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Trigonometrie in der komplexen Ebene: Tangens und Kotangens in rechtwinkligen Dreiecken aus komplexen Zahlen

Satz des Heron

Die Fläche eines beliebigen Dreiecks ist mit den Seitenlängen $a,b,c$ ist

$A={\sqrt {s\left({s-a}\right)\left({s-b}\right)\left({s-c}\right)}}$

worin $s$ der halbe Umfang des Dreiecks ist

$s={\frac {a+b+c}{2}}$

Beweis über die Dreiecksfläche:

Die Dreiecksfläche ist

(1)   $A={\frac {c\cdot h_{c}}{2}}$

nach dem Satz des Pythagoras

(2)  $h_{c}^{2}=b^{2}-d^{2}$

und

(3)  $h_{c}^{2}=a^{2}-\left({c-d}\right)^{2}$

(2) und (3) gleichgesetzt

(4.1)   $b^{2}-d^{2}=a^{2}-\left({c-d}\right)^{2}$

(4.2)   $b^{2}-d^{2}=a^{2}-c^{2}+2cd-d^{2}$

aufgelöst nach $d$

(5)   $d={\frac {b^{2}-a^{2}+c^{2}}{2c}}$

Formel (2) nach der 3. binomischen Formel

(6)   $h_{c}^{2}=\left({b-d}\right)\left({b+d}\right)$

Formel (5) eingesetzt

(7.1)   $h_{c}^{2}=\left({b-{\frac {b^{2}-a^{2}+c^{2}}{2c}}}\right)\left({b+{\frac {b^{2}-a^{2}+c^{2}}{2c}}}\right)$

(7.2)   $h_{c}^{2}=\left({\frac {2bc-b^{2}+a^{2}-c^{2}}{2c}}\right)\left({\frac {2bc+b^{2}-a^{2}+c^{2}}{2c}}\right)$

umgestellt

(7.3)   $h_{c}^{2}={\frac {\left[{a^{2}-\left({b^{2}-2bc+c^{2}}\right)}\right]\left[{-a^{2}+\left({b^{2}+2bc+c^{2}}\right)}\right]}{4c^{2}}}$

2. und 1. binomische Formel angewendet

(7.4)   $h_{c}^{2}={\frac {\left[{a^{2}-\left({b-c}\right)^{2}}\right]\left[{-a^{2}+\left({b+c}\right)^{2}}\right]}{4c^{2}}}$

3. binomische Formel angewendet

(7.5)   $h_{c}^{2}={\frac {\left[{\left({a-b+c}\right)\left({a+b-c}\right)}\right]\left[{\left({-a+b+c}\right)\left({a+b+c}\right)}\right]}{4c^{2}}}$

(7.6)   $h_{c}^{2}={\frac {\left({a-b+c}\right)\left({a+b-c}\right)\left({-a+b+c}\right)\left({a+b+c}\right)}{4c^{2}}}$

Formel (1) quadriert und Formel (7.6) eingesetzt

(8.1)   $A^{2}={\frac {c^{2}\cdot {\frac {\left({a-b+c}\right)\left({a+b-c}\right)\left({-a+b+c}\right)\left({a+b+c}\right)}{4c^{2}}}}{4}}$

(8.2)   $A^{2}={\frac {\left({a-b+c}\right)\left({a+b-c}\right)\left({-a+b+c}\right)\left({a+b+c}\right)}{16}}$

etwas umgestellt

(8.3)   $A^{2}={\frac {\left({a+b+c}\right)}{2}}{\frac {\left({-a+b+c}\right)}{2}}{\frac {\left({a-b+c}\right)}{2}}{\frac {\left({a+b-c}\right)}{2}}$

mit dem halben Umfang

(9)   $s={\frac {a+b+c}{2}}$

und

(9.1)   $s-a={\frac {a+b+c-2a}{2}}={\frac {-a+b+c}{2}}$

und

(9.2)   $s-b={\frac {a+b+c-2b}{2}}={\frac {a-b+c}{2}}$

und

(9.3)   $s-c={\frac {a+b+c-2c}{2}}={\frac {a+b-c}{2}}$

Formel (9), (9.1), (9.2), (9.3) in Formel (8.3) eingesetzt

(10)   $A^{2}=s\left({s-a}\right)\left({s-b}\right)\left({s-c}\right)$

oder

(11)   $A={\sqrt {s\left({s-a}\right)\left({s-b}\right)\left({s-c}\right)}}$

Beweis mit dem Satz des Pythagoras

Abbildung und Bezeichnungen siehe Skizze oben.

