s 1 Wir wählen den Punkt A 0 auf s 0 und ergänzen zum Parallelogramm A 0 B 2 A 1 S gemäß Abbildung 2. Abb. 1: Schwerlinien vorgegeben

Transkript

1 Hans Walser, [ ] Kopunktale Geraden 1 Worum geht es? In der Schule lernt man, dass sich die drei Schwerlinien eines Dreieckes in einem Punkt schneiden, dem Schwerpunkt. Wir fragen nun umgekehrt: Wie findet man zu drei Geraden, die sich in einem Punkt schneiden (so genannte kopunktale Geraden) ein passendes Dreieck mit den drei gegebenen Geraden als Schwerlinien? Analoge Frage für weitere spezielle Punkte im Dreieck. Die Lösungen sind immer nur bis auf Ähnlichkeit machbar. Die Lösungen basieren auf Schließungsfiguren und lassen Verallgemeinerungen zu. 2 Schwerpunkt und Schwerlinien Gegeben sind drei Geraden s 0, s 1, s 2 mit einem gemeinsamen Schnittpunkt S (Abb. 1). Gesucht ist ein passendes Dreieck A 0 A 1 A 2. s 2 s 0 S s 1 Abb. 1: Schwerlinien vorgegeben Wir wählen den Punkt A 0 auf s 0 und ergänzen zum Parallelogramm A 0 B 2 A 1 S gemäß Abbildung 2.

2 Hans Walser: Kopunktale Geraden 2 / 14 s 2 s 0 S A 0 A 1 B 2 s 1 Abb. 2: Parallelogramm einpassen Nun fügen wir ein zweites und ein drittes Parallelogramm gemäß Abbildung 3 ein. Wir erhalten eine Schließungsfigur. Das Dreieck A 0 A 1 A 2 löst unser Problem, ebenso das Dreieck B 0 B 1 B 2. Der Nachweis ergibt sich dadurch, dass sich die Diagonalen im Parallelogramm gegenseitig halbieren. A 2 s 2 B 1 B 0 s 0 S A 0 A 1 B 2 s 1 Abb. 3: Lösungen

3 Hans Walser: Kopunktale Geraden 3 / 14 3 Höhen und Mittelsenkrechte 3.1 Höhen Wir wählen den Punkt A 0 auf h 0 (Abb. 4) und fällen das Lot auf h 2. Der Schnittpunkt der Lotgeraden mit h 1 ist A 1. h 2 h 0 A 0 H A 1 Abb. 4: Höhen gegeben Entsprechend fahren wir weiter und erhalten eine Schließungsfigur, welche das Problem löst (Abb. 5). h 2 h 1 A 2 h 0 A 0 H A 1 h 1 Abb. 5: Lösung

4 Hans Walser: Kopunktale Geraden 4 / Mittelsenkrechte Mittelsenkrechte und Mittelsenkrechtenschnittpunkt eines Dreieckes sind zugleich Höhen und Höhenschnittpunkt im zugehörigen Kantenmittendreieck. Wir konstruieren daher zunächst analog zum Vorgehen in der Abbildung 5 das Kantenmittendreieck M 0 M 1 M 2 und ergänzen dieses zum Dreieck (Abb. 6). A 1 m 2 M 2 m 0 M A 0 0 M M 1 m 1 4 Winkelhalbierende Abb. 6: Mittelsenkrechte Dazu brauchte ich etwas Rechnung. An den Ecken A i, i = 0,1,2 haben wir die entsprechenden Dreieckwinkel α i. Weiter führen wir die drei Winkel!α i gemäß Abbildung 7 ein. A 2 w 2 A w 0 A 0 A 1 w 1 Abb. 7: Bezeichnungen

5 Hans Walser: Kopunktale Geraden 5 / 14 Mit diesen Bezeichnungen ist:!α i = π α i+1 2 α i+2, Indizes modulo 3 2 Wegen α 0 + α 1 + α 2 = π ergibt sich:!α i = π π 2 α i ( 2 ) = π 2 + α i 2 Somit ist: α i 2 =!α i π 2 Daher ergibt sich folgende Konstruktion: Wir subtrahieren von!α 0 einen rechten Winkel und erhalten so α 0 2. Diesen Winkel tragen wir in einem auf w 0 gewählten Punkt A 0 ab (Abb. 8). w w 0 2 A 0 2 Abb. 8: Halber Dreieckswinkel Damit können wir A 1 konstruieren und durch Weiterspiegeln A 2 (Abb. 9). Wir haben erneut eine Schließungsfigur. w 1

6 Hans Walser: Kopunktale Geraden 6 / 14 w A 2 w 0 A 0 2 A 1 2 w 1 5 Verallgemeinerungen Abb. 9: Konstruktion des Dreieckes 5.1 Schließungsfigur mit Parallelogrammen Das entspricht der Lösung bei drei kopunktalen Geraden, welche Schwerlinien werden sollen Vier kopunktale Geraden Mit vier kopunktalen Geraden erhalten wir keine Schließungsfigur, sondern eine Spirale (Abb. 10). In welchen Sonderfällen gibt es trotzdem eine Schließungsfigur? Abb. 10: Spirale bei vier kopunktalen Geraden Fünf kopunktale Geraden Bei fünf kopunktalen Geraden ergibt sich eine Schließungsfigur (Abb. 11a).

