Gegeben sind die folgenden Punkte auf der Sphäre S²: A = 1/√2 * (1, -1, 0) B = 1/√2 * (0, 1, 1) C = 1/3 * (2, -1, -2) a) Zeigen Sie, dass die Punkte A, B, C ein sphärisches Dreie... Gegeben sind die folgenden Punkte auf der Sphäre S²: A = 1/√2 * (1, -1, 0) B = 1/√2 * (0, 1, 1) C = 1/3 * (2, -1, -2) a) Zeigen Sie, dass die Punkte A, B, C ein sphärisches Dreieck bilden und berechnen Sie jeweils den Kosinus seiner Seitenlängen. b) Geben Sie die Mittelsenkrechte mAB der Seite AB in der folgenden Form an: mAB = {c(t) = cos(t)MAB + sin(t)X | t∈R}. c) Zeigen Sie, dass für einen Punkt P∈ S² gilt: P liegt genau dann auf mĀM, wenn gilt: ds2(A,P) = ds2 (B, P) gilt. Hinweis zu b): Sie dürfen ohne weitere Begründung verwenden, dass der Mittelpunkt von AB von der Form MAB = λ· (A + B) ist für ein A ∈ R ist und dass Großkreise genau dann orthogonal sind, wenn dies für ihre definierenden Ebenen gilt. Read more

Steps to Solve

1. Teil a: Zeigen, dass A, B, C ein sphärisches Dreieck bilden

Um zu zeigen, dass A, B und C ein sphärisches Dreieck bilden, müssen wir zeigen, dass sie nicht kollinear sind. Da die Punkte auf der Sphäre liegen und normalisiert sind, reicht es aus zu zeigen, dass die Vektoren linear unabhängig sind. Dies bedeutet, dass keine Linearkombination von zwei Vektoren den dritten Vektor ergibt. Andernfalls wäre das Spatprodukt = 0. Wir können auch zeigen, dass paarweise das Skalarprodukt ungleich 1 ist, um zu zeigen, dass die Punkte nicht identisch sind.

2. Berechnung der Kosinuswerte der Seitenlängen

Die Kosinuswerte der Seitenlängen des sphärischen Dreiecks können mit dem Skalarprodukt der Vektoren berechnet werden, da die Vektoren auf der Einheitskugel liegen. Erinnern wir uns daran, dass das Skalarprodukt zweier Vektoren gleich dem Kosinus des Winkels zwischen ihnen ist.

$$cos(a) = A \cdot B$$ $$cos(b) = B \cdot C$$ $$cos(c) = A \cdot C$$

wobei $a$ die Länge der Seite BC, $b$ die Länge der Seite AC und $c$ die Länge der Seite AB ist.

Nun berechnen wir die Skalarprodukte:

$A \cdot B = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \ -1 \ 0 \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 \ 1 \ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} (1 \cdot 0 + (-1) \cdot 1 + 0 \cdot 1) = -\frac{1}{2}$

$B \cdot C = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 \ 1 \ 1 \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 \ -1 \ -2 \end{pmatrix} = \frac{1}{3\sqrt{2}} (0 \cdot 2 + 1 \cdot (-1) + 1 \cdot (-2)) = \frac{-3}{3\sqrt{2}} = -\frac{1}{\sqrt{2}}$

$A \cdot C = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \ -1 \ 0 \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 \ -1 \ -2 \end{pmatrix} = \frac{1}{3\sqrt{2}} (1 \cdot 2 + (-1) \cdot (-1) + 0 \cdot (-2)) = \frac{3}{3\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Somit gilt: $cos(a) = -\frac{1}{2}$ $cos(b) = -\frac{1}{\sqrt{2}}$ $cos(c) = \frac{1}{\sqrt{2}}$

3. Teil b: Bestimmung der Mittelsenkrechten $m_{AB}$

Der Mittelpunkt $M_{AB}$ von $\overline{AB}$ ist von der Form $M_{AB} = \lambda (A + B)$. Zuerst berechnen wir $A+B$:

$A + B = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \ -1 \ 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 \ 1 \ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \ 0 \ 1 \end{pmatrix}$

Nun muss $M_{AB}$ auf der Sphäre liegen, also muss $|M_{AB}| = 1$ sein.

