Curso de alemán nivel medio con audio/Lección 227c

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Vom Punkt zur vierten Dimension. Geometrie für Jedermann.

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Siebenundzwanzigstes Kapitel

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Konstruktionen und konstruktive Umwandlungen. Flächenmessung

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Damit wir uns leichter bewegen können, werden wir die allerwichtigsten und primitivsten Konstruktionen, die ja jeder in der Schule gelernt hat, kurz wiederholen, da die eine oder die andere Konstruktion vielleicht in Vergessenheit geraten ist. Daß wir nunmehr sowohl Lineal als Zirkel verwenden dürfen, wird vorausgesetzt.

Wir beginnen also mit den Winkeln, ihrer Abtragung und ihrer Teilung. In unserer Figur sehen wir, wie man einen Winkel abträgt und wie man ihn teilt, wodurch man auch die Möglichkeit gewinnt, Winkel von allerlei Größen zu konstruieren. Ausgangswinkel ist stets der Winkel von 60 Graden, weil er am leichtesten und unmittelbarsten konstruierbar ist.

Das Prinzip ist sehr einfach. Auf einer Geraden g wird der Scheitel, etwa A, festgelegt. Hierauf schlagen wir mit A als Mittelpunkt einen Kreisbogen von beliebigem Radius. Der zweite Schenkel des Winkels schneidet diesen Kreisbogen irgendwo. Schlagen wir nun auf derselben oder auf einer anderen Geraden denselben Kreisbogen um einen Punkt B, dann können wir den Winkel $\alpha$ dadurch übertragen, daß wir die „Sehne“ des Kreisbogens zwischen den Schenkeln von $\alpha$ in den Zirkel nehmen (also A₁A₂) und nun von B₁ auf den zweiten Bogen mit dem Zirkel. dieselbe Sehne (B₁B₂) abschneiden. Verbindung von B mit B₂ ergibt sofort den Winkel $\alpha '$, der als Zentriwinkel über demselben Bogen mit $\alpha$ gleich sein muß. Der Winkel von 60 Graden wird in der Art konstruiert, daß man aus C einen Bogen schlägt und die Zirkelspannung unverändert läßt. Man setzt hierauf die Zirkelspitze bei C₁ ein und schneidet den Kreisbogen bei C₂ mit der unveränderten Zirkelspannung. Hierauf zieht man CC₂ und erhält dadurch den 60grädigen Winkel mit dem Scheitel C. Will man einen Winkel PDR halbieren, den wir $\eta$ nennen wollen, dann schlägt man um den Punkt D einen Bogen, der beide Schenkel schneidet. Hierauf bringt man zwei Bogen aus den Mittelpunkten R und P zum Schnitt in Q. Verbindung von D und Q ergibt die Winkelsymmetrale des Winkels $\eta$. Einen rechten Winkel (Lot oder Senkrechte) in E konstruiert man, indem man zuerst einen 60grädigen Winkel bildet, an diesen einen zweiten 60grädigen Winkel anträgt und dann den letzteren halbiert. Dadurch kann man aus 60° +nbsp;30° den 90grädigen oder rechten Winkel erhalten,den man durch Halbierung in zwei 45grädige Winkel zerlegen kann. Ebenso kann man im Punkt F aus einem 60grädigen Winkel durch Hälftung zuerst einen 30grädigen und dann einen 15grädigen gewinnen. Man wird nun schon sehen, wie man durch geeignete Teilungen und Ergänzungen eine ganze Reihe von verschiedenen Winkelgrößen konstruieren kann.

Deshalb wenden wir uns zu einer anderen Aufgabe, nämlich der Konstruktion der Streckensymmetrale.