7 Hans Walser: Kopunktale Geraden 7 / 14 Abb. 11a: Schließungsfigur Für den Beweis der Schließungseigenschaft verwenden wir die Bezeichnungen der Abbildung 11b. a a 4 a 2 4 a 3 a3 a a 1 a 0 a 4 2 a 2 a a 1 a 1 1 a 0 Abb. 11b: Bezeichnungen Wir verwenden den Sinussatz in den halben Parallelogrammen. Zunächst ist: a 1 = a 0 sin ϕ 0 sin ϕ 1 a 1 = sin ( ϕ 0 ) a 0 sin ϕ 1

8 Hans Walser: Kopunktale Geraden 8 / 14 Analog finden wir: a 1 = sin ( ϕ 0 ) a 0, a 2 = sin ( ϕ 2 ) a 1, a 3 = sin ( ϕ 4 ) a 2, a 4 = sin ( ϕ 1) a 3, a 5 = sin ( ϕ 3) a 4 sin ϕ 1 sin ϕ 3 sin ϕ 0 sin ϕ 2 sin ϕ 4 Man beachte den Paritätssprung nach der ersten halben Runde. Dieser Paritätssprung tritt immer bei einer ungeraden Zahl von Geraden auf. Nun können wir einsetzen und kürzen: a 5 = sin ( ϕ 3) sin ϕ 4 sin ϕ 1 sin ϕ 2 sin ϕ 4 sin ϕ 0 sin ϕ 2 sin ϕ 3 a 0 = a 0 sin ϕ 0 sin ϕ 1 Der Paritätssprung erlaubt das vollständige Kürzen. Wegen a 5 = a 0 schließt sich die Figur. Man kann die Figur mit weiteren Parallelogrammen zu einer schönen Figur ergänzen (Abb. 12). Abb. 12: Ergänzung mit weiteren Parallelogrammen

9 Hans Walser: Kopunktale Geraden 9 / 14 Die nächste Runde von Parallelogrammen geht nach innen (Abb. 13). Abb. 13: Weitere Parallelogramme Und schließlich schließt sich die Figur (Abb. 14). Abb. 14: Schließungsfigur

10 Hans Walser: Kopunktale Geraden 10 / Sechs kopunktale Geraden Bei sechs kopunktalen Geraden ergibt sich wieder eine Spirale (Abb. 15). Abb. 15: Sechs kopunktale Geraden Sieben kopunktale Geraden Bei sieben kopunktalen Geraden ergibt sich wieder eine Schließungsfigur (Abb. 16), die wir mit weiteren Parallelogrammen ergänzen können (Abb. 17). Abb. 16: Sieben kopunktale Geraden Abb. 17: Ergänzung mit Parallelogrammen

11 Hans Walser: Kopunktale Geraden 11 / Paritätsproblem Offenbar gibt es bei einer ungeraden Anzahl von Geraden eine Schließungsfigur, bei einer Geraden Anzahl eine Spirale. 5.2 Schließungsfigur mit Orthogonaltrajektorien Es ergibt sich wieder der Paritätsunterschied Gerade Anzahl kopunktaler Geraden Wir erhalten im Regelfall eine Spirale (Abb. 18). Abb. 18: Spirale

12 Hans Walser: Kopunktale Geraden 12 / Ungerade Anzahl kopunktaler Geraden Nun ergibt sich eine Schließungsfigur. Der Beweis kann mit Trigonometrie erbracht werden (Walser 2011, S. 32, 33, 70-72). Abb. 19: Schließungsfigur 5.3 Schließungsfiguren mit Spiegelungen Wir beginnen mit einer Geraden mit einem beliebigen Winkel zu einer der drei vorgegebenen kopunktalen Geraden und spiegeln dann fortlaufend an den kopunktalen Geraden. Es zeigt sich wiederum eine Paritätsunterscheidung Ungerade Anzahl Geraden Wir haben eine Schließungsfigur mit einer Periodenlänge, die doppelt so groß wie die Anzahl der Geraden ist. Die Abbildung 20 zeigt die Situation bei drei Geraden. Abb. 20: Drei Geraden

13 Hans Walser: Kopunktale Geraden 13 / 14 Die Schließungseigenschaft ergibt sich daraus, dass die sukzessive Spiegelung an einer ungeraden Anzahl kopunktaler Geraden auf eine einzige Geradenspiegelung reduziert werden kann. Zweimalige Anwendung dieser Abbildung ist dann die Identität. Die Figur hat einen Inkreis (Abb. 21). Abb. 21: Inkreis Gerade Anzahl Geraden Die sukzessive Spiegelung an einer geraden Anzahl kopunktaler Geraden ist eine Drehung um den gemeinsamen Schnittpunkt. Der Drehwinkel ist das Doppelte der Summe von Schnittwinkeln aufeinanderfolgender Geradenpaare. Falls der Drehwinkel in einem rationalen Verhältnis zum vollen Winkel steht, haben wir eine Schließungsfigur, sonst nicht. Im Regelfall also nicht. Die Abbildung 22 zeigt den einfachsten Fall mit zwei Geraden. Die Figur hat einen Inkreis. Abb. 220:Schließungsfigur?

14 Hans Walser: Kopunktale Geraden 14 / 14 Literatur Walser, Hans (2011): Geometrische Miniaturen. Figuren Muster Symmetrien. Leipzig. EAGLE, Edition am Gutenbergplatz. ISBN