Gleitspiegelung und Verkettungen von Spiegelung undParallelverschiebung

Def. Eine Gleitspiegelung ist eine Spiege-lung an einer Geraden (Spiegelachse) ver-knupft mit einer Translation parallel zu die-ser Geraden: GS : R2 → R

2,GSA,v ,λ = Tλv ◦ SLA,v

.Wir erlauben λ = 0, also ist eine Spiege-lung auch eine Gleitspiegelung. Eine Gleit-spiegelung ist eine Isometrie als Verkettungvon zwei Isometrien.

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Die linear-algebraische Formel fur eine Gleitspiegelung kann man aus der

Formel fur die Spiegelung ableiten: SL(x) = 2A+ 2 1|v |2 〈x − A, v〉v − x .

Es gilt dann:

GSA,v ,λ(x) = Tλv (SL(x)) = 2A+ λv + 21

|v |2〈x − A, v〉v − x .

Def. Eine Gleitspiegelung ist eine Spiegelung an einer Gera-den (Spiegelachse) verknupft mit einer Translation parallel

zu dieser Geraden: GS : R2 → R2,

GSA,v,λ = Tλv ◦ SLA,v.

Wir erlauben λ = 0, also ist eine Spiegelung auch eineGleitspiegelung. Eine Gleitspiegelung ist eine Isometrie alsVerkettung von zwei Isometrien. Es gilt:

GSA,v,λ(x) = Tv (SL(x)) = 2A+λv+21

|v|2〈x−A, v〉v−x.

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Es ist anschaulich (und einfach zu beweisen), dass die GleitspiegelungGSA,v ,λ(x) mit λ 6= 0 keine Fixpunkte hat. In der Tat, die Punkte einerHalbebene (ohne die Gerade) werden auf die andere Seite abgebildet undkonnen deswegen keine Fixpunkte sein. Die Punkte der Geraden sind dieFixpunkte von SL(x) und werden deswegen nur Tλv−verschoben, d.h.,fur jedes x ∈ L ist

GSA,v ,λ(x) = Tλv (SL(x)) = Tλv (x)fur λ 6= 0

6= x ,

also sind sie auch keine Fixpunkte von GS .

Bemerkung. Was bedeutet es, dass die Punkte auf einer Seite von L

bzw. auf verschiedenen Seiten von L liegen? Die Punkte A,B 6∈ L liegenauf einer Seite der Geraden L, falls die Strecke AB die Gerade L nichtschneidet.Die Bedingung “auf einer Seite von L liegen” ist eine Aquivalenzrelation:Symmetrie und Reflexivitat (aus der Def. von Aquivalenzrelation) sindoffensichtlich. Transitivitat bedeutet in diesem Fall die folgende Aussage:wenn A und B auf einer Seite liegen und B und C auf einer Seite liegen,dann liegen A und C auch auf einer Seite. Wir erklaren das auf dernachsten Seite.

Die Bedingung “auf einer Seite von L liegen” ist transitiv

Man kann Transitivitat mit Hilfe der Gleichungs-Darstellung der Geradenbekommen: Aus LA sollte es Ihnen bekannt sein, dass man in Dim. 2 jedeGerade als Losungsmenge der Gleichung ax + by − c = 0 darstellen kann(wobei (a, b) 6= (0, 0)):

L = {(x

y

)

| ax + by − c = 0}.

Dann gilt: die Punkte A =(x1y1

)

und B =(x2y2

)

liegen auf einer Seite von

L, wenn die Zahlen ax1 + by1 − c und ax2 + by2 − c gleiches Vorzeichenhaben.

L = {

(x

y

)

| ax + by − c = 0}.

Dann gilt: die Punkte A =

(x1y1

)

und B =

(x2y2

)

liegen auf einer Seite von L, wenn die Zahlen

ax1 + by1 − c und ax2 + by2 − c gleiches Vorzeichen haben.

