Winkel

Warum ein Dreieck 180 Grad hat, ein Vieleck (n − 2) · 180 Grad und ein Stern (n − 2k) · 180 Grad, warum nur Dreieck, Quadrat und Sechseck die Ebene füllen, und warum die Zehn bei den Winkelsummen einzigartig ist.

Bisher ging es um Zahlen. Die Seite Winkelsummen und Vollkreise verbindet sie mit der Geometrie: Jede Figur $\{n/k\}$ hat eine Winkelsumme, und gerade die Zehn fällt dabei auf. Dieses Kapitel beweist die Formeln dafür, ausgehend von Euklids Geometrie.

Das Parallelenaxiom

Euklids Elemente stellen nach den Definitionen fünf Postulate auf über Punkte, Geraden und Kreise. Das fünfte ist das berühmteste, weil es weniger selbstverständlich klingt als die anderen. In der heute üblichen Fassung lautet es:

Axiom

Zu einer Geraden $g$ und einem Punkt $P$ außerhalb von $g$ gibt es genau eine Gerade durch $P$ , die $g$ nicht schneidet, die Parallele.

Zwei Jahrtausende lang versuchten Mathematiker, dieses Axiom aus den anderen vier zu beweisen. Im 19. Jahrhundert entwickelten Gauß, Bolyai und Lobatschewski eine Geometrie ohne dieses Axiom, und Beltrami, Klein und Poincaré zeigten mit ihren Modellen, dass sie widerspruchsfrei ist. Der Beweis ist also unmöglich: Es gibt widerspruchsfreie Geometrien, in denen das Axiom falsch ist. Dort hat ein Dreieck weniger als 180 Grad. Alle Sätze dieses Kapitels gelten deshalb in der euklidischen Ebene, der Geometrie eines flachen Blatts Papier.

Winkel messen wir in Grad, mit dem Vollkreis als $360^\circ$ . Die Seite über Winkelsummen zählt dagegen in Vollkreisen. Beides ist dasselbe, nur in anderen Einheiten: $180^\circ$ ist ein halber Vollkreis.

Das Dreieck

Satz 1

Die Winkel eines Dreiecks ergeben zusammen $180^\circ$ .

Beweis

Sei $ABC$ ein Dreieck mit den Winkeln $\alpha, \beta, \gamma$ bei $A, B, C$ . Durch $C$ legt man die Parallele zu $AB$ . Sie bildet mit $CA$ einen Winkel, der als Wechselwinkel an Parallelen gleich $\alpha$ ist, und mit $CB$ einen, der gleich $\beta$ ist. Zusammen mit $\gamma$ füllen die drei Winkel die gestreckte Gerade durch $C$ , also $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$ .

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So bewiesen es nach Eudemos schon die Pythagoreer, wie Proklos in seinem Kommentar berichtet. Euklid geht in den Elementen I 32 etwas anders vor und verlängert dazu eine Seite.

Vielecke und Sterne

Satz 2

Die Innenwinkel eines konvexen $n$ -Ecks ergeben zusammen $(n - 2) \cdot 180^\circ$ .

Beweis

Von einer Ecke aus zieht man die Diagonalen zu allen nicht benachbarten Ecken. Sie zerlegen das $n$ -Eck in $n - 2$ Dreiecke, deren Winkel zusammen genau die Innenwinkel des Vielecks bilden. Nach Satz 1 ergibt das $(n-2) \cdot 180^\circ$ .

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Satz 3

Die Winkel an den Spitzen der Figur $\{n/k\}$ ergeben zusammen

(n - 2k) \cdot 180^\circ,

in Vollkreisen gezählt also $\tfrac{n - 2k}{2}$ .

