Umwege in Polygonen - Universität Bonn

Liegen andererseits b ′ oder d ′ nicht im zugehörigen linsenförmigen Gebiet, dann folgt:
(∣ ∣ a ′ b ′∣ ∣
∣ ∣b
max
∣ ′ c ′∣ ∣
∣ ∣c
,
∣ ′ d ′∣ ∣
∣ ∣a
,
∣ ′ d ′∣ )
∣
,
∣ > 1
∣ ab ∣ bc ∣ cd ∣ ad Damit ist (39) bewiesen und somit der Beweis von Lemma 6.1 abgeschlossen. □
Lemma 6.2 Berühren oder schneiden sich zwei Kreise K 1 = K r1 (m 1 ) und K 2 = K r2 (m 2 )
in einem Punkt b, dann liegt K 2 genau dann (zu beiden Seiten von b) innerhalb von K 1 ,
wenn die Kreismittelpunkte m 1 und m 2 mit dem Berührpunkt b auf einer Linie liegen und
r 2 ≤ r 1 ist.
K 1
m 2
K 2
m b
1
Abbildung 22: sich schneidende Kreise
Beweis. Die Rückrichtung ist klar. Auch ist klar, dass r 2 ≤ r 1 sein muss, damit K 2 innerhalb
von K 1 liegen kann. Liegen dann die drei Punkte nicht auf einer Linie, werden die zu ihnen
gehörigen Dreiecksungleichungen strikt, d.h. unter anderem gilt:
∣ m1 b ∣ ∣ < |m1 m 2 | + ∣ ∣ m2 b ∣ ∣
Also gilt, weil b der Berührpunkt ist:
r 1 < |m 1 m 2 | + r 2
Wenn man aber die Strecke m 1 m 2 ausdehnt bis man den Kreis K 2 erreicht, so hat man einen
Punkt dieses zweiten Kreises gefunden, der einen Abstand von |m 1 m 2 | + r 2 zu m 1 hat (vgl.
Abb. 22). Folglich liegt dieser Punkt außerhalb von K 1 . Da sich zwei Kreise, wenn sie nicht
identisch sind, in höchstens zwei Punkten schneiden oder berühren, muss also K 2 schon in
jeder Umgebung des einen Schnittpunktes b außerhalb von K 1 liegen. □
6.4 Geradebiegen des dualen Vierecks
Im folgenden Abschnitt werden wir eine der Einschränkungen aufheben, die zum Stifte-
Ansatz geführt hat. Wir setzen nicht mehr die Geradlinigkeit der Seiten des dualen Vierecks
voraus. Vielmehr dürfen diese jetzt beliebige nach außen hin konvexe polygonale Ketten sein.
Sind die kürzesten Wege π V ′(a ′ , c ′ ) und π V ′(b ′ , d ′ ) im dualen Viereck V ′ geradlinig, d.h.
(a ′ , c ′ ) und (b ′ , d ′ ) sind in V ′ gegenseitig sichtbar, dann kann man die Aussage von Lemma
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