In der Tat, wir parametrisieren die Strecke AB wie in der Definition derStrecke:

AB = {t(x1y1

)

+ (1− t)(x2y2

)

| 0 ≤ t ≤ 1}.

Wenn wir die Koordinaten des Punkts t(x1y1

)

+ (1− t)(x2y2

)

in die Formel

ax + by − c einsetzen, bekommen wir den folgenden Ausdruck in t:a((1 − t)x2 + tx1) + b((1 − t)y2 + ty1) − c = (1 − t)(ax2 + by2 − c) + t(ax1 + by1 − c) (∗)Wir sehen, dass wenn (ax2 + by2 − c) und (ax1 + by1 − c) gleichesVorzeichen haben, fur alle t ∈ [0, 1] der Ausdruck (∗) positiv ist unddeswegen ist fur keinen Punkt der Strecke die Gleichung ax + by − c = 0erfullt. Deswegen liegt kein Punkt auf der Geraden. Haben die Punkte derStrecke verschiedene Vorzeichen, so gibt es nach dem Zwischenwertsatzein t ∈ [0, 1], sodass der entsprechende Punkt die Gleichungax + by − c = 0 erfullt und somit auf der Geraden liegt.

Verkettung von Gleitspiegelung und Translation.

Lemma 16. Verkettung von Gleitspiegelung und Translation oder vonTranslation und Gleitspiegelung ist eine Gleitspiegelung.

GSA,v,λ(x) = Tv (SL(x)) = 2A + λv + 2 1|v|2

〈x − A, v〉v − x.

Beweis. Mit Gewalt ausrechnen: wir verketten GSA,v ,λ und Tu. Wirzerlegen auch u in die Summe u = v ′ + v⊥, wobei v ′ proportional zu v

ist und v⊥ orthogonal zu v ist – immer moglich in Dim. 2.GSA,v,λ ◦ Tu(x) = 2A + λv + 2 1

|v|2〈(x + v

′+ v

⊥)

︸ ︷︷ ︸

Tu (x)

−A, v〉v − (x + v′+ v

⊥)

︸ ︷︷ ︸

Tu (x)

=

2 (A − 12v⊥)

︸ ︷︷ ︸

A′

+λv + v′+ 2

〈v ′, v〉

|v|2v

︸ ︷︷ ︸

λ′v

+2 1|v|2

〈x − (A − 12v⊥)

︸ ︷︷ ︸

A′

, v〉v − x = GSA′,v,λ′ .

Beweis fur GSA,v ,λ ◦ Tu(x) ist analog und ist einfacher.

Verkettung von Gleitspiegelung und Rotation ist eineGleitspiegelung

Lemma 17. Verkettung von Gleitspiegelung bzgl. einer Geraden undeiner Drehung ist eine Spiegelung. Verkettung von Drehung undSpiegelung bzgl. einer Geraden ist eine Gleitspiegelung.Beweis. Ausrechnen wie in Lemma 16.

Klassifikationssatz fur Isometrien

Ein Punkt x heißt Fixpunkt einer Isometrie f , wenn f (x) = x .

Satz 2. Es gilt:

1. Hat eine Isometrie f des R2 drei Fixpunkte, welche nicht auf einerGeraden liegen, so ist f = Id .

2. Hat eine Isometrie genau einen Fixpunkt, so ist f eine Drehungbzgl. diesem Fixpunkt.

3. Hat eine Isometrie mind. zwei Fixpunkte A 6= B und ist sie nicht dieIdentitatsabbildung, so ist sie eine Spiegelung bzgl. der GeradenL(A,B).

4. Hat eine Isometrie keine Fixpunkte, so ist sie eine GleitspiegelungGSA,v ,λ mit λ 6= 0 oder eine Translation Tv mit v 6= ~0.

Aus Satz 2 folgt, dass jede Isometrie des R2 eine Drehung, Spiegelung,

Gleitspiegelung oder Translation ist.