Beweis

Man läuft die Figur ab. An jeder Ecke dreht man sich um den Außenwinkel $\varepsilon$ , und der Innenwinkel an dieser Ecke ist $180^\circ - \varepsilon$ . Bei einem Stern, der in einem Zug gezeichnet wird, umrundet man den Mittelpunkt dabei $k$ -mal, denn jeder Schritt überspringt $k$ der $n$ Teilstücke des Kreises. Die Drehungen ergeben also zusammen $k \cdot 360^\circ$ , und für die $n$ Innenwinkel bleibt

n \cdot 180^\circ - k \cdot 360^\circ = (n - 2k) \cdot 180^\circ.

Zerfällt die Figur nach Kapitel 6 in $g$ gleiche Sterne $\{\tfrac{n}{g}/\tfrac{k}{g}\}$ , so ergeben diese zusammen $g \cdot \bigl(\tfrac{n}{g} - 2\tfrac{k}{g}\bigr) \cdot 180^\circ$ , dasselbe.

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Für $k = 1$ ist das Satz 2. Jede weitere Schrittweite nimmt genau einen Vollkreis weg.

Vollkreise aller Figuren des SimplexAnzahl der Ecken

n	Figuren	Vollkreise je Figur	Summe
3	1	0,5	0,5
4	1	1	1
5	2	1,5 + 0,5	2
6	2	2 + 1	3
7	3	2,5 + 1,5 + 0,5	4,5
8	3	3 + 2 + 1	6
9	4	3,5 + 2,5 + 1,5 + 0,5	8
10	4	4 + 3 + 2 + 1	10
11	5	4,5 + 3,5 + 2,5 + 1,5 + 0,5	12,5
12	5	5 + 4 + 3 + 2 + 1	15

Die Winkelsummen aller Figuren bis zum 16-Eck, in Vollkreisen gezählt. Jede Zeile beginnt mit dem Vieleck und verliert mit jeder Schrittweite einen Vollkreis.

Die Sonderstellung der Zehn

Satz 4

Zählt man die Winkelsummen aller Figuren $\{n/k\}$ mit $1 \le k < n/2$ zusammen, so ergibt sich

W(n) = \begin{cases} T(m) & \text{für } n = 2m + 2, \\[2pt] \tfrac{m^2}{2} & \text{für } n = 2m + 1 \end{cases}

Vollkreise. Es ist $W(n) = n$ nur für $n = 10$ . Für $n < 10$ ist $W(n) < n$ , für $n > 10$ ist $W(n) > n$ .

Beweis

Für $n = 2m + 2$ laufen die Schrittweiten von 1 bis $m$ , und nach Satz 3 ist

\begin{aligned} W(n) &= \sum_{k=1}^{m} \frac{2m + 2 - 2k}{2} \\ &= \sum_{k=1}^{m} (m + 1 - k) \\ &= m + (m - 1) + \dots + 1 = T(m). \end{aligned}

Aus $T(m) = 2m + 2$ folgt $m^2 - 3m - 4 = 0$ , also $(m - 4)(m + 1) = 0$ und $m = 4$ , $n = 10$ .

Für $n = 2m + 1$ laufen die Schrittweiten ebenfalls von 1 bis $m$ , und es ist $W(n) = \sum_{k=1}^{m} \tfrac{2m + 1 - 2k}{2} = \tfrac{m^2}{2}$ . Aus $m^2 = 4m + 2$ folgte, dass $m$ gerade ist, dann wäre aber $m^2$ durch 4 teilbar und $4m + 2$ nicht. Ein Gleichstand ist also unmöglich.

Für die Ungleichungen schreibt man die Differenzen als Produkte: Im geraden Fall ist $W(n) - n = \tfrac{(m-4)(m+1)}{2}$ , negativ für $m < 4$ und positiv für $m > 4$ . Im ungeraden Fall ist $W(n) - n = \tfrac{m^2 - 4m - 2}{2}$ , negativ für $m \le 4$ , also $n \le 9$ , und positiv für $m \ge 5$ , also $n \ge 11$ .

