16. Platonische Körper kombinatorisch

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1 16. Platonische Körper kombinatorisch Ein Würfel zeigt uns, daß es Polyeder gibt, wo in jeder Ecke gleich viele Kanten zusammenlaufen, und jede Fläche von gleich vielen Kanten berandet wird. Das Tetraeder und das Oktaeder sind ebenfalls Beispiele von solchen regulären Polyedern. Wir wollen uns überlegen, wieviele Polyeder es gibt, wo in jeder Ecke die gleiche Anzahl von n m-ecken zusammenstößt. Dazu verwenden wir die Eulersche Polyederformel. Wir nehmen an, daß ein solches Polyeder aus f m- Ecken besteht, und e Ecken sowie k Kanten besitzt. Zählen wir für alle Flächen die Randkanten, und summieren wir auf, so haben wir jede Kante des Polyeders genau zweimal gezählt. Daher ist (1) k = mf 2. Zählen wir für jede Ecke die Anzahl der an ihr beteiligten Kanten, und summieren wir auf, so haben wir jede Polyederkante genau zweimal gezählt. Es ist daher (2) k = en 2. Wir setzen ein in die eulersche Polyederformel (3) e + f k = 2 und erhalten (4) woraus 2k n + 2k m k = 2, 1 (5) n + 1 m 1 2 = 1 k folgt. Nachdem die rechte Seite dieser Gleichung positiv ist, folgt 1 (6) n + 1 m > 1 2. Weiters ist m 3 (Zweiecke gibt es nicht). Es bleibt nur die folgende Tabelle an Möglichkeiten übrig: (7) m n 1 n + 1 m k e = 2k m f = 2k n 3 3 2/ / / / / Die Kombinationen (3, 6), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (5, 6) führen auf Werte von 1/n+1/m, die nicht größer als 1/2 sind, und kommen daher nicht in Frage. Noch größere Werte für n, m folglich noch weniger. Die zu den erhaltenen Werten von n und m gehörigen Polyeder (die platonischen Körper) sind unten schematisch aufgezeichnet. Es handelt sich dabei um Tetraeder, Hexaeder (wovon der Würfel ein Beispiel ist), Oktaeder, Pentagondodekaeder, und Ikosaeder. Daß Tetraeder, Oktaeder, und Ikosaeder tatsächlich existieren, ist sehr leicht zu zeigen: Wir wählen die Eckpunkte ungefähr richtig und zeichnen die Kanten dazwischen ein. Daß der Würfel und damit ein Hexaeder existiert, darf als bekannt vorausgesetzt werden. Die Existenz eines Pentagondodekaeders ist nicht vollständig trivial, denn man muß man die Ecken so wählen, daß die 5, die ein Fünfeck bilden sollen, auch tatsächlich in einer Ebene liegen. Das macht man am besten dadurch, daß man die 12 Seitenflächen wählt, und die Kanten bzw. Ecken durch Schneiden von Seitenflächen erzeugt. Reguläre Platonische Körper, wo die Seitenflächen regelmäßige Vielecke sind, gibt es auch. Dazu sei auf?? und?? verwiesen.

2 17. Die Platonischen Körper metrisch I Wir suchen unter den Tetraedern, Hexaedern, Oktaeder, Ikosaedern, und Pentagondodekaeders metrisch reguläre Vertreter, deren Seiten regelmäßige Vielecke gleicher Größe sind. Wir werden den Würfel, das reguläre Hexaeder, zur Konstruktion weiterer regulärer Polyeder benützen. Oktaeder und Tetraeder Verbindet man die 6 Flächenmitten eines Würfels mit 12 Kanten, so entstehen 8 gleichseitige Dreiecke, also ein reguläres Oktaeder. Wählt man von den 8 Ecken eines Würfels 4 aus, sodaß nie 2 benachbart sind, und verbindet man diese durch 6 Flächendiagonalen, so entstehen 4 gleichseitige Dreiecke, also ein reguläres Tetraeder. Ikosaeder Will man die Konstruktion schriftlich beschreiben, tut man das am besten über Koordinaten: Wir betrachten den Würfel mit Ecken (±1, ±1, ±1) aus und zeichnen in dessen Seitenflächen die 12 Punkte (1) (±1, 0, ±α), (±α, ±1, 0), (0, ±α, ±1) ein (0 < α < 1). Verbindet man jeden dieser Punkte mit seinen 5 nächsten Nachbarn, z.b. den Punkt (1, 0, α) mit (2) (1, 0, α), (α, ±1, 0), (0, ±α, 1), so erhält man ein Ikosaeder mit zwei verschiedenen Typen von Kanten. Deren Längen sind (3) (4) (1, 0, α) (1, 0, α) = 2α, (1, 0, α) (α, 1, 0) = (1 α) α 2. Alle Kanten sind gleich lang, wenn (5) 2α = (1 α) α 2, d.h. α = ( 5 1)/2 = Bemerkung: Die Zahl ( 5 1)/2 ist goldene Schnitt.