Beweis von Satz 2(1)

Hat eine Isometrie f des R2 drei Fixpunkte, welche nicht auf einerGeraden liegen, so ist f = Id .

Das folgt aus Satz 1 und LA. Angenommen, f ist eine Isometrie des R2,s.d. A 7→ A, B 7→ B , und C 7→ C , wobei die Punkte A,B ,C nicht aufeiner Geraden liegen.Aus Satz 1 wissen wir, dass jede Isometrie eine affine Abbildung ist. AusLA wissen wir, dass in R

2 die Bilder von drei Punkten, welche nicht aufeiner Geraden liegen, die affine Abbildung eindeutig bestimmen. Also gibtes hochsten eine Isometrie f mit A 7→ A, B 7→ B , und C 7→ C . Da dieIsometrie Id dasselbe leistet, ist Id = f .

Beweis 2(3)

Hat eine Isometrie f mind. zwei Fixpunkte A 6= B und ist sie nichtdie Identitatsabbildung, so ist sie eine Spiegelung bzgl. der GeradenL(A,B).

Angenommen f (A) = A und f (B) = B . Wir betrachten einen PunktC 6∈ L(A,B) und setzen C ′ := f (C ). Wenn C ′ = C ist, ist f dieIdentitatsabbildung wie wir es schon im Beweis 2(1) erklart haben.Wenn C 6= C ′, betrachten wir die Spiegelung bzgl. L(A,B). DieVerkettung SL(A,B) ◦ f ist eine Isometrie mit A 7→ A und B 7→ B ; siebildet C 7→ C , weil die Kreise {X ∈ R

2 | d(X ,A) = d(A,C )} und{X ∈ R

2 | d(X ,B) = d(B ,C )} hochstens 2 Schnittpunkte haben; da diePunkte C 6= C ′ auf beiden Kreisen liegen und SL(A,B) 6= Id ist, giltSL(A,b)(C

′) = C . Dann ist SL(A,B) ◦ f (C ) = C und deswegenSL(A,B) ◦ f = Id ; schließlich SL(A,B) = f .

Beweis 2(2)

Hat eine Isometrie f genau einen Fixpunkt, so ist sie eine Drehungbzgl. diesem Fixpunkt.

Sei A der Fixpunkt. Wir betrachten einen Punkt B mit d(A,B) = 1. SeiB ′ := f (B). Da die Punkte B und B ′ auf dem KreisK1(A) = {X ∈ R

2 | d(X ,A) = 1} liegen, existiert eine Drehung DA(α),die B ′ 7→ B , namlich fur α = 〈B ′AB oder fur α = 360◦ − 〈B ′AB . Dannhat DA(α) ◦ f mind. 2 Fixpunkte: A und B . Dann ist nach bereitsbewiesenem Satz 2(3) DA(α) ◦ f = Id oder DA(α) ◦ f = S (wobei S eineSpiegelung bzgl. einer Geraden ist). Im ersten Fall ist f = DA(−α). Imzweiten Fall ware f = DA(−α) ◦ S . Da aber DA(−α) ◦ S nach Lemma 17eine Gleitspiegelung ist, kann sie nicht genau einen Fixpunkt haben.

Beweis 2(4)

Hat eine Isometrie keine Fixpunkte, so ist sie eine GleitspiegelungGSA,v ,λ mit λ 6= 0 oder eine Translation Tv mit v 6= ~0.

