Mathematische Probleme, SS 2015 Montag 1.6. $Id: convex.tex,v /06/01 09:26:03 hk Exp $

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1 athematische Probleme, 2015 otag 1.6 $Id: cove.te,v /06/01 09:26:03 hk Ep $ 3 Kovegeometrie 3.2 Die platoische Körper I der letzte itzug habe wir mit de Vorarbeite zur Berechug der platoische Körper begoe, wir hatte eie Lemma über reguläre -Ecke ud eies über die Berechug vo Wikel zwische Ebee hergeleitet. Das u folgede Pyramidelemma wurde auch scho agegebe aber och icht bewiese. Lemma 3.6 (Pyramidelemma) eie mit 3, e eie Ebee, C A 1... A ei gleichseitiges -Eck i e mit Kateläge a > 0 ud ei Pukt icht auf e, der vo jeder Ecke vo C deselbe Abstad b > 0 hat. ei P die Pyramide mit Basis C ud pitze i. Da gelte: (a) Das -Eck C ist regulär ud der Lotfußpukt vo auf e ist gleich dem Umkreismittelpukt vo C. Weiter ist die Höhe der Pyramide P gegebe als 4b 2 si 2 π a2 h (a, b) : 2 si π. (b) Es gibt geau eie Pukt der vo alle Ecke der Pyramide P deselbe Abstad hat. Der Umkugelmittelpukt vo P liegt dabei auf der Gerade ud der Umkugelradius vo P ist R (a, b) : b 2 si π 4b 2 si 2 π a2 (c) Je zwei aufeiaderfolgede atelfläche vo P scheide sich im selbe Wikel θ gegebe durch cos θ 4b2 cos ( 2)π a 2 4b 2 a 2 4b2 a 2 8b 2 cos 2 π 4b 2 a 2. (d) Der Wikel β bei im Dreieck stimmt für alle 1 i überei ud ist gegebe durch cos β a2 2b 2 si 2 π 2b 2 si 2 π. 12-1

2 athematische Probleme, 2015 otag 1.6 (e) Die Umkreismittelpukte aller atelfläche vo P habe jeweils deselbe Abstad r (a, b) zu ud R(a, b) zu ud zwar r (a, b) : ab 2 cos π (4b 2 a 2 ) (4b b2 ud R(a, b) 2 si 2 π a2) 4b2 a. 2 Beweis: (a) chreibe h :. Für jedes 1 i köe wir de atz des Pythagoras 1.atz 1 im rechtwiklige Dreieck awede ud erhalte b 2 h 2 + 2, also b 2 h 2. Der Pukt hat also zu alle Ecke des -Ecks C deselbe Abstad ud ist somit der Umkreismittelpukt vo C. ach Aufgabe (14) ist C regulär ud ach Lemma 4.(c) ist b 2 h 2 + R (a) 2, also h b 2 R (a) 2 a2 b 2 4 si 2 π 4b 2 si 2 π a2 2 si π. h b R (a) Damit ist die Pyramidehöhe berechet. (b) Ist ei Pukt der zu alle Ecke vo C deselbe Abstad hat, so wisse wir scho das der Lotfußpukt vo auf e gleich ist, d.h. muss auf der Gerade liege. Umgekehrt hat jeder Pukt auf dieser Gerade zu alle Ecke vo C wieder ach dem atz des Pythagoras deselbe Abstad, es ist also zu zeige das es geau eie Pukt auf gibt für de der Abstad zu de Ecke vo C gleich dem Abstad zu ist. ei R ud bezeiche de Pukt auf der vo aus gesehe vo de gerichtete Abstad hat, d.h. liegt für < 0 im Iere der Pyramide ud für > 0 außerhalb der Pyramide. Für jedes 1 i ist ach dem atz des Pythagoras 2 R (a) ud 2 (h+) 2 2 +h 2 +2h. Geau da hat also vo alle Ecke vo P deselbe Abstad we R (a) h 2 +2h ist, also für R (a) 2 h 2. 2h Damit habe wir eie eideutige solche Pukt gefude, ud der Umkugelradius ist R (a, b) h + R (a) 2 + h 2 b 2 si π. 2h 4b 2 si 2 π a2 h Ai 12-2

