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Hans Walser, [20200709]
Umviereck
Anregung: M. E., B.
Die Seitenmitten eines beliebigen Viereckes bilden ein Parallelogramm.
Wir gehen nun umgekehrt von einem Parallelogramm aus und suchen Umvierecke, deren Seitenmittenviereck das gegebene Parallelogramm ist.
Es gibt unendlich viele Lsungen, und zwar sowohl konvexe, nicht konvexe und berschlagene Vierecke.
Konstruktion der Lsungen mit Punktspiegelungen.
Die Verallgemeinerung auf n-Ecke fhrt zu einem Parittsproblem bezglich n. Bei ungeradem n gibt es genau eine Lsung. Bei geradem n gibt es entweder keine oder dann unendlich viele Lsungen.
Das Seitenmittenviereck ABCD eines beliebigen Viereckes RSTU ist ein Parallelogramm (Abb. 1). Dieser Satz geht auf Varignon zurck (Pierre de Varignon, * 1654 Caen, 23. Dezember 1722 Paris).
Abb. 1: Seitenmittenviereck
Es sei nun ein Parallelogramm ABCD gegeben, und wir suchen ein passendes Umviereck RSTU. Dazu arbeiten wir mit Punktspiegelungen. Wir whlen einen beliebigen Startpunkt R (Abb. 2a). Diesen Punkt R spiegeln wir an der Ecke A und erhalten den Spiegelpunkt S (Abb. 2b).
Abb. 2: Start und Punktspiegelung
Nun spiegeln wir den Punkt S an der Ecke B und erhalten so den Punkt T (Abb. 3a).
Abb. 3: Zweiter Schritt. Strahlensatz
Auf Grund des Strahlensatzes ist der Vektor das Doppelte des Vektors .
Wir spiegeln T an C und erhalten U (Abb. 4a). Die Spiegelung von U an D liefert den Punkt V (Abb. 4b).
Abb. 4: Ist V = R?
Wir vermuten, dass V = R. Dies kann eingesehen werden wie folgt. Der Vektor ist das Doppelte des Vektors und damit entgegengesetzt gleich zum Vektor .
Wir haben eine sogenannte Schlie§ungsfigur.
Wegen der Punktspiegelungen sind die Ecken des Parallelogramms ABCD die Seitenmitten des Viereckes RSTU. Das Viereck RSTU ist also ein Umviereck zum Parallelogramm ABCD und damit eine Lsung unseres Problems. Da der Startpunkt R beliebig gewhlt wurde, gibt es unendlich viele Lsungen.
Der Flcheninhalt des Umviereckes RSTU ist doppelt so gro§ wie der Flcheninhalt des Parallelogramms ABCD. Um diese einzusehen, setzen wir dem Parallelogramm ein zweites kongruentes Parallelogramm an (gelb in Abb. 5a). Damit ergibt sich ein Zerlegungsbeweis (Abb. 5b).
Abb. 5: Zerlegungsbeweis
Wir betten die Figur in ein (unendlich gro§ gedachtes) Parallelogrammraster ein, das wir schachbrettm§ig frben (Abb. 6).
Abb. 6: Parallelogrammraster
Wir sehen, dass die Lsungspunkte R, S, T und U je in einem gelben Parallelogramm liegen.
Durch Variation des Startpunktes R erhalten wir weitere Lsungen (Abb. 7).
Abb. 7.1: Nicht konvexes Umviereck
Abb. 7.2: Nicht konvexes Umviereck
Abb. 7.3: Nicht konvexes Umviereck
Abb. 7.4: berschlagenes Umviereck
Die Lsungspunkte R, S, T und U sind jeweils in einem Rasterrechteck gleicher Farbe.
Abb. 7.5: berschlagenes Umviereck
Durch spezielle Wahl des Startpunktes R auf Gitterlinien erhalten wir Dreiecke (Abb. 8).
Abb. 8.1: Sonderfall Dreieck
Abb. 8.2: ãberschlagenesÒ Dreieck
Abb. 8.3: Mehrfachpunkt
Abb. 9: Lsungsbersicht. Position des Startpunktes
á Startpunkt R im gelben Bereich: Konvexe Lsung
á Startpunkt R im hellblauen Bereich: Nichtkonvexe Lsung
á Startpunkt R im orangen Bereich: berschlagenes Viereck als Lsung
á Startpunkt R auf den lila Gitterlinien: Ausgeartete Lsung (Dreieck)
Natrlich strt die asymmetrische Lage des Kreuzes bezglich des gegebenen Parallelogramms ABCD. Das hat damit zu tun, dass der Startpunkt R nur einer der vier Eckpunkte der Lsung ist.
Zwischenbemerkung: Wegen der affinen Invarianz der Thematik htten wir uns auf ein regulres Schachbrett mit Quadraten beschrnken knnen.
Problemstellung: Gegeben sei ein n-Eck A0A1...An–1. Indizierung zyklisch modulo n. Es ist also An = A0.
Gesucht ist ein Um-n-Eck R0R1...Rn–1 so dass Ai der Mittelpunkt der Strecke RiRi+1 ist.
Wir mssen eine Fallunterscheidung bezglich der Paritt von n organisieren.
Fr ungerades n gibt es genau eine Lsung.
Im Folgenden Vorgehen und Beweisskizze fr n = 5.
