21. Die Formel von Pick

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1 21. Die Formel von Pick Ein Polygon P, dessen Ecken bezüglich eines kartesischen Koordinatensystems ganzzahlige Koordinaten besitzen, soll Gitterpolygon heißen. Für geschlossene überschneidungsfreie Gitterpolygone gibt es eine Beziehung zwischen der umschlossenen Fläche A(P ) und der Anzahl der Gitterpunkte im Inneren des Polygons (i) und auf P selbst (r). Dies ist die Formel von Pick 1 : A(P ) = i + r/2 1. Um die Sprechweise zu vereinfachen, bezeichnen wir den Ausdruck i + r/2 1 mit F (P ). Wir zeigen nun schrittweise die Gültigkeit von A(P ) = F (P ): Satz 1. Das geschlossene Gitterpolygon P werde durch einen Streckenzug, dessen Ecken Gitterpunkte sind, in zwei Teilpolygone P 1, P 2 zerlegt. Dann ist F (P 1 ) + F (P 2 ) = F (P ). Wird P durch mehrere Streckenzüge in Polygone P 1,..., P k zerlegt, so gilt F (P ) = F (P 1 ) + + F (P k ). Beweis. Der erwähnte Streckenzug trage s Gitterpunkte, seine Randpunkte nicht eingerechnet. Die Anzahlen der Innen- und Randgitterpunkte von P 1, P 2 seien i 1, i 2, r 1, r 2. Dann ist i = i 1 + i 2 + s und r = (r 1 s) + (r 2 s) 2. Durch Einsetzen folgt F (P ) = F (P 1 )+F (P 2 ). Die Behauptung für mehrere Polygone folgt durch Induktion (siehe Figur). Satz 2. Sei ein Gitterpolygon P zerlegt in Gitterpolygone P 1,..., P k. Gilt die Formel von Pick für P 1,..., P k, dann auch für P. Gilt die Formel von Pick für P 2,..., P k und P, dann auch für P 1. Beweis. Es gilt F (P 1 ) + F (P k ) = F (P ) und A(P 1 ) + A(P k ) = A(P ). Daß die Formel von Pick für Gitterrechtecke R mit Seitenlängen a, b gilt, ist einfach einzusehen: Es ist i R = (a 1)(b 1), r R = 2a + 2b, und A(R) = ab. Ziehen wir in einem solchen Gitterrechteck eine Diagonale so erhalten wir zwei Dreiecke mit denselben Anzahlen i D und r D von Innen- und Randgitterpunkten. Es ist also 2(i D + r D /2 1) = i + r/2 1, und 2A(D) = A(R), also gilt die Formel von Pick für solche Dreiecke. Durch Anwenden von Satz?? sehen wir, daß sie für achsenparallele Gittertrapeze (siehe Figur), und für jedes Gitterdreieck gilt (siehe Figur). Nun können wir den Beweis der Formel von Pick abschließen, indem wir beachten, daß man jedes geschlossene Gitterpolygon in Gitterdreiecke zerlegen kann. 1 Pick, Georg: Geometrisches zur Zahlenlehre. Sitzungsberichte des Vereins Lotos (Prag) 19 (1899),

2 22. Konvexe Mengen, Polygone und Polyeder Def 1. Eine Teilmenge der euklidischen Ebene oder des Raumes heißt konvex, wenn die Verbindungsstrecke von je zwei Punkten ganz in der Menge liegt. Beispiel 1. Eine offene Kreisscheibe ist konvex, genauso wie eine abgeschlossene Kreisscheibe. Ein Dreieck und ein Rechteck sind konvex. Eine offene/abgeschlossene Kugel und die regulären platonischen Körper sind konvex. Def 2. Ein Polygon bzw. Polyeder in der Ebene bzw. im Raum heißt konvex, wenn sein Inneres eine konvexe Menge ist. Def 3. Die konvexe Hülle c.h.(m) einer Punktmenge M ist die kleinste konvexe Menge, welche M enthält. Man kann sich überlegen, daß es die konvexe Hülle c.h.