3 athematische Probleme, 2015 otag 1.6 (c) Wir setze A +1 : A 1, A +2 : A 2 ud es sei 1 i gegebe. Da betrachte wir die beide Ebee f 1 durch +1 ud f 2 durch Die Ebee f 1, f 2 scheide sich i der Gerade l +1. Der chittpukt vo e mit l ist da der Pukt A i+1 ud wir habe g 1 e f 1 +1, g 2 e f Der Wikel α zwische g 1 ud g 2 ist der Iewikel des -Ecks C, also ach Lemma 4.(a) gleich α ( 2)π/. Der Cosiussatz b 1.atz 4 agewadt im Dreieck +1 liefert das b der Wikel γ zwische +1 ud +1 die Gleichug b 2 b 2 + a 2 2ab cos γ, also cos γ a/(2b) erfüllt. Aalog ist γ da auch der Wikel zwische +1 ud it Lemma 5 folgt cos θ cos α cos2 γ si 2 γ 4b2 cos ( 2)π a 2 4b 2 a 2, ud verwede wir och die Gleichug cos(( 2)π/) 1 2 cos 2 (π/), so wird dies zu cos θ 4b2 a 2 8b 2 cos 2 π 4b 2 a 2. a γ +1 β β Der Fall 0 Der Fall < 0 (d) ei 1 i ud sei (R (a) 2 h 2 )/(2h) wie im Beweis vo (b). Wir behaupte das da cos β /R (a, b) ist, ud hierzu ist eie Falluterscheidug ach dem Vorzeiche vo ötig. Fall 1. ei 0, d.h. der Umkugelmittelpukt liegt icht ierhalb der Pyramide. Da ist β auch der Wikel bei im bei rechtwiklige Dreieck, also köe wir de Cosius vo β im diesem Dreieck als ablese. cos β R (a, b) 12-3

4 athematische Probleme, 2015 otag 1.6 Fall 2. u sei < 0, d.h. der Pukt liegt ierhalb der Pyramide ud β ist ei stumpfer Wikel. Da betrachte wir das bei rechtwiklige Dreieck, ud dieses hat bei de Wikel π β. Lese wir de Cosius vo π β i diesem Dreieck ab, so folgt auch i diesem Fall cos β cos(π β) R (a, b). Damit habe wir cos β /R (a, b) i beide Fälle achgewiese ud setze wir de Wert vo R (a, b) aus Teil (b) ei, so ergibt sich schließlich cos β R (a, b) a2 2b 2 si 2 π 2b 2 si 2 π. α α U U h Der Umkreismittelpukt Bestimmug vo α (e) etze wieder A +1 : A 1 ud sei 1 i gegebe. Bezeiche U de Umkreismittelpukt ud R de Umkreisradius des Dreiecks +1. Wir bereche zuächst eimal R R(a, b) i Terme vo a ud b. Die eiteläge sid +1 a ud +1 b, der halbe Umfag ist damit s (2b + a)/2 b + a/2 ud ach der Herosche Flächeformel 1.atz 15 ist die Fläche F vo +1 gleich F s(s a)(s b) 2 a b 2 2 a2 4 a 4b2 a 4 2. Der Umkreisradius R ist damit ach 1.atz 18 gegebe als R ab2 4F b 2 4b2 a 2. u betrachte wir das Dreieck U ud bestimme zuächst de Wikel α i diesem Dreieck bei. Da das Dreick +1 bei gleichscheklig ist, stimme die ittelsekrechte ud die Höhe auf +1 i diesem Dreieck überei, d.h. der ittelpukt vo +1 liegt auf U. Damit ist α auch der Wikel des Dreiecks bei. Dieses Dreieck ist bei rechtwiklig ud ach Lemma 4.(d) ist r (a) (a/2) cot(π/), also liefert der atz des Pythagoras 1.atz 1 2 r (a) 2 + h 2 a2 π 4 cot2 + 4b2 si 2 π 4 si 2 π 12-4 a2 1 4 (4b2 a 2 )

