Beweisarchiv: Geometrie: Trigonometrie: Trigonometriesätze: Neue Folgerungen aus dem Projektionssatz der Dreiecksgeometrie

Formulierung

Der Projektionssatz, welcher dem Kosinussatz zugrundeliegt (und mit diesem sogar gleichwertig ist), besagt:

Bezeichnet man für ein Dreieck der euklidischen Ebene - wie üblich - mit $a,b,c>0$ die Längen der zugehörigen Seiten und mit $\alpha ,\beta ,\gamma \in ]0,\pi [(\alpha +\beta +\gamma =\pi )$ die im Bogenmaß bemessenen zugehörigen Innenwinkel dieses Dreiecks so gelten folgende Identitäten:

$a=b\cos \gamma +c\cos \beta$

$b=c\cos \alpha +a\cos \gamma$

$c=a\cos \beta +b\cos \alpha$

Aus dem Projektionssatz lässt sich nun die nachstehende Kosinusformel ableiten:

(F1) ${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma +2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma =1$

Zusatz:

Aufgrund der Tatsache, dass die reelle Kosinusfunktion zu einer auf der ganzen komplexen Ebene erklärten holomorphen Funktion fortgesetzt werden kann, und wegen des Identitätssatzes gilt (F1) auch für alle komplexen Argumente $\alpha ,\beta ,\gamma \text{mit }\alpha +\beta +\gamma =\pi$   .

Darüber hinaus gelten stets die Ungleichungen

(U) $1\le \max (|\cos \alpha |+|\cos \beta |,|\cos \beta |+|\cos \gamma |,|\cos \gamma |+|\cos \alpha |)$

und

(V) $1<|\cos \alpha |+|\cos \beta |+|\cos \gamma |$ .

Beweis

Herleitung der Ungleichung (F1)

Schreibt man die drei Gleichungen des Projektionssatzes in Matrizenform, so erhält man:

$\left(\begin{array}{ccc}-1& \cos \gamma & \cos \beta \\ \cos \gamma & -1& \cos \alpha \\ \cos \beta & \cos \alpha & -1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}a\\ b\\ c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)\in {ℝ}^3$

Das bedeutet: Der Kern des zu der obigen Matrix gehörigen, auf dem ${ℝ}^3$ definierten linearen Endomorphismus besteht nicht allein aus dem Nullvektor und ist daher kein Automorphismus.

Folglich muss die Determinante der Matrix gleich Null sein.

Unter Anwendung des laplaceschen Entwicklungssatzes und durch Entwicklung nach der ersten Zeile gewinnt man daraus:

$\begin{array}{cc}0& =(-1)\cdot \left|\begin{array}{cc}-1& \cos \alpha \\ \cos \alpha & -1\end{array}\right|-\cos \gamma \cdot \left|\begin{array}{cc}\cos \gamma & \cos \alpha \\ \cos \beta & -1\end{array}\right|+\cos \beta \cdot \left|\begin{array}{cc}\cos \gamma & -1\\ \cos \beta & \cos \alpha \end{array}\right|\\ & =(-1)\cdot (1-{\cos \alpha }^2)-\cos \gamma \cdot (-\cos \gamma -\cos \alpha \cos \beta )+\cos \beta \cdot (\cos \alpha \cos \gamma +\cos \beta )\\ & =-1+{\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma +2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma \\ \end{array}$

Das beweist die Gültigkeit von (F1) .

Herleitung der Ungleichungen (U) und (V)

Zu (U)

Die erste Matrixgleichung oben lässt sich auch anders schreiben, nämlich wie folgt:

$\left(\begin{array}{ccc}0& \cos \gamma & \cos \beta \\ \cos \gamma & 0& \cos \alpha \\ \cos \beta & \cos \alpha & 0\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}a\\ b\\ c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ c\end{array}\right)$

Das bedeutet: $1$ ist Eigenwert der links stehenden Matrix.

Die Ungleichung (U) ergibt sich dann unmittelbar durch Anwendung des Gerschgorin'schen Kreisesatzes !

Zu (V)

Um (V) zu zeigen, ist zunächst zu bemerken, dass (U) unmittelbar

$1\le |\cos \alpha |+|\cos \beta |+|\cos \gamma |$

nach sich zieht. Also bleibt allein nachzuweisen, dass hier der Fall der Gleichheit auszuschließen ist.