(m) immer gibt. Sie ist der Durchschnitt aller konvexer Mengen, die M enthalten. In der Ebene erhält man als konvexe Hülle die Form eines gespannten Gummibandes, das um die gegebene Menge gelegt wird. Beispiel 2. Die konvexe Hülle einer konvexen Menge M ist gleich M. Die konvexe Hülle einer endlichen Anzahl von Punkten in der Ebene bzw. im Raum ist ein konvexes Polygon bzw. ein konvexes Polyeder. Def 4. Wir betrachten eine abgeschlossene konvexe Menge M (d.h. der Rand gehört dazu). Ein Punkt x ist Extremalpunkt von M, wenn x nicht im Inneren einer Strecke mit Endpunkten aus M enthalten ist. Beispiel 3. Die Extremalpunkte eines konvexen Polygons bzw. Polyeders sind seine Ecken. Def 5. Ein Parallelgebiet bzw. Parallelkörper im Abstand d einer konvexen Menge enthält alle Punkte, die höchstens den Abstand d zu M haben. Satz 1. Ist M ein konvexes Polygon der Länge L und mit der Fläche A, so hat ein Parallelgebiet im Abstand d den Flächeninhalt A + dl + d 2 π. Beweis. Der Flächenzuwachs besteht aus rechteckigen Gebieten der Gesamtlänge dl über den Seiten von M und Kreissektoren der Gesamtfläche d 2 π über den Ecken. Zum Beweis des nächsten Satzes benötigen wir das Volumen eines Kreiszylindersektors: Nach der Formel Grundfläche Höhe ergibt sich r 2 lα/2, mit r als Radius, l als Länge, und α als Öffnungswinkel. Satz 2. Sei M ein konvexes Polyeder mit Volumen V und Oberfläche O. Wir definieren eine neue Größe (1) H = l i α i, wobei l i die Länge der i-ten Kante und π α i ihr Öffnungswinkel ist. Dann hat ein Parallelkörper im Abstand d das Volumen (2) V + do d2 H + d 3 4π 3 Beweis. Der Volumszuwachs besteht aus prismatischen Gebieten des Gesamtvolumens Od über den Flächen, aus Zylindersektoren des Volumens d 2 l i α i /2 über den Kanten, und aus Kugelsektoren über den Ecken, die sich zu einer einzigen Vollkugel mit Volumen 4d 3 π/3 zusammensetzen lassen.

3 23. Geometrische Extremalprobleme II Die isoperimetrische Ungleichung Unter dem isoperimetrischen Problem in der Ebene versteht man, mit einem Faden gegebener Länge den größten Flächeninhalt zu umschließen. Dazu äquivalent ist die Frage nach der kürzesten Kurve, die eine gegebene Fläche umschließt. Wir können dieses Problem hier nur sehr heuristisch behandeln, weil uns die mathematischen Methoden und auch die geeignete Definition von Kurve dazu fehlen. Es sei mitgeteilt, daß die Lösung durch die Kreislinie gegeben ist. Dies ist eine Folge der isoperimetrischen Ungleichung, die zwischen der Länge L und dem umschlossenen Flächeninhalt A besteht: (1) L 2 4πA. Gleichheit gilt genau für die Kreise. Daß für Kreise tatsächlich Gleichheit gilt, kann man sofort nachrechnen. Das Problem besteht im Nachweis von > für alle anderen geschlossenen Kurven. Die isoperimetrische Ungleichung im Raum lautet O 3 36πV 2 mit Gleichheit genau für die Kugel. Dabei sind O und V Oberfläche und umschlossenes Volumen. Für Vielecke in der Ebene kann man die isoperimetrische Ungleichung leicht nachweisen: Satz 1. Die isoperimetrische Ungleichung L 2 4πA > 0 gilt für kreuzungsfreie geschlossene Polygone in der euklidischen Ebene. Beweis. Es genügt, sich auf konvexe Polygone zu beschränken, denn der Übergang