5 athematische Probleme, 2015 otag 1.6 ud wir köe de Cosius vo α im rechtwiklige Dreieck als cos α h 1 4b 2 si 2 π a2 si π 4b 2 a 2 ablese. chließlich wede wir de Cosiussatz im Dreieck U a, ud es folgt U 2 R 2 + R (a, b) 2 2RR (a, b) cos α b 4 4b 2 a 2 + b 4 si 2 π 4b 2 si 2 π 2b 4 (4b a2 2 a 2 ) ( 4b 2 2 π si a2) ( b 4 si 2 π ) 4b 2 si 2 π a2 1 4b 2 a 2 Damit ist auch Teil (e) des Lemmas bewiese. 4b 2 si 2 π a2 4b 2 a 2 a 2 b 4 cos 2 π (4b 2 a 2 ) ( 4b 2 si 2 π a2). Damit sid alle beötigte Hilfsmittel bereitgestellt ud wir köe a die Berechug der geometrische Date der platoische Körper gehe. Hiermit sid der Um- ud Ikugelradius, die Wikel zwische beachtbarte Fläche ud zwische beachtbarte Ecke sowie Oberfläche ud Volume gemeit. Für die erste beide wird isbesodere geklärt was Um- ud Ikugel überhaupt sei solle ud es wird die Eistez dieser Kugel bewiese. atz 3.7 (Berechug der platoische Körper) ei P ei platoischer Körper vo Typ (, m) ud Kateläge a > 0. Da gelte: (a) Es gibt geau eie Pukt der vo alle Ecke vo P deselbe Abstad R m (a) : si π m a. 2 si 2 π m cos2 π hat. Der Pukt ist der Umkugelmittelpukt vo P ud R m (a) ist der Umkugelradius vo P. (b) Der Ikugelradius vo P ist r m (a) : cot π cos π m a. 2 si 2 π m cos2 π ud die Ikugel vo P ist die Kugel mit ittelpukt ud diesem Radius. Die Ikugel vo P berührt jede Fläche vo P tagetial im Umkreismittelpukt der Fläche. 12-5

6 athematische Probleme, 2015 otag 1.6 (c) Je zwei beachtbarte Fläche vo P scheide sich im selbe Wikel θ gegebe durch cos θ si2 π 2 cos2 π m si 2 π. (d) Je zwei beachtbarte Ecke vo P bilde mit dem Umkugelmittelpukt deselbe Wikel β gegebe durch cos β 2 cos2 π si2 π m si 2 π. m (e) Das Volume vol(p ) V m (a) vo P ud die Oberfläche A(P ) A m (a) vo P sid A m (a) f m 4 cot π a2, V m (a) 1 3 r m(a)a m (a) f m 24 wobei f m die Azahl der Fläche vo P ist. cot2 π cos π m si 2 π m cos2 π a 3. Beweis: ei A eie Ecke vo P. Wir wisse bereits das die mit A beachtbarte Ecke A 1,..., A m ei gleichseitiges m-eck C bilde desse Kateläge die Läge der Diagoale i eiem reguläre -Eck der Kateläge a ist, also d (a) 2a cos(π/) ach Lemma 4.(a). Da jede der Ecke vo C de Abstad a zu A hat, erhalte wir eie Pyramide P A mit Basis C ud pitze i A auf die Lemma 6 awedbar ist. Isbesodere ist das m-eck C sogar regulär. id weiter f 1, f 2 zwei verschiedee, beachtbarte Fläche vo P mit gemeisamer Ecke A, so sid f 1, f 2 zwei aufeiaderfolgede atelfläche vo P A ud Lemma 6.(c) ergibt das f 1 ud f 2 sich uter dem Wikel θ gegebe als scheide. Es ist cos θ 4a2 d (a) 2 8a 2 cos 2 π m 4a 2 d (a) 2 ( 4a 2 d (a) 2 4a 2 1 cos 2 π ) 4a 2 si 2 π, d.h. es gilt cos θ si2 π 2 cos2 π m si 2 π ud Teil (c) ist bewiese. ach Lemma 6.(b) hat P A eie eideutige Umkugel mit eiem ittelpukt A ud dem Umkugelradius R m (a) R m (d (a), a) a 2 si π m 4a 2 si 2 πm d (a)

