Zu den Lösungen Serie 04 WiSe 2011/12

Aufgabe 4.1

Es seien $A, B, C$ drei nichtkollineare Punkte und $A', B', C'$ ihre Bilder bei der Bewegung $\beta$. Man beweise: Für jeden Punkt $P$ ist jetzt sein Bild $P'$ bei $\beta$ eindeutig bestimmt.

Voraussetzung: nkoll(A,B,C) sowie A', B' und C' und P Behauptung: $\beta (P)$ = P' ist eindeutig bestimmt für jede Abbildung.
Es sind nun verschiedene Fälle zu betrachten. Der einfachste Fall ist, dass alle Punkte Fixpunkte sind, dann haben wir - nach dem vorherigen Satz gezeigt - die Identität. In diesem Fall spielt es keine Rolle, ob $P \equiv A \vee P \equiv B \vee P \equiv C$ oder ob P verschieden von A, B oder C ist. In diesen Fällen sind wir fertig.

Nun Fall II: Bewegung ist nicht die Identität (hier spielt es übrigens schon eine Rolle, ob P verschieden ist von A, B oder C oder nicht. Da die Voraussetzung nicht erfüllt werden kann, wenn P nicht verschieden ist von den drei nichtkollinearen Punkten (kann durch eine Mittelsenkrechte ganz leicht gezeigt werden) nehmen wir an, dass dem nicht der Fall ist, also P ungleich A, B, C.

Bei der Bewegung bleiben die Abstände erhalten.

= $\left| A'B' \right|$ . Weiter bleibt nun $\left| AP \right| = \left| A'P' \right| und \left| PB \right| = \left| P'B' \right|$. 

Nun kann P (und somit auch später P') in zwei Halbebenen bzgl. AB liegen oder auf AB selbst. Wenn P aber auf AB liegt, sind wir fertig, denn dann ergibt sich nur eine Möglichkeit wegen der Zwischenrelation. Da nun aber zusätzlich gelten muss, dass $\left| PC \right| = \left| P'C' \right|$ ist nun folgendes unmittelbar einleuchtend und ersichtlich:
Wenn P und C bzgl. AB in verschiedenen Halbebenen liegen, liegen auch P' und C' in verschiedenen Halbebenen bzgl. AB. Wenn P und C bzgl. AB in ein und derselben Halbebene liegen, liegen auch P' und C' in ein und derselben Halbebene bzgl. AB. Demnach ist P' eindeutig.

Ich werde das ganze evtl. nochmal schöner schreiben, da es vielleicht verwirrend ist. Wenn mein Geogebra wieder funktioniert, schicke ich eine Applikation nach. --Flo60 20:21, 15. Nov. 2011 (CET)

Des ist ja Humbug - des geht ja viel einfacher :-)

Voraussetzung: $\operatorname{nkoll}(A, B, C)$, die Bilder der Punkte bzgl. $\varphi$ seine A', B' und C'
Behauptung: $\varphi (P) = P'$ ist eindeutig bestimmt.

Beweis durch Widerspruch
Annahme: $\exists P'' \in \epsilon : P'' \neq \ P' \ und P'' \ = \ \varphi (P)$

Nummer	Beweisschritt	Begründung
1	AP| = |A'P'| = |A'P|	Definition Bewegung, Voraussetzung und Annahme, dass $\ P'' \ = \ \varphi (P)$
2	BP| = |B'P'| = |B'P|	Definition Bewegung, Voraussetzung und Annahme, dass $\ P'' \ = \ \varphi (P)$
3	CP| = |C'P'| = |C'P|	Definition Bewegung, Voraussetzung und Annahme, dass $\ P'' \ = \ \varphi (P)$
4	Weil sowohl A' als auch B' und C' zu den Endpunkten der Strecke $\overline{P'P''}$ jeweils ein und denselben Abstand haben liegen sie allesamt auf der Mittelsenkrechten dieser Strecke.	(1), (2), (3), Mittelsenkrechtenkriterium
5	Es gilt: $\operatorname{koll}(A', B', C')$	(4)
6	$\angle ABC = \angle A'B'C'$ und $\angle BCA = \angle B'C'A'$ und $\angle CAB = \angle C'A'B'$	Satz der Winkeltreue bei Bewegungen
7	A, B und C sind ebenfalls kollinear	(5), (6)
8	Widerspruch zur Voraussetzung, dass $\operatorname{nkoll}(A, B, C)$ - Annahme ist zu verwerfen	(7)

--Flo60 14:39, 11. Dez. 2011 (CET)

Aufgabe 4.2

Es seien $a$ und $b$ zwei Geraden, die sich in genau dem Punkt $Z$ schneiden. Man beweise: Die Nacheinanderausführung $S_b \circ S_a$ ist eine Drehung um Z, wobei der Drehwinkel dieser Drehung doppelt so groß ist wie der Winkel zwischen den beiden Geraden $a$ und $b$.