Sei A′ := f (A). Wir betrachten T(A−A′) ◦ f . A ist ein Fixpunkt vonT(A−A′) ◦ f .Wenn A der einzige Fixpunkt von T(A−A′) ◦ f ist, ist T(A−A′) ◦ f = DA(α)fur ein α 6∈ {k · 360◦ | k ∈ Z}. Dann ist f = T(A′−A) ◦ DA(α). DieVerkettung von einer Translation und einer nicht-identischen Drehung istaber eine Drehung. Letztere Aussage wird auf der nachsten Seite erklart.Da die Drehung immer Fixpunkte hat, erfullt die Abbildung f nicht dieVoraussetzung “f hat keine Fixpunkte” und somit kann A nicht dereinzige Fixpunkt von T(A−A′) ◦ f sein.Dann ist T(A−A′) ◦ f eine Spiegelung oder eine Identitatsabbildung. Imersten Fall ist f eine Gleitspiegelung nach Lemma 16, und im zweiten Fallist f eine Translation.

Verkettung von zwei Spiegelungen ist eine Drehung odereine Paralleltranslation.

Folgerung. Die Verkettung von zwei Spiegelungen bzgl. Geraden L1 undL2 ist eine Drehung um den Schnittpunkt der Geraden, wenn die Geradennicht parallel sind, oder eine Translation, wenn sie parallel sind.Beweis. Wenn die Geraden nicht parallel sind, ist ihr Schnittpunkt dereinzige Fixpunkt von S1 ◦ S2. Dann ist die Abbildung eine Drehung.Wenn die Geraden parallel sind, kann man direkt ausrechnen, dass dieVerkettung eine Translation um einen Vektor ist, der zu den Geradenorthogonal ist und dessen Lange gleich dem doppelten Abstand zwischenden Geraden ist.

Bemerkung. Um zu argumentieren, dass, wenn die Geraden nicht

parallel sind, ihr Schnittpunkt der einzige Fixpunkt von S1 ◦ S2 ist, kann

man benutzen, dass der Mittelpunkt der Strecke zwischen A und SL(A)

auf L liegt.

Warum ist die Verkettung von nicht-identischer Drehungund Translation eine Drehung?

Wir betrachten Tv ◦ DA(α), wobei α 6∈ {k · 180◦ | k ∈ Z}. Wir haben inden Hausaufgaben und auch in Lemma 12 gesehen, dass Tv = P~0 ◦ P 1

2 v.

Da PA = DA(180◦), ist Tv ◦ DA(α) = P~0 ◦ P 1

2 v◦ DA(α)

︸ ︷︷ ︸

Drehung︸ ︷︷ ︸

Drehung

.

Fur α = 180◦ ist Tv ◦ DA(α) eine Verkettung von Punktsymmetrie undTranslation und ist damit auch eine Punktsymmetrie und deswegen eineDrehung.

Ahnlichkeitstransformationen

Def. Eine Abbildung f : R2 → R2 (bzw. Rn → R

n) heisst eineAhnlichkeitstransformation, wenn ein k > 0 existiert, so dass ∀X ,Y ∈ R

2

gilt: k · d(X ,Y ) = d(f (X ), f (Y )). Die Zahl k heisst dann Koeffizient derStreckung.Bemerkung. Ahnlichkeitstransformationen mit k = 1 sind Isometrien.Bsp. Wir betrachten die Homothetie Mk : x 7→ k · x (wobei k 6= 0). Sieist eine Ahnlichkeitstransformation: d(f (X ), f (Y )) = |f (X )− f (Y )| =|k · (X − Y )| = |k | · |X − Y | = |k | · d(X ,Y ), also ist sie eineAhnlichkeitstransformation mit dem Koeffizienten der Streckung gleich|k |.Lemma 18. Fur jede Ahnlichkeitstransformation f mit Faktor k gilt:f ◦M 1

k

und M 1k

◦ f sind Isometrien.

Beweis. d(M 1k

◦ f (X ),M 1k

◦ f (Y )) = 1kd(f (X ), f (Y )) = d(X ,Y ). Fur

f ◦M 1k

analog.

Folgerung 1 Jede Ahnlichkeitstransformation ist eine Affinitat.

Klassifikation von Ahnlichkeitstransformationen.