Diese wird dadurch erzielt, daß wir aus A und B die gleichen Bogen über und unter der Strecke zum Schnitt bringen, worauf die Verbindung der Schnittpunkte dieser Bogen die Streckensymmetrale ergibt. Haben wir drei Punkte A, B, C gegeben, so können wir überdies aus dem Schnittpunkt 0 der Symmetralen der Verbindungsstrecken AB und BC einen Kreis gewinnen, der durch alle drei Punkte geht (Beweis: AO muß gleich sein BO, da jeder Punkt der Symmetrale $s_{1}$ von A und B gleich entfernt ist. Da dasselbe aber auch bezüglich $s_{2}$ für BO und CO gilt, ist auch $CO\equiv BO\equiv AO\equiv r$, also gleich dem Radius des durch die drei Punkte laufenden Kreises). Würde ich noch einen vierten Punkt hinzunehmen, dann könnte er nur im Kreise liegen, wenn auch die Streckensymmetralen von CD bzw. DA ebenfalls durch den Punkt O gingen. Bei dieser Gelegenheit wollen wir noch rasch die Möglichkeit erörtern, einem Dreieck einen Kreis einzubeschreiben bzw. umzubeschreiben. Zur Abkürzung werden wir den einbeschriebenen Kreis stets den In-Kreis und den umbeschriebenen den Um-Kreis nennen. Wir haben bei den „merkwürdigen Punkten“ des Dreiecks gelegentlich der Besprechung der Seiten- bzw. der Winkelhalbierenden schon Streckenverhältnisse wahrgenommen, die unsere vorliegende Aufgabe ermöglichen. So sahen wir damals, daß der Schnittpunkt der Seitensymmetralen von allen drei Ecken des Dreiecks gleich weit entfernt liegt, während der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden wieder gleiche Entfernung von allen drei Seiten hat. Wir können also mittels der Seitenhalbierenden den Mittelpunkt des Um-Kreises und mittels der Winkelhalbierenden den Mittelpunkt des In-Kreises auffinden, da ja gleiche Distanz von den Eckpunkten die Bedingung für Umbeschreibung und gleiche Distanz von den Seiten Bedingung für Einbeschreibung ist. Unsere Figur veranschaulicht die beiden Fälle, wozu wir bemerken, daß schon zwei Symmetralen genügen, da die dritte stets durch deren Schnittpunkt laufen muß.

Nachdem wir diese kurzen konstruktiven Anmerkungen gegeben haben, wollen wir zum Problem der Flächengleichheiten und Umwandlungen übergehen. Wir haben bisher die „Gleichheit“ von Figuren oder Gebilden schon oft behauptet. Etwa die Gleichheit von Strecken und Winkeln und die Gleichheit oder Kongruenz von Dreiecken, welch letztere wir als eine Verbindung von Gestaltgleichheit und Größengleichheit ansahen. Daß aber zwei Gebilde auch gleich sein können, ohne einander in der Gestalt zu gleichen, das haben wir bisher noch nicht angetroffen. Bzw. wir haben uns bei solchen Gleichheiten nicht länger aufgehalten und sie bloß behauptet. Es wäre z. B. möglich, daß das Stück eines Kreises einer bestimmten geraden Strecke gleich ist, d. h. daß es ebenso lang ist. Denn eine andere Gleichheit kann es zwischen krummer und gerader Linie, die gestaltungleich sind, nicht geben. Ebenso könnte der Flächeninhalt einer Figur, etwa eines Dreiecks, gleich sein mit dem Flächeninhalt eines Quadrats, Rechtecks, Trapezes, Kreises. Es ist also auch hier bei Gestaltverschiedenheit ein drittes Vergleichselement, das Flächenmaß, zwischen die Figuren eingeschoben, das sie gleichsam auf den gemeinsamen Nenner der Größen oder Messungs- oder Inhaltsgleichheit bringt. Durch Untersuchung dieser Inhaltsgleichheit können wir das Gebiet unserer Forschung bedeutend erweitern. Sowohl rein proportionengeometrisch, da wir für Gleichheitsbehauptungen, die den Inhalt betreffen, nicht mehr allein auf Kongruenzen angewiesen sind, sondern auch maßgeometrisch, da wir nun von der Strecken-Messung zur Flächen-Messung übergehen können. Dabei bemerken wir, daß nur ein kleiner Teil der Flächen unmittelbar durch Ausmessung mit dem „Einheitsquadrat“ gemessen werden kann. Wir werden vielmehr meistens auf die stets mögliche Streckenmessung mittels „Eichmaßes“ (Zollstab, Zentimeterband usw.) zurückgehen und solche Beziehungen aufzufinden trachten, die es uns gestatten, aus geeigneten und charakteristischen Strecken die Flächeninhalte rechnerisch zu gewinnen. Wir geben als Fundamentalsatz die Behauptung, daß Parallelogramme gleicher Grundlinie und gleicher Höhe stets flächengleich sind, und beweisen ihn in der Form des großen Euklid.