Pipi Langsocke 17:43, 16. Nov. 2011 (CET)

VSS: Die Geraden $a$ und $b$ schneiden sich in dem Punkt $Z$. Behauptung: 1. $S_b \circ S_a$ ist eine Drehung um $Z$. --> Trivial nach Satz der VL vom 8.11.: Die NAF zweier Spiegelungen mit sich schneidender Spiegelachsen ist eine Drehung. 2. Drehwinkel alpha ist doppelt so groß, wie der Winkel zwischen den Geraden $a$ und $b$.

zu 2.:

1. a ist Mittelsenkrechte von $PP'$ --> |$|PP'| = |PL|+|PL'|$, weil L (Lotfußpunkt) Element a --> L ist Fixpunkt bei Spiegelung an a und es gilt das Mittelsenkrechtenkriterium

2.Z istz Fixpunkt $S_a$ -->|$|ZP'| = |ZP'|$, weil L (Lotfußpunkt) Element a --> L ist Fixpunkt bei Spiegelung an a und es gilt das Mittelsenkrechtenkriterium
3. |$|ZL| = |ZL|$, weil L Element a und deshalb Fixpunkt (Definition 3.3 Fixpunktgerade)
4. Die Dreiecke LPZ und LP'Z sind kongruent zueinander (SSS)
5. b ist Mittelsenkrechte vin P'P mit Lotfußpunkt J --> (gleiche Begründungen wie bei 1.)
6. Die Dreiecke P'ZJ und JZP sind kongruent zueinander (habe die Schritte von oben übersprungen, weil sie analog sind.)
7. Der Winkel (LZJ') ist genau so groß wie der der Dreiecke (LZP') addiert mit dem Winkel (P'ZJ). 8. Da bereits bewiesen wurde, dass die Dreiecke (LZP') und (P'ZJ je Kongruent zu den "Nachbardreiecken" (LZP) und (JZP) sind, ergibt sich daraus, dass der Drehwinkel alpa genau doppelt so groß sein muss, wie der Winkel zwischen den beiden Geraden a b. (Puh fertig aufgeschrieben!! Alles klar? :-D) Pipi Langsocke 17:43, 16. Nov. 2011 (CET)

Und noch kurz ikonisch nachgeschickt:

--Flo60 20:45, 20. Apr. 2012 (CEST)

Aufgabe 4.3

Sie haben mit Ihren Schülern den begriff der Drehung erarbeitet. Jetzt steht eine Erstfestigung an. Entwickeln Sie Fragestellungen, die sich auf die folgende Geogebra-Applikation beziehen und der Festigung des Begriffs der Drehung dienen. Beispiele:

1. Der Punkt $A$ wird bei einer Drehung um $Z$ auf den Punkt $B$ abgebildet. Wie groß ist der Drehwinkel dabei?
2. Ist es möglich, dass bei einer Drehung um $Z$ der Punkt $M_1$ auf den Punkt $M_2$ abgebildet wird?

Aufgabe 4.4

Sowohl die Punkte $M_i, 0<i<13, i \in \mathbb{N}$ als auch die Punkte $N_i, 0<i<13, i \in \mathbb{N}$ sind zueinander Bilder bei Drehungen um das Zentrum $Z_M$ bzw. $Z_N$. Berechnen Sie die Koordinaten dieser Drehzentren.

Wir benötigen hierzu den Vektor. Da wir schlussendlich vom Drehzentrum Z ausgehen, ist es sehr günstig, dass dieser Punkt den Ursprung markiert, das erleichtert uns die Sache ein bischen, aber nicht der Rede wert.

Wie berechnen wir den Vektor?

Weil wir es ja mit einer Verschiebung zu tun haben, und das Drehzentrum von (o. B. d. A.) A in gleicher Positionierung zu M steht, wie A zu M1, können wir damit rechnen.

${M1x - Ax \choose M1y - Ay} = {1,5 - 2,5 \choose 3,33 - 4,33} = \vec{m} {-1 \choose -1}$ Diesen $\vec{m}$ Vektor müssen wir nun an Z ansetzen und Punkt Z daran verschieben. Das Bild von m(Z) ist dann folgen M.

Warum weiß ich, dass ich die A - Koordinaten von den M1 - Koordinaten abziehen muss und nicht andersherum? Das ist unmittelbar ersichtlich, da ich einen negativen Richtungssinn sowohl auf der x-Achse, als auch auf der y-Achse.

Meine Ausdrucksweise hier ist irgendwie kompliziert. Wenn jemand ein paar gute Bezeichnungen für den ganzen Sums hier hat, der schreibe hier bitte vergnüglich ein paar (brauchbare) Aspekte an.

Zur Findung des dritten Drehzentrums geht man analog vor ODER berechnet direkt von M aus die Veränderung der X-Koordinaten, da MN immer parallel zur X-Achse scheint.

--Flo60 22:53, 22. Nov. 2011 (CET)