3 18. Die Platonischen Körper metrisch II: Das Dodekaeder Pentagondodekaeder Wir wollen uns davon überzeugen, daß es ein reguläres Pentagondodekaeder gibt, d.h. einen Körper, der von 12 regulären Fünfecken berandet wird, sodaß in jeder Ecke drei Fünfecke zusammenstoßen. Eine Abwicklung einer solchen polyhedralen Flächen in die Ebene läßt sich leicht angeben (siehe Figur). Biegt man die fünf 5- ecke rund um ein Fünfeck auf und klebt sie entlang ihrer Seiten aneinander, so ensteht ein Korb. Zwei solcher Körbe lassen sich zu einem Pentagondodekaeder zusammensetzen. Die Frage ist nur: Warum passen zwei solche Körbe ineinander? Wir werden das Problem anders lösen, nämlich indem wir auf jede Seitenfläche eines Würfels (dessen Existenz als bekannt vorausgesetzt wird), ein Dach errichten, und zwar so, daß immer zwei Dachflächen, die entlang einer Würfelkante zusammentreffen, miteinander ein reguläres Fünfeck bilden (siehe Figur). Sei b = ( 5 1)/2 (der goldenen Schnitt), und sei 1 die Länge der Würfelkante. Ein Dach sei durch die in der Figur unten angegebenen Abmessungen festgelegt. Wir nehmen nun sechs Dächer und setzen sie wie unten angegeben auf die 6 Würfelseiten. Es sind nun folgende Dinge zu zeigen: (i) zwei Dachflächen, die entlang einer Würfelkante zusammentreffen, liegen in einer gemeinsamen Ebene, (ii) alle Kanten des so entstehenden Polyeders haben dieselbe Länge, und (iii) die entstehenden Fünfecke sind regelmäßig (dies kann etwa durch Längengleichheit ausreichend vieler Diagonalen gezeigt werden). Um (i) nachzuweisen, müssen wir α + β = 90 (siehe Figur) zeigen. Dies folgt aus der Ähnlichkeit der beiden rechtwinkeligen Dreiecke mit Katheten 1/2, b/2, sowie mit Katheten b/2, (1 b)/2, die man leicht nachrechnen kann: (1/2) : (b/2) = (b/2) : ((1 b)/2). (ii) besteht aus mehrmaligem Anwenden des Satzes des Pythagoras: Es ist tatsächlich ((1 b)/2) 2 + (1/2) 2 + (b/2) 2 = b 2, also haben alle Kanten die Länge b. (iii) Ein Fünfeck kann lauter gleiche Kanten haben, ohne regulär zu sein. Wenn alle Diagonalen gleich lang sind, ist das Fünfeck regelmäßig. Es reicht aber zu zeigen, dass die Diagonale eines Fünfecks, die auf einer Würfelkante liegt, und die Diagonalen des Trapezes, das eine Dachfläche bildet, gleich lang sind.

4 19. Flächeninhalt von sphärischen Dreiecken Auf einer Kugel wird die Rolle der Geraden von den Großkreisen eingenommen. Das sind Kreise, deren Ebenen durch den Kugelmittelpunkt gehen. Zwei Punkte, die einander nicht gegenüberliegen, haben immer einen eindeutigen Großkreis als kürzeste Verbindung. Sind drei Punkte A, B, C auf einer Kugel gegeben, so teilen die drei Großkreisbögen a, b, c, die dadurch bestimmt sind, die Kugel in acht Teile. Der kleinere davon heißt das sphärische Dreieck mit Ecken A, B, C und Seiten a, b, c (wir wählen die Bezeichnungen hier so, daß immer Ecke und gegenüberliegende Seite durch den gleichen Buchstaben bezeichnet werden). Die Innenwinkel bei A, B, C seien α, β, γ. Wir betrachen ein sphärischen Zweieck mit Öffnungswinkel α: Es ist begrenzt durch zwei Großkreisbögen, die einen Winkel α einschließen. Alle Großkreisbögen im Inneres dieses Winkels gehören zum Zweieck dazu. Für α = π erhalten wir eine Halbkugel als Zweieck, und im Grenzfall α = 2π (die beiden Großkreisbögen fallen zusammen) erhalten wir die Vollkugel. Die Fläche A eines sphärischen Zweiecks ist offenbar linear proportional zum Öffnungswinkel. Nachdem die Oberfläche der Vollkugel (α = 2π) bekannt ist und 4πr 2 beträgt, haben wir A = 2αr 2. Für ein sphärisches Dreieck ABC teilen die Großkreise die die Seiten a, b, c tragen, die Kugel in insgesamt 8 Dreiecke (1) ABC, ABC, AB C, A BC, A B C, A BC, AB C, A B C (siehe Figur). Dabei sind A, B, C die A, B, C gegenüberliegenden Punkte. Zwei dieser Dreiecke, zum Beispiel ABC und A BC, können einander zu einem sphärisches Zweieck ergänzen, das in diesem speziellen Fall den Öffnungswinkel α besitzt. Insgesamt können wir also die folgenden Gleichungen für die Flächeninhalte der 8 Dreiecke hinschreiben: ABC + A BC = 2αr 2 A B C + AB C = 2αr 2 ABC + AB C = 2βr 2 A B C + A BC = 2βr 2 ABC + ABC = 2γr 2 A B C + A B C = 2γr 2 Addiert man diese 6 Gleichungen, so ist die Summe der Dreiecke aus Gl. (??) gleich 4πr 2, und wir erhalten 2ABC + 2A B C + 4πr 2 = 4αr 2 + 4βr 2 + 4γr 2 Die Flächen von ABC und A B C sind gleich, die beiden Dreiecke gehen auseinander durch Spiegelung am Kugelmittelpunkt hervor. Es folgt also für die Fläche des Dreiecks ABC der Wert r 2 (α + β + γ π). Damit ist auch gezeigt, daß die Winkelsumme eines sphärischen Dreiecks nicht 180 beträgt, sondern abhängig von der Fläche größer als 180 ist.