Da unsere beiden Parallelogramme ABCD und EFGH dieselbe Höhe haben, was ja vorausgesetzt wurde, kann ich sie über der ebenfalls gleichen Grundlinie in einer einzigen Figur errichten, wodurch auch DC und HL in einer geraden Linie liegen müssen, die natürlich durchaus nicht die Summe von DC und HL sein muß. Wie groß sie im gegebenen Fall ist, hängt von der Schiefwinkligkeit der Parallelogramme und vom Richtungssinn der Winkel ab. Ich erhalte nun durch die Zusammenlegung ein Trapez ABND, das dieselbe Höhe hat wie beide Parallelogramme und in dem das Dreieck ADO offensichtlich kongruent ist dem Dreieck BGN (SWW-Satz). Subtrahiert man nun vom Trapez das Dreieck AD0, dann bleibt das Parallelogramm $ABNO\equiv EFGH$ und subtrahiert man Dreieck BCN, dann bleibt Parallelogramm ABCD. Da aber Gleiches von Gleichem subtrahiert Gleiches ergibt, so ist das Parallelogramm ABCD flächengleich dem Parallelogramm EFGH,

was zu beweisen war.

Da nun weiters, auch das Rechteck ein Parallelogramm ist, so können wir jedes schiefwinklige Parallelogramm ohne Veränderung des Flächeninhalts in ein Rechteck gleicher Basis und gleicher Höhe verwandeln. Ein Rechteck ist aber durch Maßquadrate direkt ausmeßbar, und der Augenschein ergibt, daß der Flächeninhalt des Rechtecks gleich sein muß der Grundlinie mal der Höhe. Denn ich kann stets soviel Reihen Maßquadrate der Seite „eins“ in einem Rechteck unterbringen, als die Höhe als Strecke in denselben Einheiten anzeigt.

Daher ist die Fläche des Rechtecks gleich Grundlinie mal Höhe, und jedes andere Parallelogramm hat somit nach obigem Beweis Euklids die gleiche Formel zur Berechnung der Fläche. Da wir aber weiters jedes beliebige Dreieck auf ein Parallelogramm ergänzen und nach dem WSW-Satz sofort beweisen können, daß dieses Parallelogramm doppelt so groß sein muß wie das ursprüngliche Dreieck, so ist die Flächenformel für das Dreieck wohl: Grundlinie mal halbe Höhe oder halbe Grundlinie mal Höhe oder ${\frac {g\cdot h}{2}}$.

Da wir nun die wichtigsten Flächenformeln gewonnen haben, zu denen noch die Fläche des Quadrate käme, bei dem Grundlinie und Höhe gleich der Seite a sind, das also als Inhalt $a\cdot a=a^{2}$ haben muß, wollen wir eine Reihe sogenannter „Umwandlungen“ durchführen und zwar zuerst die Verwandlung eines Dreiecks in ein Parallelogramm und umgekehrt, wozu wir nur eine Figur brauchen. Die zweite Figur stellt die Umwandlung eines Dreiecks in ein anderes mit einer anderen Grundlinie dar, während die dritte Figur die Verwandlung eines Parallelogramms in ein anderes mit einer anderen Grundlinie darstellt. In allen drei Fällen soll der Flächeninhalt derselbe bleiben.

Beweise: Im ersten Fall (Verwandlung des Dreiecks in ein Parallelogramm und umgekehrt): Dreieck CEF kongruent Dreieck BDF, da in der Konstruktion CB halbiert und BD parallel mit AC. gezogen wurde (WSW-Satz). Im zweiten Fall (Verwandlung eines Dreiecks mit der Grundlinie AB in ein solches mit der Grundlinie AD): Dreieck DCE inhaltsgleich Dreieck BCD, da beide die gleiche Grundlinie CD haben und die Höhen Lote zwischen Parallelen, also ebenfalls gleich sein müssen. Deshalb ist Dreieck ABC inhaltsgleich Dreieck ADE, womit die Bedingung erfüllt ist. Man trägt dabei AD (die neue Grundlinie) auf AB ab, verbindet D mit C, zieht dazu eine Parallele durch B und bringt sie mit der Verlängerung von AC zum Schnitt. Wäre AD größer als AB, so müßte man ADE als gegeben und ABC als gesucht ansehen. Man würde also von B nach E die erste Linie ziehen und zu dieser durch D eine Parallele legen, wodurch man C erhielte. Für den dritten Fall (Verwandlung eines Parallelogramms in ein flächengleiches mit anderer Grundlinie) lautet die Konstruktion: Man ziehe in E eine Parallele zu AD, ziehe hierauf die Diagonale AF und verlängere sie bis zum Schnitt mit der Verlängerung von BG. Hierauf verlängere man AD und lege von G eine Parallele zu CD, bis sie die Verlängerung von AD in I schneidet. AEHI ist dann das neue mit ABCD inhaltsgleiche Parallelogramm. Als Beweis führt man die Inhaltsgleichheit der Parallelogramme EBCF mit DFHI, da dies ja die Stücke sind, die man bei der Verwandlung austauschen muß. Diese Inhaltsgleichheit folgt daraus, daß man von Dreieck $ABG\equiv$ Dreieck $AGI$ die beiden weiteren Kongruenzen Dreieck $AEF\equiv$ Dreieck $ADF$ und Dreieck $FCG\equiv$ Dreieck $FHG$ subtrahiert. Gleiches von Gleichem subtrahiert, muß wieder Gleiches geben, woraus endlich unsere verlangte Gleichheit von Parallelogramm ABGD und Parallelogramm AEHI folgt.

