Mathematische Probleme, SS 2013 Montag $Id: convex.tex,v /10/22 15:58:28 hk Exp $

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1 $Id: convex.tex,v /10/22 15:58:28 hk Exp $ 3 Konvexgeometrie 3.1 Konvexe Polyeder Wir hatten einen konvexen Polyeder P im R n als die konvexe Hülle von endlich vielen Punkten definiert, wobei zusätzlich gefordert wurde das P innere Punkte haben soll, d.h. P, oder gleichwertig das unsere endlich vielen Punkte nicht in einer Hyperebene enthalten sein sollen. Im ebenen Fall n = 2 sind die konvexen Polyeder genau die konvexen n-ecke, im räumlichen Fall n = 3 wird die Situation komplizierter. Ein konvexer Polyeder P im R 3 hat stets endlich viele Ecken und ist genau die konvexe Hülle dieser Ecken. Schneiden wir P mit einer Ebene e R 3, so ist der Schnitt e P entweder in einer Geraden enthalten oder ein Polyeder im R 2 also ein n-eck für irgendein n 3. Je nachdem welche Ebene verwendet wird können verschiedene Werte von n auftreten, schneiden wir beispielsweise einen Würfel mit einer der sechs Randebenen so entsteht ein Quadrat, schneiden wir ihn dagegen mit einer Ebene die durch das Innere des Würfels läuft, so können auch Sechsecke als Schnittmengen auftauchen wie uns Aufgabe (16) zeigt. Ist e R 3 eine Ebene so, dass P e nicht in einer Geraden enthalten ist aber P e = ist, so nennt man e eine Berührebene von P und e P eine Fläche von P. Für jede Berührebene e von P liegt P ganz auf einer Seite von e, d.h. P ist in einem der beiden durch e bestimmten Halbräume enthalten. Es gibt nur endlich viele Berührebenen von P, und entsprechend auch nur endlich viele Flächen, und P ist der Durchschnitt von Halbräumen dieser Berührebenen. Die Kanten der Flächen von P nennt man auch die Kanten von P, und da es nur endlich viele Flächen gibt, gibt es auch nur endlich viele Kanten. All diese Dinge wollen wir als anschaulich klar betrachten, man kann sie natürlich auch alle beweisen aber das ist für unsere Zwecke nicht wichtig. Nur die Aussage über die Ecken wird in Aufgabe (23) bewiesen. Wir wollen hier nur einen allgemeinen, und nicht so offensichtlichen, Satz über konvexe Polyeder beweisen. Für den Beweis dieses Satzes ist ein kleiner Hilfsbegriff nützlich. Ein polyedrisches Netz im R 2 ist eine endliche, nicht leere Menge Σ von Teilmengen des R 2 mit den folgenden drei Eigenschaften: 1. Jedes A Σ ist ein n-eck für ein n N mit n Sind A, B Σ mit A B, so ist A B entweder leer, oder eine gemeinsame Ecke von A und B oder eine gemeinsame Kante von A und B. 3. Die Vereinigung M := Σ R 2 ist zusammenhängend und der Rand M ist ein überschneidungsfreier Kantenzug bestehend aus Seiten der Elemente von Σ. 10-1

