Das gefaltete Quadrat

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1 / - + Das gefaltete Quadrat Eine Aufgabe aus der Japanishen Tempelgeometrie 21. September 2004 Gegeben sei das Quadrat ABCD mit der Seitenlänge a. Entlang der Linie EF wird das Quadrat gefaltet, so das der Punkt A = A auf Seite BC liegt. Ein Kreis k tangiert die Seiten BC und CD des Quadrats sowie die Linie A D. Zeige an dieser Figur das stets d = r gilt!,,? ) ) * Abbildung 1: Skizze zur Aufgabenstellung 1

2 / - = = N + 6 Japanishe Tempelgeometrie Lösungsweg I von Jutta Gut, Wien,,? ) ) = * Abbildung 2: Skizze zum Lösungsweg I Es sei x = BA, M der Mittelpunkt des Kreises, T der Berührpunkt von Kreis und Seite BC und α der Winkel BEA = CA G. Berehnung von r Es ist: BAA = CA M = α 2 (1) Daher ist: AB BA = A T TM a (a x r) = x r r = x (a x) a + x (2) Berehnung von d Aus dem rehtwinkligen Dreiek EBA erhält man b 2 = () 2 + x 2 b = a2 + x 2, = a2 x 2 2a 2a (3) 2

3 Japanishe Tempelgeometrie Die Dreieke A CG und EBA sind ähnlih: GC a x = x GC = 2ax(a x) a 2 x 2 (4) Auh die Dreieke FD G und EBA sind ähnlih: FG = b = a2 + x 2 a 2 x 2 FG = (a2 + x 2 ) a 2 x 2 (5) Die Seite CD setzt sih zusammen aus: also CD = + FG + GC = a (6) + (a2 + x 2 ) 2ax (a x) (a x)2 a 2 x 2 + a 2 x 2 = a = 2a (7) Aus der Ähnlihkeit der Dreieke FD G und EBA ergibt sih weiter: d = x d = x x (a x)2 2a = 2a a 2 x 2 (8) d = x (a x) a + x d.h. d = r, qed. (9) 3

4 =.? / - C A D + Japanishe Tempelgeometrie Lösungsweg II von Ingmar Rubin, Berlin,,? ) ) = * Abbildung 3: Skizze zum Lösungsweg Teil a Die Streken und Punktebezeihner seien entsprehend Abbildung 3 gewählt. Wir beginnen damit die Strekenabshnitte, e, f, g und h auf der Peripherie des Quadrats zu berehnen. Streke b wird dabei als freier Parameter betrahtet. Die Seite e = BA folgt aus dem Satz des Pythagoras: EBA : e 2 = b 2 () 2 e = 2ab a 2 (1) Der Strekenabshnitt h = A C ist die Differenz aus a e: h = a e = a 2ab a 2 (2) Die Dreieke EBA und A CG sind einander ähnlih. Aus dem Seitenverhältnis folgt die Streke g = CG zu: e = g h g = (a 2ab a 2 ) 2ab a 2 Weiterhin ist Dreiek FGD ähnlih zum Dreiek EBA : f = b f = b (3) (4) 4

5 =.? / - N N O A O + Japanishe Tempelgeometrie Die Summe der Abshnitte g + f + entspriht der Seitenlänge a = CD vom Quadrat : CD = a = g + f + = (a 2ab a 2 ) 2ab a 2 + b + (5) Diese Gleihung wird nah aufgelöst: = b a(2 b a) = b e (6) Aus der Ähnlihkeit zwishen den Dreieken FD G EBA berehnen wir die Streke d: d = e d = e (b e)e = = a2 2ab + b a(2b a) (7) Lenken wir nun unsere Aufmerksamkeit auf den Berührungskreis k mit Radius dem r. Die,,? ) ) = * Abbildung 4: Skizze zum Lösungsweg Teil b Tangentenabshnitte x,y von den Punkten G,B an den Kreis k sind gleih lang. A C : h = a 2ab a 2 = y + r (8) CG : g = (a 2ab a 2 ) 2ab a 2 = x + r (9) 5

6 Japanishe Tempelgeometrie Die gespiegelte Quadratseite A D besteht aus den Teilstreken: A D : a = x + y + d = x + y + a2 2ab + b a(2b a) (10) Die Gleihungen (8),(9) bis (10) werden mit einem Computeralgebrasystem (z.b. Mathematia) nah r, x, y aufgelöst. {{ a 2 2ab + a(a 2b) b r, x a(a 2b), y a( a(a 2b) + b ) }} Der Vergleih mit den vorangegangenen Gleihungen, insbesondere (7) zeigt: r = d, x = e, y = a (11) 6

7 Japanishe Tempelgeometrie Lösungsweg III von Swen Lünig, Petershagen bei Berlin Die Abb. 5 zeigt die geometrishe Figur zur Lösung der Aufgabe. Das Quadrat habe die Seitenlänge 1. d E δ b r D a γ C g β e g A α f B Abbildung 5: Skizze zur Lösung Die Länge g wird aus dem offenen Intervall ( 1 2,1) vorgegeben. Dies ist gleihzeitig die Länge der ypotenuse des Dreieks ABC. Mit mit f = ergibt sih somit die Länge e = g 2 () 2 (1) = 2g 1 Die Länge a ergibt sih wieder aus der Seitenlänge des Quadrats (2) a = (1 e) = 1 2g 1 (3) (4) Der Winkel BAC und der Winkel DCE sind gleih, weil ihre Shenkel jeweils senkreht aufeinander stehen. Außerdem kann diese Eigenshaft mit den zwei Beziehungen α + β = und β + γ = gezeigt werden. Aus der Gleihheit der Winkel ergibt sih entsprehend der Strahlensätze die Beziehung e f = b a (5) und somit die neue Größe b. 7

8 Japanishe Tempelgeometrie Shließlih ergibt sih die Länge der ypotenuse zu = a 2 + b 2 (6) ( = a 2 + a e ) 2 (7) f = a 1 + ( ) e 2 f = a 1 + 2g 1 () 2 (9) g 2 = a () 2 g = a () Der Radius r des Inkreis eines rehtwinkligen Dreieks mit den Kathetenlängen a, b und der ypotenusenlänge ergibt sih zu (8) (10) (11) r = a + b 2 (12) Dies wird anhand der Abb. 6 und den darin geltenden Gleihungen deutlih: x 2 = (a r) 2 + r 2 (13) x 2 = 2 x + r 2 (14) y 2 = (b r) 2 + r 2 (15) y 2 = b 2 x + r2 = x + y (16) (17) y y x x r r r b a Abbildung 6: Skizze zum Inkreis Laut Behauptung der Aufgabe soll der Radius gleih der Länge d sein. Diese wiederum 8

9 Japanishe Tempelgeometrie ergibt sih zu d = 1. Es muß also folgende Gleihung untersuht werden: d = r (18) 1 = a + b 2 (19) 1 = a + b + 2 (20) 2 = a + b + (21) ( 2 = a 1 + e ) + (22) f ( ) 2g 1 2 = a (23) ( ) + 2g 1 2 = a + (24) ( + 2g 1 2 = a + g ) (25) 2 = a 1 + 2g 1 (26) ( 2 = 1 ) 1 + 2g 1 2g 1 (27) 2 = 1 (2g 1) (28) 2 = 2 (29) 2 = 2 (30) In umgekehrter Rihtung könnte nun aus 2 = 2 die Behauptung der Aufgabe d = r abgeleitet werden. Die Behauptung stimmt also. 9