Es gibt natürlich eine Unzahl anderer Verwandlungsaufgaben, die besonders bei den alten Griechen sehr beliebt waren und oft Anlaß großer Entdeckungen wurden. Wir wollen in diesem Zusammenhang gleichwohl bloß noch den sehr interessanten Lehrsatz des Pappus von Alexandria (etwa 400 n. Chr. geb.) und eine Verwandlung des Rechtecks in ein Quadrat besprechen, zu der wir allerdings den Beweis Euklids vorausschicken müssen, den dieser für den „Pythagoras“ gab, und der in sich gleichsam eine Mehrzahl von Verwandlungsaufgaben enthält und als Beispiel genialer hellenischer Geometrie dienen kann.

Zuerst also den „Pappus“, ein allgemeiner Additionssatz für Parallelogramme, der besagt, daß, wenn man über zwei Seiten eines beliebigen Dreiecks beliebige Parallelogramme konstruiert, die gegenüberliegenden Seiten dieser Parallelogramme bis zu deren Schnittpunkt verlängert, diesen Schnittpunkt mit der Spitze des ursprünglichen Dreiecks verbindet und zur dieser Verbindungs-Geraden aus den beiden anderen Eckpunkten des Dreiecks Parallele zieht, bis dahin, wo diese Parallelen die gegenüberliegenden Seiten der beiden Parallelogramme treffen; daß also dann über der Grundlinie des ursprünglichen Dreiecks ein Parallelogramm entsteht, das »der Summe der beiden ersten Parallelogramme flächengleich ist.

Dies sieht nun entsetzlich kompliziert aus, ist aber gleichwohl höchst einfach. Wir zeichnen den verhexten „Pappus“.

Beweis: $AK\equiv CH$, $BL\equiv CH$, daher $AK\equiv BL$. Da weiter AK parallel zu BL laut Voraussetzung, so ist ABLK ein Parallelogramm. Ferner gelten zwischen den weiteren Parallelogrammen folgende Gleichheiten: $AIMK=ACHK=ACDE$ und $BIML=BCHL=BCFG$. Da aber $AIMK+BIML$ gleich ist $ABLK$, so gilt durch Addition der Gleichungen auch die Beziehung $ABLK=ACHK+BCHL=ACDE+BGFG$,

was zu beweisen war

und woraus noch weiter zu sehen ist, daß es auf die Art der beiden Parallelogramme über AC und BC nicht ankommt. Man kann auch mittels dieses Satzes beliebige Additionen und Subtraktionen von Parallelogrammen durchführen, da man die Grundlinien zweier Parallelogramme stets als zwei Dreieckseiten betrachten darf, zu denen man dann eine dritte wählt und weiter nach Pappus konstruiert.

Auch dieser Satz enthält den „Pythagoras“ als Spezialfall in sich, wenn man statt der „Parallelogramme“ Quadrate wählt und die Quadratseiten als Katheten eines rechtwinkligen Dreiecks betrachtet.

Wie der Satz des Pythagoras lautet, wissen wir schon. Wir haben also bloß den Beweis Euklids nachzutragen, zu dem wir eine, auf den ersten Blick verwirrende Zeichnung anfertigen werden. Dabei liegt der rechte Winkel bei C.