$|A+B| = \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 1$.

Also ist $\lambda = 1$ und $M_{AB} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \ 0 \ 1 \end{pmatrix}$.

Da $m_{AB}$ orthogonal zu $A$ und $B$ sein muss, muss $X$ orthogonal zur Ebene sein, die von A und B aufgespannt wird. Daher ist $X$ parallel zum Kreuzprodukt von A und B.

$X = A \times B = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \ -1 \ 0 \end{pmatrix} \times \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 \ 1 \ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} -1 \ -1 \ 1 \end{pmatrix}$.

Damit $X$ auf der Sphäre liegt, muss man $X$ noch normalisieren. $|X| = \frac{1}{2} \sqrt{(-1)^2 + (-1)^2 + 1^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Also ist der normalisierte Vektor: $X = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} -1 \ -1 \ 1 \end{pmatrix}$.

Schließlich erhalten wir $m_{AB} = {c(t) = cos(t)M_{AB} + sin(t)X | t \in \mathbb{R}}$, mit $M_{AB} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \ 0 \ 1 \end{pmatrix}$ und $X = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} -1 \ -1 \ 1 \end{pmatrix}$.

4. Teil c: Beweis der Aussage über Punkte P auf der Mittelsenkrechten

Wir müssen zeigen, dass $P$ genau dann auf $m_{AB}$ liegt, wenn $d_{S^2}(A,P) = d_{S^2}(B, P)$ gilt. Dies bedeutet, dass wir zwei Richtungen beweisen müssen:

• Richtung 1: Wenn $P$ auf $m_{AB}$ liegt, dann $d_{S^2}(A,P) = d_{S^2}(B, P)$.

Wenn $P$ auf $m_{AB}$ liegt, dann ist $P = \cos(t)M_{AB} + \sin(t)X$ für ein $t \in \mathbb{R}$. Wir wollen zeigen, dass $A \cdot P = B \cdot P$.

$A \cdot P = A \cdot (\cos(t)M_{AB} + \sin(t)X) = \cos(t)(A \cdot M_{AB}) + \sin(t)(A \cdot X)$

$B \cdot P = B \cdot (\cos(t)M_{AB} + \sin(t)X) = \cos(t)(B \cdot M_{AB}) + \sin(t)(B \cdot X)$

Wir haben $M_{AB} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, 1)$, $A = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1, 0)$ und $B = \frac{1}{\sqrt{2}}(0, 1, 1)$. Daraus folgt $A \cdot M_{AB} = \frac{1}{2}$ und $B \cdot M_{AB} = \frac{1}{2}$, also $A \cdot M_{AB} = B \cdot M_{AB}$.

Da $X$ orthogonal zu $A$ und $B$ ist, gilt $A \cdot X = 0$ und $B \cdot X = 0$.

Also ist $A \cdot P = B \cdot P$, was bedeutet, dass $d_{S^2}(A,P) = d_{S^2}(B, P)$ gilt.

• Richtung 2: Wenn $d_{S^2}(A,P) = d_{S^2}(B, P)$, dann liegt $P$ auf $m_{AB}$.

Wenn $d_{S^2}(A,P) = d_{S^2}(B, P)$, dann ist $A \cdot P = B \cdot P$. Dann ist $(A - B) \cdot P = 0$.

$A - B = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \ -2 \ -1 \end{pmatrix}$.

Die Menge aller Punkte $P$, für die $(A - B) \cdot P = 0$ ist, ist die Ebene durch den Ursprung, die orthogonal zu $A-B$ ist. Die Mittelsenkrechte $m_{AB}$ ist die Schnittmenge dieser Ebene mit der Sphäre. Daher liegt $P$ auf $m_{AB}$.