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Beim Zehneck sind es $4 + 3 + 2 + 1 = 10$ Vollkreise: Die Tetraktys erscheint hier als Summe von Winkeln. Bemerkenswert ist, dass der Beweis zeigt, warum: Die Winkelsummen eines geraden Simplex bilden immer eine Dreieckszahl, und nur die vierte Dreieckszahl ist gleich der zugehörigen Eckenzahl.

n-Eck

PolygonPolygon mehrfachSternpolygonSternpolygon mehrfachLinienstern

Die Figuren des Zehnecks mit ihren Winkelsummen in Vollkreisen: 4, 3, 2 und 1, zusammen 10.

Satz 5

Winkelsumme in Vollkreisen und Quotient stimmen, also $\tfrac{n - 2k}{2} = \tfrac{n}{k}$ , genau bei den vier Figuren

\{16/4\},\;\; \{18/3\},\;\; \{18/6\},\;\; \{25/10\}.

Beweis

Die Gleichung ist $(n - 2k)\,k = 2n$ . Man setzt $n = 2k + m$ mit $m \ge 1$ und erhält $mk = 4k + 2m$ , umgeformt

(m - 4)(k - 2) = 8.

Für $k \le 2$ wäre $mk \le 2m < 4k + 2m$ , also ist $k \ge 3$ und damit auch $m - 4 = \tfrac{8}{k-2} > 0$ . Beide Faktoren sind positiv, und $k - 2$ ist ein Teiler von 8: $k - 2 \in \{1, 2, 4, 8\}$ , dazu $m - 4 \in \{8, 4, 2, 1\}$ . Das ergibt $(k, n) = (3, 18), (4, 16), (6, 18), (10, 25)$ , und keine weiteren.

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Hier zeigt der Beweis etwas, das kein Nachrechnen leisten kann: Es gibt nicht nur bis 100 oder bis zu einer Million keine weiteren Fälle, sondern überhaupt keine, weil die 8 nur vier Teiler hat.

Vom Computer geprüft: der Beweis in Lean

vier_loesungen ist Satz 5 in der Form $mk = 4k + 2m$ . Lean zeigt zuerst Schranken, $3 \le k \le 10$ und $5 \le m \le 12$ , jede durch eine kleine Abschätzung, und rechnet dann mit faelle die endlich vielen übrigen Paare durch. nur_zehn ist der gerade Fall von Satz 4: Die Dreieckszahl $T(m)$ wächst ab $m = 5$ schneller als $2m + 2$ (Induktion), und darunter rechnet Lean nach.

/-! Kapitel 7: Winkelsummen -/

/-- Alle Fälle mit k ≤ 10 und m ≤ 12, von Lean einzeln nachgerechnet -/
theorem faelle : ∀ k : Fin 11, ∀ m : Fin 13, 3 ≤ k.val → 5 ≤ m.val →
    m.val * k.val = 4 * k.val + 2 * m.val →
    (k.val = 3 ∧ m.val = 12) ∨ (k.val = 4 ∧ m.val = 8) ∨
    (k.val = 6 ∧ m.val = 6) ∨ (k.val = 10 ∧ m.val = 5) := by
  decide