Um zu beweisen, daß die Summe der beiden Katheten-Quadrate gleich ist dem Quadrat über der Hypotenuse, brauchen wir durch Verwandlungsbeweise bloß zu beweisen, daß das Rechteck ALKE gleich ist dem Quadrat über AC und daß das Rechteck BDKL gleich ist dem Quadrat über BC.

Beweis:

$AC\equiv AF$ und $AE\equiv AB$ als Quadratseiten. Weiters ist Winkel $CAE\equiv$ Winkel $FAB\equiv$ Winkel $(90^{\circ }-CAB)$. Daher Dreieck $CAE\equiv$ Dreieck $FAB\equiv$. Nun ist aber Dreieck CAE flächengleich Dreieck LAE (gemeinsame Grundlinie AE und gleiche Höhen als Lote zwischen Parallelen). Ebenso Dreieck FAB flächengleich Dreieck FAC. Daher ist auch Dreieck LAE nach Berücksichtigung aller Gleichheiten gleich Dreieck FAG. Da aber weiters Dreieck LAE die Hälfte von Rechteck ALKE sein muß, da ja EL die Diagonale ist, die jedes Rechteck in zwei kongruente Dreiecke zerlegt, und da weiters FAG, das mit LAE flächengleich ist, die Hälfte des Quadrates über AC ausmachen muß, so ist wegen der Flächengleichheit von LAE und FAC die Hälfte des Quadrates über AC und die Hälfte des Rechtecks ALKE, folglich auch Quadrat und Rechteck einander gleich, was als erster Teil zu beweisen war. Da bezüglich dem Quadrat über BC und dem Teilrechteck BLKD genau symmetrische Verhältnisse vor liegen, überlassen wir diesen Teil des Beweises, der zur Gleichheit des Quadrates über BC mit dem Rechteck BLKD führt, dem Leser. Der Zusammenschluß beider Teile des Beweises aber ergibt den Lehrsatz des Pythagoras. Denn da Rechteck ALKE plus Rechteck BLKD gleich. sind dem Quadrat über AB oder über der Hypotenuse und, beide zusammen weiter gleich sind der Summe der Quadrate über AC und BC, so folgt, daß ${\overline {AB}}^{2}={\overline {AC}}^{2}+{\overline {BC}}^{2}$,

was zu beweisen war.

Nun wird uns dieser Beweis sofort zur Brücke für die wichtige Verwandlung eines Rechtecks in ein Quadrat. Denn durch diese Kunst sind wir erst imstande, rein konstruktiv jedes Dreieck in ein Parallelogramm, dieses in ein Rechteck und dieses endlich in ein Quadrat zu verwandeln, was praktisch auf die Ermöglichung der Quadratur aller ebenen, geradlinig begrenzten Gebilde hinausläuft, wenn sie auch im gegebenen Fall oft sehr kompliziert ist. Nun aber zu unserer Verwandlung.

Wenn wir ein Rechteck ABCD vor uns haben so verlängere man die kürzere Seite BC des Rechtecks so weit, daß BE gleich wird AB. Wir hätten dann gleichsam in BE eine Hypotenuse. Daher halbieren wir BE, schlagen um den Halbierungspunkt O einen Halbkreis und verlängern DC so weit bis die Verlängerung die Halbkreisperipherie trifft. Dieser Punkt F ist H jetzt der Scheitel eines rechtwinkligen Dreiecks BFE und bei F ist der rechte Winkel als Winkel im Halbkreis. Da BF eine Kathete ist, wird jetzt nach dem Beweis Euklids zum „Pythagoras“ das Rechteck ABGD zum Teilrechteck des Hypotenusenquadrats, das dem benachbarten Kathetenquadrat über BF flächengleich sein muß, womit unsere Verwandlungsforderung restlos erfüllt ist.

Wenn wir nun auch auf Grund unserer bisherigen Kentnisse durch geeignete Umformungen und Zerlegungen einen großen Teil geradlinig begrenzter ebener Figuren bezüglich ihres Flächeninhaltes behandeln können, so wollen wir 'gleichwohl einige besondere Fälle speziell anführen. Zuerst das Trapez.