zur konvexen Hülle vergrößert weder den Umfang noch verkleinert er den umschlossenen Flächeninhalt. Dann definieren wir einen Schrumpfungsprozeß für konvexe n-ecke: Wir verschieben alle Seiten um das gleiche Stück d parallel nach innen, und erhalten dadurch ein inneres Parallel-n-Eck. Es gibt ein maximales d, bei dem eine Seite auf 0 geschrumpft ist (vielleicht sogar bei mehreren Seiten gleichzeitig). Nun haben wir ein Vieleck mit höchstens n 1 Ecken, auf das wir den Prozeß wieder anwenden können. In endlich vielen Schritten landen wir entweder bei einem 2-Eck (einer doppelt durchlaufenen Strecke) oder einem 1-Eck (einem Punkt, um den man 1 herumläuft). Hier hört der Schrumpfungsprozeß auf. Wenn wir zeigen können, daß die Größe = L 2 4πA (das isoperimetrische Defizit) während des Prozesses kleiner wird, und daß sie am Ende 0 ist, dann ist sie am Anfang > 0 gewesen. Für einen Punkt ist L = A = = 0, für ein Strecke der Länge p ist L 2 = (2p) 2, A = 0, und > 0. Um das Verhalten von während eines Schrumpfungsvorganges zu beobachten, betrachten wir ein Polygon P (mit Fläche A und Umfang L) und ein inneres Parallel-Polygon P im Abstand d (mit Fläche A und Umfang L ). Wir setzen = L 2 4πA und = L 2 4πA. Wenn wir > zeigen können, sind wir fertig. Wir zerlegen den Streifen zwischen P und P in Rechtecke der Breite d über den Seiten von P, in Kreissektoren über den Ecken von P, und in einen Rest (siehe Figur). Die Kreissektoren + die Reste setzen wir zu einem Vollkreis samt tangential umschriebenen n-eck P (der sogenannten Formfigur von P und P ) zusammen. P habe die Fläche A und den Umfang L. Offenbar ist L = L + L. Die Gesamtfläche der erwähnten Rechtecke ist L d, also ist A = A + L d + A. Nachdem wir die Fläche von P in lauter Dreiecke der Höhe d zerlegen können, gilt A = dl /2. ( Fläche=Grundlinie Höhe/2 ). Jetzt können wir darangehen, zu berrechnen: = (L 2 4πA) (L 2 4πA ) = (L + L ) 2 4π(A + L d + dl /2) L 2 + 4πA = (2L + L )(L 2πd) Nun ist P einem Kreis von Radius d umschrieben, sein Umfang L also größer als der Kreisumfang 2πd. Es folgt, daß > 0. (entnommen aus: G. Bol, Einfache Isoperimetriebeweise für Kreis und Kugel. Abh. Math. Sem. Hamburg 15, )

4 24. Die Potenzgerade von Kreisen Ist g eine Gerade, die einen Kreis k in zwei Punkten T 1, T 2 schneidet (die auch zusammenfallen dürfen, wenn g den Kreis berührt), und P ein Punkt von G, so ist das Produkt (1) P T 1 P T 2 nur vom Punkt P und vom Kreis k abhängig, jedoch nicht von der Geraden. Wir wollen dies nachrechen und verwenden dazu die Bezeichnungen M für den Kreismittelpunkt, F für den Lotfußpunkt von M auf g, sowie die Längen d = P M, m = P F, h = MF, a = F T 1 = F T 2. Dann ist d 2 = m 2 + h 2, r 2 = a 2 + h 2 P T 1 P T 2 = (m a)(m + a) = m 2 a 2 = m 2 r 2 + h 2 = d 2 r 2 Der Ausdruck P T 1 P T 2 heißt die Potenz von P bezüglich des Kreises k. Ist T 1 = T 2 = T (d.h. g eine Tangente an k), dann ist sie gleich P T 2. Nun suchen wir nach der Menge aller Punkte, die bezüglich zweier Kreise k 1, k 2 dieselbe Potenz besitzen. Wir verwenden ein kartesisches Koordinatensystem. Die beiden Kreise sollen die Mittelpunkte (m 1, n 1 ) und (m 2, n 2 ) sowie die Radien r 1, r 2 besitzen. Für einen beliebigen Punkt (x, y) ist der Ausdruck d 2 + r 2 von oben (d.h. die Potenz) bezüglich der Kreise k 1 und k 2 jeweils gleich (x m 1 ) 2 + (y n 1 ) 2 r 2 1, (x m 2 ) 2 + (y n 2 ) 2 r 2 2. Gleichsetzen der beiden Ausdrücke ergibt 2x(m 2 m 1 ) + 2y(n 2 n 1 ) + n 2 1 = +m 2 2 m n 2 2 n 2 1 r r 2 1. Sind die Mittelpunkte verschieden, so ist das eine Geradengleichung. Die dadurch bestimmte Gerade heißt die Potenzgerade von k 1 und k 2. Liegt P auf k 1, so ist seine Potenz bezüglich k 1 gleich 0. Liegt ein Punkt auf k 1 und k 2, so hat er bezüglich beider Kreise dieselbe Potenz, liegt also auf der Potenzgeraden. Wir sehen, daß die Potenzgerade von k 1 und k 2 die Schnittpunkte von k 1 mit k 2 trägt, wenn es welche gibt. Gibt es keine, so kann man sich überlegen, daß die nichtrellen Schnittpunkte ebenfalls auf der Fortsetzung der Potenzgeraden ins Komplexe liegen. Der Mittelpunkt der beiden Berührpunkte einer gemeinsamen Tangente der beiden Kreise liegt trivialerweise auf der Potenzgeraden, was eine Möglichkeit liefert, dieselbe zu finden.

5 25. Sehnenvierecke - Satz des Ptolemäus Sie ABCD ein konvexes Sehnenviereck, d.h. ABCD liegen auf einem Kreis k und die Punkte seien so beschriftet, dass zwei aufeinanderfolgende Punkte in einer Halbebene der durch die anderen beiden Punkten bestimmten Geraden liegt. Weiters seien α, β, γ, δ die Innenwinkel des Vierecks bei den Punkte A, B, C, D. Ein solches Sehnenviereck läßst sich durch folgende Aussage kennzeichnen: Ein Viereck ABCD ist genau dann ein konvexes Sehnenviereck, wenn die Summen gegenüberliegender Innenwinkel α + γ = β + δ übereinstimmen. Das folgt aus dem Peripheriewinkelsatz. Für ein Sehnenviereck gilt nun folgender Satz des Ptolemäus: Beweis: AC BD = AB CD + AD BC Es sei γ > α. Dann wählen wir auf BD einen Punkt M so, daß ACB gleich DCM ist. Wegen des Peripheriewinkelsatzes ist BDC = BAC. Daher sind die Dreiecke BAC und M DC zueinander ähnlich. Daher gilt oder CD : MD = AC : AB AB CD = AC MD Wegen BCM = ACD sind auch die Dreiecke BCM und ACD zueinander ähnlich und es gilt oder BC : BM = AC : AD BC AD = AC BM Zusammenfassen dieser Ergebnisse liefert: AB CD + BC AD = AC MD + AC BM = = AC BD Ohne Beweis sei angeführt, dass für allgemeine Vierecke folgende Ungleichung gilt: Sonderfall: AC BD AB CD + AD BC Da jedes Rechteck einen Umkreis besitzt, gilt der Satz von Ptolemäus auch für Rechtecke. Wegen AB = CD, AD = BC und AC = BD ergibt sich nach Substitution der Satz des Pythagoras für das Dreieck ACD. Anwendung: Wir wollen nun den Satz von Ptolemäus noch zum Beweis des folgenden Satzes verwenden: Sei A 1 A 2 A 3 ein gleichseitiges Dreieck, P ein Punkt auf seinem Umkreis. Dann gilt für die Streckenlängen P A 1, P A 2, P A 3 : Die größte Länge ist die Summe der beiden anderen. Zum Beweis bezeichnen wir so, dass P A 1 die längste Strecke ist. Dann ist P A 2 A 1 A 3 ein konvexes Sehnenviereck. s bezeichne die Länge der Seiten des Dreiecks A 1 A 2 A 3. Dann gilt nach dem Satz von Ptolemäus: woraus folgt. sp A 1 = sp A 2 + sp A 3 P A 1 = P A 2 + P A 3