgt dann, dass die entsprechenden Winkel gleich sind. Zum Beispiel ist

cos α = 1

2bc (b ² + c ² − a ² ) = 1

2(b ⁰ k)(c ⁰ k) (b ⁰ k) ² + (c ⁰ k) ² − (a ⁰ k) ²

= 1

2b ⁰ c ⁰ (b ⁰ ) ² + (c ⁰ ) ² − (a ⁰ ) ²

= cos α ⁰ . Auf jedem Fall sind auch diesmal die Dreiecke ¨ ahnlich.

c) Wenn die Dreiecke durch eine zentrische Streckung auseinander hervorgehen, dann gibt es ein k, so dass a = a ⁰ k, b = b ⁰ k und c = c ⁰ k ist. Daraus folgt die Bedingung (2) und – wie in (b) gezeigt – auch Bedingung (1). Da sich eine ¨ Ahnlich- keitsabbildung aus Isometrien und zentrischen Streckungen zusammensetzt, folgt:

Sind ABC und A ⁰ B ⁰ C ⁰ ¨ ahnlich, so sind (a) und (b) erf¨ ullt.

Anhang:

Ist A = (a ij ) =











a ₁₁ a ₁₂ · · · a _1m a ₂₁ a ₂₂ · · · a _2m .. . .. . .. . a _n1 a ₁₂ · · · a _nm











eine Matrix mit n Zeilen und m Spalten,

so ist A ^> = (a _ji ) die an der Diagonalen gespiegelte Matrix.

Manchmal schreibt man auch (A) ij statt a ij . Das Produkt einer (n, m)-Matrix A mit einer (m, r)-Matrix B ist die (n, r)-Matrix A · B mit

(A · B) ik :=

m

X

j=1

(A) ij · (B) jk , f¨ ur i = 1, . . . , n und k = 1, . . . , r.

Es ist (A · B) ^> = B ^> · A ^> .

Ist x = (x ₁ , . . . , x _n ) ein Zeilenvektor, so ist x ^> der gleiche Vektor, aber als Spalte geschrieben.

Schreibt man die Vektoren des R ⁿ als Spalten, so gibt es zu jeder linearen Ab- bildung F : R ^m → R ⁿ eine (n,m)-Matrix A = (a _ij ), so dass F (x ^> ) = A · x ^>

ist:

F





 x ₁

.. . x m







=







a ₁₁ · · · a _1m .. . .. .

a n1 · · · a nm





 ·





 x ₁

.. . x m





 =







a ₁₁ x ₁ + · · · + a _1m x _m .. .

a n1 x 1 + · · · + a nm x m





 .

Das Bild des i-ten Einheitsvektors (e _i ) ^> = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) ^> ist die i-te Spalte von A.

Schreibt man die Vektoren als Zeilen, so ist F (x) = F (x ^> ) ^> = (A · x ^> ) ^> = x · A ^> . Das euklidische Skalarprodukt kann man auch mit Hilfe des Matrizenprodukts beschreiben, es ist x

y = x · y ^> = x ₁ y ₁ + · · · + x _n y _n . Gilt F (x)

F (y) = x

y f¨ ur alle x, y (wobei F eine lineare Abbildung mit F (x) = x · A ^> ist), so ist

δ _ij = e _i

e _j = F (e _i )

F (e _j ) = (e _i · A ^> ) · (e _j · A ^> ) ^> = e _i · (A ^> · A) · e ^> _j = (A ^> · A) _ij ,

also A ^> ·A = E n die Einheitsmatrix. Man nennt A dann orthogonal, insbesondere

ist det(A) = ±1.