Folgerung 2 Jede Ahnlichkeitstransformation f des (R2, 〈 , 〉) hat dieForm

f (x) = k · Ox + v ,

wobei O eine orthogonale 2× 2-Matrix ist, v ∈ R2, und k > 0.

(Also, f = Mk ◦ I fur eine Isometrie).Ferner gilt: jede Ahnlichkeitstransformation ist eine Bijektion und dieMenge aller Ahnlichkeitstransformationen bilden eine Gruppe (bzgl.Verkettung).)

Bemerkung. Jede Abbildung der Form in Folg. 2 ist offensichtlich eine

zentrische Streckung als Verkettung Mk · I .

Ahnlichkeitstransformation erhalt die Winkel

Aussage 1. Sei f eine Ahnlichkeitstransformation mit demStreckungskoeffizienten k . Dann gilt:〈f (A)− f (B), f (C )− f (B)〉 = k2〈A− B ,C − B〉.Beweis. Wir haben gesehen, dass f = I ◦Mk fur eine Isometrie I ist. DieHomothetie Mk multipliziert Skalarprodukt mitk :〈Mk(A)−Mk(B),Mk(C )−Mk(B)〉 = 〈k · A− k · B , k · C − k · B〉 =k2〈A− B ,C − B〉. Da die Isometrie Skalarprodukt erhalt (Folgerung 3aus Satz 1), ist 〈f (A)− f (B), f (C )− f (B)〉 = k2〈A− B ,C − B〉.Folgerung 3. Sei f eine Ahnlichkeitstransformation und A,B ,C ∈ R.Dann gilt: 〈ABC = 〈f (A)f (B)f (C ).Beweis. Das Winkelmaß 〈f (A)f (B)f (C ) ist gleich

arccos

(〈f (B)− f (A), f (B)− f (C )〉

|f (B)− f (A)| · |f (B)− f (C )|

)

= arccos

(k2〈B − A,B − C 〉

k · |B − A| · k · |B − C |

)

= arccos

(〈f (B)− f (A), f (B)− f (C )〉

|f (B)− f (A)| · |f (B)− f (C )|

)

= arccos

(〈B − A,B − C 〉

|B − A| · |B − C |

)

.

Dreieckssatze fur Ahnlichkeitstransformationen

SSS-Satz: Es seien A, B, C und A′, B′, C ′ Punkte des R2, s.d. weder A, B, C noch A′, B′, C ′ auf einer Geraden

liegen. Dann gilt: es gibt eine Ahnlichkeitstransformation f , mit A 7→ A′, B 7→ B′, C 7→ C ′, genau dann wenn

fur ein k > 0 k · d(A, B) = d(A′, B′), k · d(B, C) = d(B′, C ′) und k · d(A, C) = d(A′, C ′). Ferner gilt: wenndiese Ahnlichkeitstransformation existiert, ist sie eindeutig.

SWS-Satz. Es seien A, B, C und A′, B′, C ′ Punkte des R2, s.d. weder A, B, C noch A′, B′, C ′ auf einer

Geraden liegen. Dann gilt: es gibt eine Ahnlichkeitstransformation f , mit A 7→ A′, B 7→ B′, C 7→ C ′, genau dann

wenn k · d(A, B) = d(A′, B′), k · d(A, C) = d(A′, C ′) und 〈BAC = 〈B′A′C ′. Ferner gilt: wenn diese

Ahnlichkeitstransformation existiert, ist sie eindeutig.

WW-Satz (analog zu WSW-Komgruenzsatz). Es seien A, B, C und A′, B′, C ′ Punkte des R2, s.d. weder

A, B, C noch A′, B′, C ′ auf einer Geraden liegen. Dann gilt: es gibt eine Ahnlichkeitstransformation f mit

A 7→ A′, B 7→ B′, C 7→ C ′, genau dann wenn 〈BAC = 〈B′A′C ′ und 〈ABC = 〈A′B′C ′. Ferner gilt: wenn

diese Ahnlichkeitstransformation existiert, ist sie eindeutig.