Es ist aus der Figur ohne weiters zu sehen, daß man ein Trapez durch Ziehen der Mittellinie in ein inhaltsgleiches Rechteck verwandeln kann (da Dreieck $AEG\equiv$ Dreieck $DED_{1}$ und Dreieck $BFH\equiv$ Dreieck $CC_{1}F$). Unter Mittellinie versteht man die Gerade, die die Mitten der beiden nichtparallelen Seiten verbindet. Die Fläche des Trapezes ist somit Mittellinie mal Höhe ($HC_{1}$ oder $GD_{1}$). Die Mittellinie ist aber wieder nichts anderes als die Summe der beiden Parallelen dividiert durch 2, oder das arithmetische Mittel der beiden parallelen Seiten AB und CD, da $AB+CD=(AG+GH+HB)+(C_{1}D_{1}-D_{1}D-CC_{1})=GH+C_{1}D_{1}$ , da $GA=D_{1}D$ und $HB=CC_{1}$. Somit ist $AB+CD=GH+C_{1}D_{1}$, wobei $GH=C_{1}D_{1}=EF$. Somit ist $AB+CD=2EF$ oder $EF={\frac {AB+CD}{2}}$, was zu beweisen war.

Nun zu einer anderen Aufgabe: Wir haben schon gesehen, daß sich jedes regelmäßige Vieleck einem Kreis einbeschreiben läßt oder, was dasselbe ist, daß jedem regelmäßigen Vieleck ein Kreis umbeschrieben werden kann, da man ja ein regelmäßiges Vieleck beliebiger Seitenanzahl durch entsprechende Kreisteilung zu gewinnen imstande ist. Das Polygon zerfällt sodann in n gleichschenklige Dreiecke, die ihre Scheitel im Mittelpunkt des Kreises haben „und deren Schenkel gleich dem Radius sind. Rein konstruktiv, mit Zirkel und Lineal, kann man allerdings reguläre n-Ecke nur dann konstruieren, wenn sie entweder als Seitenanzahl 4 oder $2\cdot 4$ oder $2\cdot 2\cdot 4$ usw. besitzen, oder wenn sie 6 Seiten oder $2\cdot 6$ oder $2\cdot 2\cdot 6$ usw. haben, oder wenn sie, wie Gauß gezeigt hat, der Bedingung entsprechen, daß $n={2^{(2)}}^{p}+1$ und dies überdies eine Primzahl ist. Ist also $p=0,1,3,4,\dotsc \dotsc$, dann wird $n=3,5,17,257,65537,\dotsc \dotsc$. Für $p>4$ sind solche Primzahlen nicht bekannt.

Abgesehen von diesen rein konstruktiven Schwierigkeiten, können wir wohl ruhig behaupten, daß in jedem regelmäßigen Vieleck der Flächeninhalt gleich sein muß der Summe der n Dreiecke, die dieses Polygon in der oben erwähnten Weise zusammensetzen. Da es sich aber dabei offensichtlich um lauter kongruente gleichschenklige Dreiecke handelt, deren Grundlinie die Polygonseiten und deren Schenkel je zwei Radien des Um-Kreises sind, müssen auch sämtliche Höhen gleich sein. Nennen wir die Polygonseiten s und die Höhen h und die Anzahl der Polygonseiten n, dann ist der Flächeninhalt eines solchen n-Seites oder n-Ecks gleich $({\frac {sh}{2}}+{\frac {sh}{2}}+{\frac {sh}{2}}+\dotsc \dotsc )n$ mal als Summand gesetzt oder kürzer $n\cdot {\frac {sh}{2}}$. Da aber $n\cdot s$ nichts anderes ist als der Umfang des Vielecks, den wir u nennen wollen, so ergibt sich die ${\frac {u\cdot h}{2}}$. Das bedeutet aber wieder nichts anderes, als daß jedes regelmäßige Vieleck inhaltsgleich ist einem Dreieck, dessen Grundlinie gleich ist dem Umfang des Polygons und dessen Höhe der Höhe eines der Dreiecke gleich ist. Oder auch einem Dreieck, das eine Dreieckshöhe zur Grundlinie und den Vielecksumfang zur Höhe hat. In der Geometrie wird vorwiegend die erste dieser beiden Möglichkeiten benutzt. Insbesondere zur Quadratur des Kreises, die wir jetzt 'besprechen wollen. Vorausgeschickt sei, daß eine konstruktive Quadratur des Kreises mit Zirkel und Lineal trotz aller durch die Jahrtausende stets wieder erneuerten Versuche nicht gelungen ist. Wir werden später Näherungskonstruktionen und eine richtige Quadratur, allerdings mit Hilfe des sogenannten Evolventenzirkels, kennen lernen. Wir sind daher zur Kreisausmessung fast ausschließlich auf rechnerische Methoden angewiesen.

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