2 Polyedrisches Netz Kein Netz Kein Netz Dabei kann die Zahl n im ersten Punkt von A abhängen, muss also nicht immer denselben Wert haben. Die Bedingung an den Rand von M verbietet Netze mit Löchern oder aus mehreren Stücken zusammengesetzte Netze wie die beiden obigen Beispiele. Haben wir ein konvexes Polyeder P R 3, so können wir aus diesem eine Fläche entfernen und den verbleibenden Teil des Randes in die Ebene aufklappen, dabei veränderen sich alle metrischen Werte wie Winkel und Flächeninhalte aber die kombinatorische Struktur des Randes bleibt erhalten. Auf diese Weise wird aus dem Polyeder P ein polyedrisches Netz. Führen wir diese Konstruktion für Tetraeder, Würfel und Oktaeder durch, so ergeben sich beispielsweise die folgenden polyedrischen Netze: Α 4 Α 3 Α 3 Α 5 Α7 Α 2 2 Α 3 4 Α5 Α 2 Α 6 Α 1 1 Α 1 Aufgeklapptes Tetraeder Aufgeklappter Würfel Aufgeklapptes Oktaeder Damit können wir nun zu unserem angekündigten Satz über Polyeder im R 3 kommen. Satz 3.2 (Die eulersche Polyederformel) Sei P R 3 ein konvexer Polyeder mit f Flächen, k Kanten und e Ecken. Dann gilt die sogenannte eulersche Polyederformel e k + f = 2. Beweis: Wir teilen den Beweis in mehrere Schritte auf. (Schritt 1) Sei Σ ein nur aus Dreiecken bestehendes polyedrisches Netz im R 2 mit f Dreiecken, k Kanten und e Ecken. Dann gilt e k + f = 1. Diese Behauptung beweisen wir durch Induktion nach f. Im Induktionsanfang f = 1 besteht Σ nur aus einem einzigen Dreieck und damit sind e = 3, k = 3 und f = 1, also e k + f = 1. Nun sei sei f N mit f 2 und für jedes nur aus Dreiecken bestehende polyedrische Netz Σ im R 2 mit Σ < f gelte die Behauptung. Sei Σ jetzt ein aus f Dreiecken bestehendes polyedrisches Netz im R 2 mit k Kanten und e Ecken. Sei M = Σ. Da der Rand M aus mindestens einer Kante besteht, gibt es ein Σ das mindestens eine Kante auf M hat. Wären alle drei Kanten von in M, so kann 10-2

3 M nur aus diesen drei Kanten bestehen und es ist Σ = {}, im Widerspruch zu Σ = f > 1. Es können also zwei verschiedene Fälle auftreten. Fall (1.a) Fall (1.b) Fall (2) Fall 1. Genau eine Kante von liegt auf dem Rand M. Damit erhalten wir eine weitere Fallunterscheidung. Fall 1.a. Zunächst nehmen wir an das die dritte Ecke v von auch auf M liegt. Dann zerfällt Σ\{} = Σ Σ in zwei nur aus Dreiecken bestehende polyedrische Netze Σ, Σ im R 2 mit Σ, Σ < f, die sich in der Ecke v treffen. Bezeichnet e, k, f und e, k, f die Zahl der Ecken, Kanten und Dreiecke in Σ und Σ, so haben wir nach unserer Induktionsannahme e k + f = e k + f = 1. Nun gelten e = e + e 1, da die Ecke v in Σ und Σ vorkommt, sowie k = k + k + 1 und f = f + f + 1. Damit ist auch e k + f = e k + f + e k + f 1 = 1. Fall 1.b. Die dritte Ecke von liegt nicht auf dem Rand M. Dann ist Σ := Σ\{} ein nur aus Dreiecken bestehendes polyedrisches Netz im R 2 mit e = e Ecken, k := k 1 Kanten und f := Σ = f 1 < f, also ist nach unserer Induktionsannahme e k + f = 1, und somit auch e k + f = e k + f = 1. Damit ist der erste Fall vollständig behandelt. Fall 2. Genau zwei der Kanten von sind in M. Dann ist Σ := Σ\{} wieder ein nur aus Dreiecken bestehendes polyedrisches Netz im R 2 mit f = f 1 Dreiecken, k = k 2 Kanten und e = e 1 Ecken. Nach unserer Induktionsannahme ist damit e k + f = e k + f = 1, und die Behauptung ist auch in diesem Fall bewiesen. Per vollständiger Induktion ist Schritt (1) damit vollständig bewiesen. (Schritt 2) Ist Σ ein polyedrisches Netz im R 2 mit f Elementen, k Kanten und e Ecken, so gilt e k + f = 1. Für jedes A Σ sei n(a) die Anzahl der Ecken von A und setze n(σ) := A Σ (n(a) 3). Wir beweisen die Behauptung dann durch Induktion nach n(σ). Ist Σ ein polyedrisches Netz im R 2 mit n(σ) = 0, so besteht Σ nur aus Dreiecken und die Behauptung 10-3