/-- Satz 5: Winkelsumme gleich Quotient, also
    (n − 2k) · k = 2n, hat genau vier Lösungen.
    Mit n = 2k + m wird daraus m · k = 4k + 2m. -/
theorem vier_loesungen (k m : Nat) (hk : 1 ≤ k) (hm : 1 ≤ m)
    (h : m * k = 4 * k + 2 * m) :
    (k = 3 ∧ m = 12) ∨ (k = 4 ∧ m = 8) ∨
    (k = 6 ∧ m = 6) ∨ (k = 10 ∧ m = 5) := by
  -- k ≥ 3, sonst wäre m · k ≤ 2m < 4k + 2m
  have hk3 : 3 ≤ k := by
    rcases Nat.lt_or_ge k 3 with hlt | hge
    · have : m * k ≤ m * 2 := Nat.mul_le_mul_left m (by omega)
      omega
    · exact hge
  -- m ≥ 5, sonst wäre m · k ≤ 4k < 4k + 2m
  have hm5 : 5 ≤ m := by
    rcases Nat.lt_or_ge m 5 with hlt | hge
    · have : m * k ≤ 4 * k := Nat.mul_le_mul_right k (by omega)
      omega
    · exact hge
  -- k ≤ 10, sonst wäre m · k ≥ 5k > 4k + 2m … dazu m ≤ 12
  have hm12 : m ≤ 12 := by
    rcases Nat.lt_or_ge 12 m with hlt | hge
    · have : 13 * k ≤ m * k := Nat.mul_le_mul_right k (by omega)
      have : m * 3 ≤ m * k := Nat.mul_le_mul_left m hk3
      omega
    · exact hge
  have hk10 : k ≤ 10 := by
    rcases Nat.lt_or_ge 10 k with hlt | hge
    · have : m * 11 ≤ m * k := Nat.mul_le_mul_left m (by omega)
      have : 5 * k ≤ m * k := Nat.mul_le_mul_right k hm5
      omega
    · exact hge
  -- endlich viele Fälle, Lean rechnet sie durch
  exact faelle ⟨k, by omega⟩ ⟨m, by omega⟩ hk3 hm5 h

/-- Satz 4, gerader Fall: Die Winkelsummen eines Simplex
    n = 2m + 2 ergeben die Dreieckszahl T(m), und
    T(m) = 2m + 2 gilt nur für m = 4, also n = 10. -/
def dreieck : Nat → Nat
  | 0 => 0
  | m + 1 => dreieck m + (m + 1)

theorem nur_zehn (m : Nat) (h : dreieck m = 2 * m + 2) : m = 4 := by
  -- dreieck m wächst schneller als 2m + 2: ab m = 5 ist es zu groß
  have groesser : ∀ j, dreieck (j + 5) > 2 * (j + 5) + 2 := by
    intro j
    induction j with
    | zero => decide
    | succ j ih =>
      show dreieck (j + 5) + (j + 5 + 1) > 2 * (j + 1 + 5) + 2
      omega
  rcases Nat.lt_or_ge m 5 with hlt | hge
  · have klein : ∀ j : Fin 5, dreieck j.val = 2 * j.val + 2 → j.val = 4 := by
      decide
    exact klein ⟨m, hlt⟩ h
  · have := groesser (m - 5)
    rw [show m - 5 + 5 = m by omega] at this
    omega

Im Browser ausprobieren auf live.lean-lang.org ↗Wie man Lean liest

Welche Vielecke die Ebene füllen

Ein letzter Satz verbindet die Winkel mit der Seite Kreis, Dreieck und Quadrat.

Satz 6

Die Ebene lässt sich nur mit gleichseitigen Dreiecken, Quadraten oder regelmäßigen Sechsecken lückenlos und Kante an Kante pflastern, wenn nur eine Sorte regelmäßiger Vielecke verwendet wird.

Beweis

An jeder Ecke der Pflasterung treffen sich $j$ Vielecke, deren Innenwinkel zusammen $360^\circ$ ergeben. Der Innenwinkel des regelmäßigen $n$ -Ecks ist nach Satz 2 $\tfrac{(n-2) \cdot 180^\circ}{n}$ . Also ist

\begin{aligned} j &= \frac{360^\circ \cdot n}{(n - 2) \cdot 180^\circ} \\ &= \frac{2n}{n - 2} = 2 + \frac{4}{n - 2}. \end{aligned}

Damit $j$ eine ganze Zahl ist, muss $n - 2$ die 4 teilen: $n - 2 \in \{1, 2, 4\}$ , also $n \in \{3, 4, 6\}$ mit 6, 4 und 3 Vielecken an jeder Ecke.

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Wieder ist es ein kleiner Teiler, diesmal der 4, der eine unendliche Frage auf drei Antworten begrenzt.

Quellen und Literatur

Quellen

Euklid, Elemente, um 300 v. Chr., Buch I, Postulat 5 und Satz 32
Proklos, Kommentar zum ersten Buch von Euklids Elementen 379 (der Beweis der Pythagoreer)