Geht man hier jedoch im Gegenteil von der Gleichheit aus, so hat man – o.B.d.A. $|\cos \alpha |\ge |\cos \beta |\ge |\cos \gamma |$ annehmend – sogleich

$1=|\cos \alpha |+|\cos \beta |+|\cos \gamma |=|\cos \alpha |+|\cos \beta |$

und damit

$\cos \gamma =0$ .

Da wir jedoch ein nicht-ausgeartetes Dreieck zugrundelegen, hat man wegen $\gamma \in ]0,\pi [$ sofort

$\gamma =\frac{\pi }{2}$

und dann auch

$\alpha +\beta =\frac{\pi }{2}$ .

Also folgt

$1=|\cos \alpha |+|\cos (\frac{\pi }{2}-\alpha )|$

und dann sogleich

$1=|\cos \alpha |+|\sin \alpha |$

und weiter

${\cos }^2\alpha +{\sin }^2\alpha =1={\cos }^2\alpha +2|\cos \alpha \sin \alpha |+{\sin }^2\alpha$ .

Dann muss aber

$2\cos \alpha \sin \alpha =0$

gelten und infolge der Additionstheoreme weiter

$\sin 2\alpha =0$ .

Wegen $\alpha \in ]0,\pi [$ ist $2\alpha \in ]0,2\pi [$ und es folgt

$2\alpha =\pi$

und damit

$\alpha =\frac{\pi }{2}$ .

Dann muss aber auch

$\beta =0$

sein, was aber mit der Tatsache unvereinbar ist, dass auch $\beta \in ]0,\pi [$ vorausgesetzt ist.

Damit ist ein Widerspruch gegeben, was bedeutet, dass die obige Annahme der Gleichheit nicht haltbar ist.

Anwendungen

A-1

Aus (F1) lassen sich leicht weitere (mehr oder weniger bekannte) Formeln ableiten.

A-1-1

Behält man in (F1) $\alpha$ als Variable und setzt dann $\beta =\frac{\pi }{2}-\alpha ,\gamma =\frac{\pi }{2}$   , so erhält man wegen $\cos (\frac{\pi }{2})=0$ direkt

${\cos }^2\alpha +{\cos }^2(\frac{\pi }{2}-\alpha )+0+0=1$

und damit die bekannte Identität

${\cos }^2\alpha +{\sin }^2(\alpha )=1$   .

A-1-2

Mit A-1-1 folgert man dann direkt weiter:

(F1') ${\sin }^2\alpha +{\sin }^2\beta +{\sin }^2\gamma -2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma =2$ für $\alpha ,\beta ,\gamma \in ℂ\text{mit }\alpha +\beta +\gamma =\pi$   .

A-2

Hat man $\alpha ,\beta ,\gamma \in ]0,\frac{\pi }{2}]\text{ mit }\gamma =\pi -\alpha -\beta$, so erhält man aus in (F1) , indem man mittels quadratischer Ergänzung nach $\cos \gamma$ auflöst, die folgende Gleichung:

(F2) $\cos \gamma =\cos \alpha \cdot \cos \beta +\sqrt{1+{\cos }^2\alpha \cdot {\cos }^2\beta -{\cos }^2\alpha -{\cos }^2\beta }$   .

Durch Anwendung von (F2) gewinnt man aus bekannten Kosinuswerten leicht neue, und zwar insbesondere solche, in denen allein natürliche Zahlen, Brüche und Wurzeln auftreten.

Beispiele dafür sind die folgenden.

A-2-1

Man setzt in (F2) $\alpha =\frac{\pi }{3},\beta =\frac{\pi }{4},\gamma =\frac{5\pi }{12}$ und erhält

$\cos \frac{5\pi }{12}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{1+\frac{1}{4}\cdot \frac{2}{4}-\frac{1}{4}-\frac{2}{4}}=\frac{-\sqrt{2}+\sqrt{16+2-4-8}}{4}$   .

Also ist

$\cos \frac{5\pi }{12}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$   .

A-2-2

Man setzt in (F2) $\alpha =\frac{\pi }{2},\beta =\frac{5\pi }{12},\gamma =\frac{\pi }{12}$ und erhält

$\cos \frac{\pi }{12}=0+\sqrt{1+0+0-{\cos }^2(\frac{5\pi }{12})}=\sqrt{1-(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}{)}^2}$   .

Also ist

$\cos \frac{\pi }{12}=\frac{\sqrt{8+4\cdot \sqrt{3}}}{4}$

und damit

$\cos \frac{\pi }{12}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}$

oder auch

$\cos \frac{\pi }{12}=\frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}}$   .

Quellen und Hintergrundliteratur

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