4 gilt nach Schritt (1). Nun sei n N mit n 1 und für jedes polyedrische Netz Σ im R 2 mit n(σ) = n 1 gelte die Behauptung. Sei Σ ein polyedrisches Netz im R 2 mit n(σ) = n > 0. Dann gibt es ein A Σ das ein m-eck für ein m 4 ist. Dann können wir A = A A in ein Dreieck A und ein (m 1)-Eck A zerlegen und erhalten ein neues polyedrisches Netz Σ := (Σ\{A}) {A, A } mit f := Σ = f +1 das k = k +1 Kanten und e = e Ecken hat. Weiter ist n(σ ) = n(σ) (n(a) 3) + (n(a ) 3) + (n(a ) 3) = n(σ) m + m 1 = n 1, also gilt nach unserer Induktionsannahme 1 = e k +f = e k +f. Per vollständiger Induktion ist Schritt (2) damit vollständig bewiesen. (Schritt 3) Sei schließlich P R 3 ein konvexer Polyeder mit e Ecken, k Kanten und f Flächen. Durch Aufklappen dieses Polyeders erhalten wir ein polyedrisches Netz Σ im R 2 mit f 1 Elementen, k Kanten und e Ecken. Nach Schritt (3) gilt somit e k + f = e k + (f 1) + 1 = Die platonischen Körper Die platonischen Körper sind die dreidimensionale Version der gleichseitigen n-ecke in der Ebene. Unter einem gleichseitigen n-eck im Raum verstehen wir im folgenden ein in einer Ebene liegendes n-eck dessen sämtliche Seiten dieselbe Länge haben und dessen Innenwinkel alle gleich sind. Definition 3.3 (Platonische Körper) Seien n, m N mit n, m 3. Ein platonischer Körper von Typ (n, m) ist ein konvexer Polyeder P R 3 mit den folgenden beiden Eigenschaften: (a) Jede Fläche von P ist ein gleichseitiges n-eck. (b) In jeder Ecke von P treffen genau m Flächen zusammen. Wir kennen auch bereits einige Beispiele platonischer Körper. Ein Tetraeder besteht aus f = 4 gleichseitigen Dreiecken und in jeder Ecke des Tetraeders treffen drei von diesen aufeinander, der Tetraeder ist also ein platonischer Körper von Typ (3, 3). Beim Würfel haben wir f = 6 Quadrate, also gleichseitige Vierecke, und jeder Ecke des Würfels treffen drei dieser Quadrate zusammen, der Würfel ist also ein platonischer Körper von Typ (4, 3). Schließlich hatten wir auch noch das aus f = 8 gleichseitigen Dreiecken gebildete Oktaeder und in diesem treffen in jeder Ecke vier dieser Dreiecke zusammen, der Oktaeder ist also ein platonischer Körper von Typ (4, 3). Dass die beteiligten Dreiecke hier wirklich alle gleichseitig sind, wird dabei in Aufgabe (20) gezeigt. Alle platonischen Körper sind schon seit mindestens 2300 Jahren bekannt da sich ihre Klassifikation bei Euklid findet. Von wem dieses Ergebnis ursprünglich stammt ist 10-4

5 dabei nicht bekannt, eine gängige Vermutung ist das dies alles letztlich auf die Pythagoräer zurückgeht. Alle möglichen Typen platonischer Körper können entweder durch Winkelüberlegungen oder kombinatorisch über den Eulerschen Polyedersatz bestimmt werden, wir wollen hier den letzteren Zugang verwenden. Satz 3.3 (Bestimmung der platonischen Körper) Sei P ein platonischer Körper von Typ (n, m) und bezeichne f die Zahl der Flächen, k die Zahl der Kanten und e die Zahl der Ecken von P. Dann liegt eine der folgenden fünf Möglichkeiten vor: Name n m f k e Tetraeder Würfel Oktaeder Dodekaeder Ikosaeder Beweis: Nach dem Eulerschen Polyedersatz Satz 2 gilt f k + e = 2. Wir leiten zunächst durch doppelte Abzählung diverser Mengen von Paaren einige sogenannte Bilanzgleichungen her. Seien V die Menge der Ecken von P, K die Menge der Kanten von P und F die Menge der Flächen von P. Ist dann M := {(v, A) V F v A} so ergibt sich durch Abzählen nach der ersten Komponente M = v V {A F v A} = V m = em und durch Abzählen nach der zweiten Komponente ist auch M = A F {v V v A} = F n = fn. Damit haben wir em = f n. Zählen wir entsprechend die inzidenten Kanten Flächen Paare, so ergibt sich als Bilanzgleichung 2k = fn da jede Kante als Kante von genau zwei Flächen auftritt. Es gelten also k = fn 2 und somit haben wir und e = fn m also 2 = e k + f = (2n mn + 2m)f 2m 4m = (2(n + m) mn)f. Insbesondere ist 2(n + m) nm > 0, d.h. 2(n + m) > nm. Ist etwa n m so folgt nm < 2(n+m) 4m, also n < 4 und somit n = 3. Weiter folgt 6+2m > 3m also m <