Zum gegebenen Fnfeck A0A1...A4 (Abb. 10.1a) whlen wir einen beliebigen Probepunkt P0 (Abb. 10.1b).
Abb. 10.1: Fnfeck und Versuchspunkt
Wir spiegeln den Probepunkt P0 an der Ecke A0 und erhalten den Punkt P1 (Abb. 10.2a).
Abb. 10.2: Durchspiegeln des Probepunktes
Dann spiegeln wir weiter und erhalten schlie§lich den Endpunkt P5 (Abb. 10.2b). In der Regel fllt P5 leider nicht mit dem Probepunkt P0 zusammen. Wir haben keine Schlie§ungsfigur.
Zwischenbemerkung: Wenn wir weiterspiegeln, also P5 wieder an A0, P6 wieder an A1 und so weiter, wird P10 = P0. Nach zwei Runden ergibt sich eine Schlie§ungsfigur.
Nun nehmen wir den Mittelpunkt R0 der Strecke P0P5 (Abb. 10.3a). Wenn wir diesen Mittelpunkt durchspiegeln, erhalten wir das gesuchte Um-n-Eck R0R1...Rn–1 (Abb.10.3b).
Abb. 10.3: Der Mittelpunkt isses
Beweisskizze: Wir verschieben den Punkt P0 in Richtung P5 und spiegeln den Verschiebungsvektor durch. Die Endlage des Verschiebungsvektors ist gegenlufig zum anfnglichen Verschiebungsvektor. Dies ist eine Folge davon, dass die Anzahl der Punktspiegelungen ungerade ist. Die Punkte P0 und P5 bewegen sich also aufeinander zu und treffen sich in der Mitte.
Eine Zusammensetzung von fnf Punktspiegelungen kann durch eine einzige Punktspiegelung ersetzt werden. In unserem Fall ist deren Zentrum der Punkt R0.
Zwischenbemerkung: Wenn wir eine zweite Spiegelungs-Runde anhngen, ergibt sich ein zweites Mal die Punktspiegelung mit dem Punkt R0 als Zentrum. Die Zusammensetzung einer Punktspiegelung mit sich selber ist aber die Identitt. Dies erklrt die Schlie§ungseigenschaft bei zwei Runden.
Im Beispiel der Abbildung 10.3b ist die Lsung konvex. Die Abbildung 11 zeigt eine nichtkonvexe und eine berschlagende Lsung. In beiden Fllen ist das basierende Fnfeck (rot getnt) aber konvex.
Abb. 11: Nicht konvexe und berschlagene Lsungen
Fr gerades n gibt es entweder keine oder dann gleich unendlich viele Lsungen. Der Regelfall ist, dass es keine Lsung gibt.
Im Folgenden wird exemplarisch der Fall n = 6 besprochen.
Wenn wir analog zur Abbildung 10 einen Probepunkt P0 reihum durchspiegeln, ist der Endpunkt P6 in der Regel von P0 verschieden. Nun verschieben wir wiederum den Probepunkt P0 in Richtung P6. Durchspiegeln des Verschiebungsvektors liefert einen gleichgerichteten Vektor. Dies liegt daran, dass die Zusammensetzung einer geraden Anzahl von Punktspiegelungen durch eine Translation ersetzt werden kann. (Der Translationsvektor ist der Vektor von P0 nach P6). Beim Verschieben von P0 in Richtung P6 wendet sich der Punkt P6 um gleich viel von P0 weg. Da ist nichts zu wollen.
Zwischenbemerkung: Wenn wir eine zweite Spiegelungs-Runde anhngen, ist der Punkt P12 sogar doppelt so weit von P0 entfernt als P6. Wir erhalten kein geschlossenes Umvieleck.
Im Ausnahmefall P6 = P0 ist die Translation die Identitt. Wir haben in diesem Ausnahmefall eine Schlie§ungsfigur. Es gibt unendlich viele Um-n-Ecke.
Aus den berlegungen der Abbildung 3b (Strahlensatz) ergibt sich fr n = 6 folgende notwendige und hinreichende Bedingung fr das Vorliegen des Ausnahmefalls. Die drei Seitenvektoren , und (blau in Abb. 12) des Basissechsecks A0A1...A5 mssen ein geschlossenes Vektordreieck bilden. Die Zusammensetzung der Translationen mit diesen drei Vektoren ist die Identitt. Formal und allgemein:
(1)
Man beachte, dass die Formel (1) auch das Parallelogramm (fr n = 4) enthlt.
Da das Vektorsechseck geschlossen ist und wegen der Kommutativitt der Vektoraddition bilden die drei anderen Seitenvektoren (magenta in Abb. 12) ebenfalls ein geschlossenes Vektordreieck.
Abb. 12: Notwendige und hinreichende Bedingung
Zwischenbemerkung: Die Figur der Abbildung 12 hat die Topologie des Kuboktaeders.
Wir knnen nun einen beliebigen Startpunkt R0 whlen und erhalten mit Durchspiegeln eine Lsung. Die Abbildung 13 zeigt ein Beispiel.
Ab. 13: Umsechseck, Beispiel
Die Abbildung 14 zeigt fr dasselbe Basissechsecks A0A1...A5 wie bei der Abbildung 13 ein nicht konvexes und ein berschlagenes Umsechseck.
Abb. 14: Nicht konvexes und berschlagenes Umsechseck
Websites
Wikipedia: Pierre de Varignon
Walser Hans: Schlie§ungsfiguren