Nach dem Satz des Pythagoras gilt

(1.1)   $b^{2}=h_{c}^{2}+d^{2}$

und

(1.2)   $a^{2}=h_{c}^{2}+(c-d)^{2}$

Subtraktion ergibt

(2)   $a^{2}-b^{2}=c^{2}-2cd$

aufgelöst nach $d$

(3)   $d={\frac {-a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2c}}$

nach Pythagoras ist

(4)   $h_{c}^{2}=b^{2}-d^{2}$

nach der 3. binomischen Formel

(5)   $h_{c}^{2}=(b-d)(b+d)$

(3) in (5) eingesetzt

(6)   $h_{c}^{2}=\left(b-{\frac {-a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2c}}\right)\left(b+{\frac {-a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2c}}\right)$

umgewandelt

(7)   $4c^{2}h_{c}^{2}=\left(2bc+a^{2}-b^{2}-c^{2}\right)\left(2bc-a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$

2. und 1. binomische Formeln angewandt

(8)   $4c^{2}h_{c}^{2}=\left[a^{2}-(b-c)^{2}\right]\left[-a^{2}+(b+c)^{2}\right]$

3. binomische Formel angewandt

(9)  $4c^{2}h_{c}^{2}=\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(-a+b+c\right)\left(a+b+c\right)$

$s$ ist der halbe Umfang des Dreiecks

(10)   $s={\frac {a+b+c}{2}}$

(11.1)  $2s={a+b+c}$

(11.2)   $2s-2a={-a+b+c}$

(11.3)   $2s-2b={a-b+c}$

(11.4)   $2s-2c={a+b-c}$

(11) in (9) eingesetzt und neu geordnet

(12.1)   $4c^{2}h_{c}^{2}=2s(2s-2a)(2s-2b)(2s-2c)$

(12.2)   $4c^{2}h_{c}^{2}=16s(s-a)(s-b)(s-c)$

duch 16 geteilt

(13)   ${\frac {c^{2}h_{c}^{2}}{4}}=s(s-a)(s-b)(s-c)$

die Dreiecksfläche ist

(14)   $A={\frac {c\cdot h_{c}}{2}}$

quadriert

(15)   $A^{2}={\frac {c^{2}h_{c}^{2}}{4}}=s(s-a)(s-b)(s-c)$

daraus ergibt sich der Flächeninhalt des Dreiecks

(16)   $A={\sqrt {s\left({s-a}\right)\left({s-b}\right)\left({s-c}\right)}}$

Beweis mit dem Kosinussatz

Abbildung und Bezeichnungen siehe Skizze oben.

(1)   $A={\frac {c\cdot h_{c}}{2}}$

(2)   $h_{c}=b\cdot \sin \alpha$

(3)   $A={\frac {bc\cdot \sin \alpha }{2}}$

nach dem Kosinussatz gilt

(4)   $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cdot \cos \alpha$

aufgelöst nach $\cos \alpha$

(5)   $\cos \alpha ={\frac {b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}}$

nach dem trigonometrischen Pythagoras gilt

(6)   $\sin \alpha ={\sqrt {1-\cos ^{2}\alpha }}$

(5) in (6) eingesetzt und erweitert

(7.1)   $\sin \alpha ={\sqrt {\left({\frac {2bc}{2bc}}\right)^{2}-\left({\frac {b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}}\right)^{2}}}$

(7.2)   $\sin \alpha ={\frac {1}{2bc}}{\sqrt {(2bc)^{2}-(b^{2}+c^{2}-a^{2})^{2}}}$

nach dem 3. binomischen Lehrsatz

(8)   $\sin \alpha ={\frac {1}{2bc}}{\sqrt {(2bc-b^{2}-c^{2}+a^{2})(2bc+b^{2}+c^{2}-a^{2})}}$

nach dem 2. und 1. binomischen Lehrsatz

(9)   $\sin \alpha ={\frac {1}{2bc}}{\sqrt {[a^{2}-(b-c)^{2}][(b+c)^{2}-a^{2}]}}$

nach dem 3. binomischen Lehrsatz

(10)   $\sin \alpha ={\frac {1}{2bc}}{\sqrt {(a-b+c)(a+b-c)(b+c-a)(b+c+a)}}$

$s$ ist der halbe Umfang des Dreiecks

(11)   $s={\frac {a+b+c}{2}}$

(12.1)   $2s={a+b+c}$

(12.2)   $2s-2a={-a+b+c}$

(12.3)   $2s-2b={a-b+c}$

(12.4)   $2s-2c={a+b-c}$

(12) in (10) eingesetzt und neu geordnet

(13)   $\sin \alpha ={\frac {1}{2bc}}{\sqrt {2s\cdot 2(s-a)\cdot 2(s-b)\cdot 2(s-c)}}$

(14)   $\sin \alpha ={\frac {2}{bc}}{\sqrt {s\cdot (s-a)\cdot (s-b)\cdot (s-c)}}$

(14) in (3) eingesetzt

(15)   $A={\frac {bc\cdot \sin \alpha }{2}}={\frac {2bc}{2bc}}{\sqrt {s\cdot (s-a)\cdot (s-b)\cdot (s-c)}}$

(16)   $A={\sqrt {s\cdot (s-a)\cdot (s-b)\cdot (s-c)}}$