6 und wir haben drei Möglichkeiten (n, m) = (3, 3), (3, 4), (3, 5). Mit vertauschten Rollen von n und m kommen noch die beiden Fälle (n, m) = (4, 3) und (n, m) = (5, 3) dazu. Für jeden dieser fünf möglichen Typen werden die Werte von e, k, f dann durch die Bilanzgleichungen festgelegt und es ergeben sich genau die aufgelisteten Konfigurationen. Beachte das wir in diesem Beweis nicht verwendet haben, dass die Seitenflächen gleichseitig sind, wird diese Bedingung weggelassen so gibt es also weiterhin nur die aufgelisteten fünf möglichen Typen. Weiter sind die im Satz aufgelisteten Werte zunächst einmal nur mögliche Konfigurationen für platonische Körper, man muss dann noch durch eine Konstruktion dieser Körper einsehen das alle diese fünf Konfigurationen wirklich realisiert werden. Klar ist dies für den Würfel und für das Oktaeder wird es in Aufgabe (20) erledigt. Eine explizite Konstruktion des Tetraeders ist in Aufgabe (21). Die Konstruktionen von Dodekaeder und Ikosaeder sind komplizierter, in den Elementen des Euklid finden sich diese erst im allerletzten Buch. Wir wollen hier eine Konstruktion des Ikosaeders verwenden die im Jahre 1509 von Luca Pacioli vorgestellt wurde. z y C A x B Unter einem goldenen Rechteck versteht man ein Rechteck dessen Seiten 0 < a < b im Verhältnis des goldenen Schnitts stehen. Verwenden wir etwa a = 2, so wird b = 2φ = nach 2.4. Wir nehmen uns jetzt drei solche goldene Rechtecke die senkrecht ineinander gesteckt werden. Jedes dies drei Rechtecke hat vier Ecken und zusammen liefern diese uns 12 Punkte im Raum. Richten wir die Rechtecke längs der xy-, xz- und yz-ebenen jeweils symmetrisch zum Koordinatenursprung aus, so sind diese zwölf Punkte in Koordinaten als (±1, ±φ, 0) in der xy-ebene, (±φ, 0, ±1) in der 10-6

7 xz-ebene und schließlich (0, ±1, ±φ) in der yz-ebene gegeben, wobei die Vorzeichen jeweils unabhängig voneinander gewählt werden können. Die konvexe Hülle dieser zwölf Punkte ist ein Ikosaeder. Die zwanzig gleichseitigen Dreiecke ergeben sich wie folgt. Für jede kurze Seite eines der drei goldenen Rechtecke haben wir zwei Dreiecke zu dieser Kante, im obigen Bild ist dies beispielsweise das Dreieck mit den Ecken in A = ( 1, φ, 0), B = (1, φ, 0) und C = (0, 1, φ). Dies gibt zwölf Dreiecke und pro Oktant kommt ein weiteres Dreieck hinzu das seine Ecken auf jedem der drei goldenen Rechtecke hat. Der Nachweis das all dies wirklich funktioniert wird dann als Aufgabe (22) erbracht. Tetraeder Würfel (Hexaeder) Oktaeder Dodekaeder Ikosaeder Damit haben wir vier der fünf platonischen Körper konstruiert, es fehlt nur noch das Dodekaeder. Dies könnte man durch auch ganz direkt hinschreiben, was wir auch noch tun werden, aber wollen wir eine indirekte Konstruktion herleiten. Wenn dies einmal getan ist, haben wir dann alle fünf platonischen Körper. 10-7