7 athematische Probleme, 2015 otag 1.6 Dabei gilt 4a 2 si 2 π ( m d (a) 2 4a 2 si 2 π m π ) cos2 ud wir habe R m (a) si π m a. 2 si 2 π m cos2 π Für jedes 1 i m erfüllt der Wikel β zwische A A ud A ach Lemma 6.(d) die Bedigug cos β d (a) 2 2a 2 si 2 π m 2a 2 si 2 π m 2 cos2 π si2 π m si 2 π, m ud isbesodere ist dieser Wikel uabhägig vo i ud A. u sei f eie der Fläche vo P mit Ecke A. etze wir wieder A m+1 : A 1, so gibt es ei 1 i m so, dass, A, +1 drei aufeiaderfolgede Ecke vo f sid, der Umkreismittelpukt U f des gleichseitige -Ecks f ist also auch der Umkreismittelpukt der atelfläche +1 A vo P A, also ist ach Lemma 6.(e) U f A r m (d (a), a) a 2 d (a) cos π m (4a 2 d (a) 2 ) (4a 2 si 2 πm d (a) 2) cos π cos π m a r m (a) 2 si π si 2 π m cos2 π ud Es folgt U f A R(d (a), a) a 2 4a2 d (a) 2 a 2 si π. AU f 2 + U f A 2 a2 a 2 cos 2 π 4 si 2 π + cos2 π ( m 4 si 2 π si 2 π ) m cos2 π si2 π m cos2 π + ( ) cos2 π 1 si 2 π ( m 4 si 2 π si 2 π ) a 2 si 2 π m m cos2 π 4 ( si 2 π ) a 2 m cos2 π R m (a) 2 A A 2 ud ach 1.Korollar 3 hat das Dreieck U f A A bei U f eie rechte Wikel, die Kugel mit ittelpukt A ud Radius r m (a) berührt die Fläche f also tagetial i ihrem Umkreismittelpukt U f. Damit köe wir jetzt eisehe, dass der Pukt A vo der Ecke A uabhägig ist. Ist ämlich f eie Fläche vo P, so ist der Pukt auf der ormale auf f durch U f im Abstad r m (a) vo U f ud auf derselbe eite vo f wie P eideutig bestimmt, also gilt A B für alle Ecke A, B vo f. id jetzt aber A, B zwei beliebige Ecke vo P, so ka ma diese durch eie Katezug mit Kate vo P miteiader verbide, 12-7

8 athematische Probleme, 2015 otag 1.6 ud da jede Kate vo P die Kate eier Fläche vo P ist, folgt letztlich A B. Damit sid (a) ud (b) bewiese. id weiter A, B zwei beachtbarte Ecke vo P, so ist B eie Ecke der Pyramide P A ud wege st der Wikel zwische A ud B geau der obe berechete Wikel β. Damit habe wir auch (d) eigesehe. Es verbleibt die Berechug vo Oberfläche ud Volume vo P. Jede Fläche f vo P ist ei gleichseitiges -Eck der Kateläge a, hat also ach Lemma 4.(e) die Fläche F (a) (a 2 /4) cot(π/), also ist die gesamte Oberfläche vo P geau A m (a) F (a) f m f m 4 cot π a2. Zur Berechug des Volumes vo P sei f wieder eie Fläche vo P ud betrachte die Pyramide P f : co(f {}) mit der Basis f ud dem Umkugelmittelpukt als pitze. ach (b) ist der Lotfußpukt vo auf f geau der Umkreismittelpukt U f vo f ud es ist U f r m (a), also gilt vol(p f ) 1 3 F (a)r m (a). ummatio über alle Fläche gibt schließlich vol(p ) f Fläche vo P vol(p f ) 1 3 r m(a)a m (a) f m 24 cot2 π cos π m si 2 π m cos2 π a 3. Wir wolle och eiige kleie Amerkuge zum ebe bewiesee atz mache. Um kokrete Werte für Tetraeder, Würfel, Oktaeder, Dodekaeder ud Ikoseader zu erhalte, muss ma der Reihe ach die etsprechede Werte für de Typ (, m) eisetze. Dies wirklich durchzuführe ist der Ihalt vo Aufgabe (21). Bei der Berechug der Wikel ist dabei eie gewisse Vereifachug möglich. Wir sage das zwei platoische Körper P, Q duale Typ habe, we P de Typ (, m) ud Q de Typ (m, ) hat. Bei Vertausche vo ud m i de Wikelformel aus (c) ud (d) habe wir da cos θ Q cos β P ud cos β Q cos θ P, also θ Q π β P ud β Q π θ P. Welche ihaltliche Bedeutug dieser duale Typ hat, werde wir i der ächste itzug eisehe. 12-8