5 20. Winkelsummen in der euklidischen und sphärischen Geometrie Satz 1. In der euklidischen Geometrie ist die Winkelsumme im Dreieck gleich 180. Beweis. siehe untenstehende Skizze. Satz 2. In der sphärischen Geometrie ist die Winkelsumme im Dreieck gleich π + A/r 2, mit A als Fläche des Dreiecks Beweis. In Nr.?? wurde für den Flächeninhalt der Wert (α + β + γ π)r 2 hergeleitet, wobei α, βγ die Innenwinkel sind. Um allgemein eine Aussage über die Winkelsumme in einem n-eck zu erhalten, betrachten wir den Exzeß eines Vielecks: Dieser ist definiert aus Summe der Innenwinkel minus π(n 2). Die obige Aussage über die Winkelsumme eines Dreiecks in der euklidischen Ebene kann man auch so formulieren, daß sein Exzeß gleich Null ist. Der Exzeß ist gleichermaßen für euklidische und für sphärische Vielecke definiert. Nach Satz?? ist der Exzeß in einem sphärischen Dreieck gleich A/r 2. Macht man aus einem n-eck ein (n + 1)-Eck, indem man eine Seite durch einen neuen Eckpunkt unterteilt, so erhöht sich die Winkelsumme um π, die Anzahl der Ecken um 1, der Exzeß bleibt gleich (siehe Figur). Satz 3. Zerlegt man ein n-eck durch eine Strecke in ein n 1 -Eck und ein n 2 -Eck, und sind S, S 1 und S 2 die entsprechenden Winkelsummen, so gilt S 1 + S 2 = S. Beweis. Betrachen wir eine Ecke, die sowohl dem n 1 -als auch dem n 2 -Eck gemeinsam ist, dann ist die Summe der Innenwinkel des n 1 -und des n 2 -Ecks gleich dem Innenwinkel des n-ecks an dieser Stelle. Für die Winkelsummen S 1, S 2 und S des n 1 -, des n 2 -, und des n-ecks gilt also S 1 + S 2 = S. Satz 4. Der Exzeß ist additiv, d.h. zerlegt man ein n-eck durch eine Strecke in ein n 1 -Eck und ein n 2 - Eck, und sind e,e 1 und e 2 die entsprechenden Ezxesse, so gilt e 1 + e 2 = e. Beweis. Offenbar ist n = n 1 +n 2 2, denn in es gibt genau 2 Ecken, die sowohl dem n-ecke, als auch dem n 1 -Eck und dem n 2 -Eck angehören. Damit ist e 1 + e 2 = S 1 (n 1 2)π + S 2 (n 2 2)π = S (n 2)π = e. Satz 5. Die Winkelsumme in einem n-eck in der euklidischen Ebene beträgt (n 2)π. Der Exzeß ist gleich Null. Beweis. Es genügt zu zeigen, daß der Exzeß gleich Null ist. Wir können jedes n-eck durch eine Strecke in Vielecke kleinerer Eckenzahl zerteilen. Nachdem der Exzeß sich dabei additiv verhält, und wir bereits wissen, daß der Exzeß für Dreiecke gleich Null ist, gilt dies auch für Vierecke, 5-Ecke, etc., d.h. für alle n-ecke. Satz 6. Die Winkelsumme in einem n-eck auf einer Kugel vom Radius r ist gleich A/r 2 + (n 2)π, wobei A die Fläche ist. Der Exzeß ist gleich A/r 2. Beweis. Es genügt offenbar, e = A/r 2 zu zeigen. Für Dreiecke gilt diese Gleichung. Wir können jedes n- Eck durch eine sphärische Strecke (d.h. einen Großkreisbogen) in Vieleck kleinerer Eckenzahlen n 1, n 2 unterteilen. Wir führen einen Induktionsbeweis: Angenommen, wir hätten den Satz für n 1 -und n 2 -Ecke bereits gezeigt. Seien A 1, A 2 die Flächen der beiden Teile. Dann ist A 1 + A 2 = A und e 1 + e 2 = e. Es folgt e = e 1 +e 2 = A 1 /r 2 +A 2 /r 2 = (A 1 +A 2 )/r 2 = A/r 2.