WSS-Satz. Wenn fur zwei Punktetripel A, B, C und A′, B′, C ′ gilt:

◮ weder A, B, C noch A′, B′, C ′ liegen auf einer Geraden,

◮ k · d(A, C) = d(A′, C ′), k · d(A, B) = d(A′, B′) fur ein k 6= 0 und 〈ABC = 〈A′B′C ′

◮ und außerdem |AC | ≥ |AB| und |AC | ≥ |BC |,

dann existiert eine Ahnlichkeitstransformation, mit A 7→ A′, B 7→ B′, C 7→ C ′. Ferner gilt: wenn diese

Ahnlichkeitstransformation existiert, ist sie eindeutig.

Beweis vom SSS-Satz fur Ahnlichkeitstransformationen

(Beweis der anderen Satze ist eine Hausaufgabe. )

SSS-Satz: Es seien A, B, C und A′, B′, C ′ Punkte des R2, s.d. weder A, B, C noch A′, B′, C ′ auf einer

Geraden liegen. Dann gilt: es gibt eine Ahnlichkeitstransformation f , mit A 7→ A′, B 7→ B′, C 7→ C ′, genau

dann wenn fur ein k > 0 k · d(A, B) = d(A′, B′), k · d(B, C) = d(B′, C ′) und k · d(A, C) = d(A′, C ′).Ferner gilt: wenn diese Ahnlichkeitstransformation existiert, ist sie eindeutig.

Beweis. Die =⇒-Richtung ist offensichtlich: wenn es eineAhnlichkeitstransformation f mit A 7→ A′, B 7→ B ′, C 7→ C ′ gibt, danngilt k · d(A,B) = d(A′,B ′), k · d(B ,C ) = d(B ′,C ′) ,k · d(A,C ) = d(A′,C ′) fur k gleich dem Streckungskoeffizient von f .Um den Satz in die ⇐=-Richtung zu beweisen, nehmen wir eineAhnlichkeitstransformation S mit Streckungskoeffizient k , z.B. dieAbbildung Mk : x 7→ k · x aus dem Beweis von Lemma 18. Die Bilder derPunkte A,B ,C bzgl. S werden wir mit A′′, B ′′, C ′′ bezeichnen. DiePunkte liegen nicht auf einer Geraden und erfullen die Bedingungd(A′′, B′′) = k · d(A, B) = d(A′, B′),

d(B′′, C ′′) = k · d(A, B) = d(B′, C ′),d(B′′, C ′′) = k · d(B, C) = d(B′, C ′),

d(B′′, C ′′) = k · d(B, C) = d(B′, C ′). Dann gibt es eine Isometrie I , die A′′ 7→ A′,B ′′ 7→ B ′, C ′′ 7→ C ′ abbildet. Die Verkettung I ◦ S bildet A 7→ A′,B 7→ B ′, C 7→ C ′ wie gewunscht, und ist eine Ahnlichkeitstransformationnach Folgerung 2.

Beweis vom SSS-Satz fur Ahnlichkeitstransformationen

SSS-Satz: Es seien A, B, C und A′, B′, C ′ Punkte des R2, s.d. weder A, B, C noch A′, B′, C ′ auf einer

Geraden liegen. Dann gilt: es gibt eine Ahnlichkeitstransformation f , mit A 7→ A′, B 7→ B′, C 7→ C ′, genau

dann wenn fur ein k > 0 k · d(A, B) = d(A′, B′), k · d(B, C) = d(B′, C ′) und k · d(A, C) = d(A′, C ′).Ferner gilt: wenn diese Ahnlichkeitstransformation existiert, ist sie eindeutig.

Beweis der Eindeutigkeit. Wir benutzen, dass dieAhnlichkeittransformationen eine Gruppe bilden (Folg. 2 aus Lemma 18):Seien f und f zwei Ahnlichkeitstransformationen s.d. sie beide A 7→ A′,B 7→ B ′, C 7→ C ′ abbilden.Wir betrachten f −1 ◦ f . Diese Abbildung ist eineAhnlichkeitstransformation, weil die Menge vonAhnlichkeitstransformationen eine Gruppe bzgl. Verkettung ist unddeswegen die Verkettung von zwei Elementen der Gruppe, also von zweiAhnlichkeitstransformationen, wieder ein Element der Gruppe, also wiedereine Ahnlichkeitstransformation ist.Wir haben offensichtlich f −1 ◦ f (A) = A, f −1 ◦ f (B) = B undf −1 ◦ f (C ) = C . Dann ist der Streckungkoefficient von f −1 ◦ f gleich 1,also ist f −1 ◦ f eine Isometrie. Es gibt aber (nach SSS-Satz furIsometrien) nur eine Isometrie, die A 7→ A, B 7→ B , C 7→ C abbildet; unddiese Isometrie ist die Identitatsabbildung. Also, f −1 ◦ f = Id unddeswegen f = f .

Zentrische Streckung.

Gegeben seien ein Punkt Z ∈ R2 der Zeichenebene und eine reelle Zahl

m 6= 0. Die zentrische Streckung mit Zentrum Z und Streckungsfaktor mist diejenige Abbildung R

2 → R2 so dass der Bildpunkt P’ eines Punktes

P folgende Eigenschaften besitzt:

◮ Z , P und P ′ liegen auf einer Geraden.

◮ Fur m > 0 liegen P und P ′ auf derselben Seite von Z , fur m < 0auf verschiedenen Seiten.

◮ Die Streckenlange |ZP ′| ist gleich dem |m| -fachen derStreckenlange |ZP |.

Die beiden Skizzen zeigen die Anwendung zweier zentrischer Streckungen(mit m = 3 und m = −0, 5) auf jeweils ein Dreieck ABC

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Zentrische Streckung ist eine Ahnlichkeitstransformation

Um dies zu zeigen finden wir die Formel fur die zentrische Streckung.

x 7→ Z + k(x − Z ) = kx + (1− k)Z .

Wir sehen, dass diese Formel mit der Formel aus Folgerung 2

ubereinstimmt; daher ist diese Abbildung eine Ahnlichkeitstransformation

Strahlensatz

Strahlensatz. Es verhalten sich die ausge-schnittenen Strecken auf den Parallelen, wie dieihnen entsprechenden, vom Scheitel aus gemes-senen Strecken auf den Strahlen.D.h., falls die Geraden L, L′ parallel sind, unddie Geraden MA, MB einen Schnittpunkt Z ha-ben, dann gilt fur die Schnittpunkte A := MA∩L,B := MB ∩ L,A′ := MA ∩ L′,B ′ := MB ∩ L′

so dass Z 6∈ {A,B ,A′,B ′}:|AB||A′B′| =

|ZA||ZA′|

Strahlensatz

= |ZB||ZB′| .

Einen Beweis haben wir (eventuell) auch im Abschnitt “affine Geometrie”von LA 2 gesehen. Ich gebe noch einen Beweis.

Strahlensatz: |AB||A′B′| =

|ZA||ZA′|

Strahlensatz

= |ZB||ZB′| .

Wir benutzen, dass 〈A′B ′Z = 〈ABZ und dass 〈BZA = 〈B ′ZA′. DerSinussatz fur die Dreiecke ABZ und A′B ′Z sagt uns, dass

sin(A′B ′Z )

|A′Z |=

sin(A′ZB ′)

|A′B ′|und

sin(ABZ )

|AZ |=

sin(AZB)

|AB |.

Da die gleichfarbigen Zahler in den Formeln oben gleich sind, bekommenwir den Strahlensatz

|AB |

|A′B ′|=

|ZA|

|ZA′|=

|ZB |

|ZB ′|.