Die Koch-Schneeflocke

Beschreibung der Koch-Kurve

Die Koch-Kurve entsteht in einer unendlichen Schleife so: 1. Starte mit einer Linie der Länge $s$ (z. B. $s=1$). 2. Ersetze das mittlere Drittel dieser Linie durch zwei Linien, jeweils der Länge $s/3$, sodass mit dem entfernten Drittel ein gleichseitiges Dreieck entstehen würde: 3. Mache nun dasselbe mit den vier kleineren Linien, usw.

Beschreibung der Koch-Schneeflocke

Die Koch-Schneeflocke entsteht aus einem gleichseitigen Dreieck (z. B. der Seitenlänge $1$), indem man ihre Seiten durch die Koch-Kurve ersetzt.

Flächeninhalt der Koch-Kurve

Die Koch-Kurve schließt mit der Ausgangslinie (deren Länge wir als $1$ annehmen) eine Fläche ein, die wir Koch-Fläche nennen. Wir berechnen ihren Inhalt $A$:

Berechnung 1

Die Koch-Fläche setzt sich zusammen aus einem gleichseitigen Dreieck der Länge $\tfrac{1}{3}$ und vier Exemplaren der um den Faktor $\tfrac{1}{3}$ geschrumpften Koch-Fläche; das ergibt sich direkt aus der Definition der Kurve. Wir nutzen nun den Fakt, dass sich der Flächeninhalt einer geometrischen Figur, die man um den Faktor $r$ verkleinert, um den Faktor $r^2$ verkleinert (in unserem Fall $r=\tfrac{1}{3}$). Daraus ergibt sich die Gleichung$$A = F + 4 \cdot \frac{1}{9} \cdot A,$$wenn $F$ der Flächeninhalt des Dreiecks ist. Wir lösen nach $A$ auf und erhalten zunächst $9 A = 9 F + 4 A$ und dann$$A = \frac{9}{5} \cdot F = \frac{9}{5} \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{1}{3^2} = \frac{\sqrt{3}}{4 \cdot 5}.$$

Eine Beobachtung

Das Ergebnis dieser Berechnung lässt sich auch schreiben als$$5 A = F',$$wobei $F' = \sqrt{3}/4$ der Flächeninhalt eines gleichseitigen Dreiecks der Länge $1$ ist. Das wirft die Frage auf: Das ist zwar leider nicht der Fall, führt uns aber zu einer alternativen Herleitung:

Berechnung 2

Zunächst schreiben wir die Koch-Fläche unten in das Dreieck ein. Dann verkleinern wir die Fläche so, dass wir zwei Kopien davon oben umgekehrt anlegen können und damit genau ein Drittel des Dreiecks ausfüllen. (Dass hierbei wirklich eine Füllung entsteht, muss man streng genommen noch beweisen.) Mit den anderen beiden Dritteln des Dreiecks verfahren wir genauso. Der Verkleinerungsfaktor ist hierbei gerade die Länge der eingezeichneten Winkelhalbierenden bis zum Mittelpunkt. Elementare Geometrie am Dreieck zeigt, dass diese Länge $\frac{1}{\sqrt{3}}$ ist. Das liefert (erneut)$$F' = 3 \cdot \bigl(A + 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}^2} \cdot A\bigr) = 3A + 2A = 5A.$$

Flächeninhalt der Koch-Schneeflocke

Die Koch-Schneeflocke schließt im Inneren eine Fläche ein, deren Inhalt wir hier berechnen.

Berechnung 1

Die Fläche der Koch-Schneeflocke setzt sich aus drei Koch-Flächen (hier wieder der Ausgangslänge $1$) und einem gleichseitigen Dreieck der Länge $1$ zusammen. Für ihren Flächeninhalt $A'$ gilt demnach$$A' = 3A + F',$$wobei wir $A$ bereits kennen und $F'=\sqrt{3}/4$ der Flächeninhalt des großen Dreiecks ist. Also ist$$A' = \frac{3 \sqrt{3}}{4 \cdot 5} + \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{3 \sqrt{3}}{4 \cdot 5} + \frac{5\sqrt{3}}{4 \cdot 5} = \frac{8 \sqrt{3}}{4 \cdot 5} = \frac{2}{5} \sqrt{3}.$$

Berechnung 2

Wir können die Packung des Dreiecks aus der Berechnung 2 der Koch-Fläche sozusagen umstülpen und erhalten eine Packung eines regelmäßigen $6$-Ecks: Mit der Flächenformel für das $6$-Eck und dem bereits bekannten Inhalt der Koch-Fläche erhält man also eine weitere Berechnungsmöglichkeit.

Weitere Berechnung?

Es stellt sich die Frage, ob es eine Berechnung von $A'$ gibt, die unabhängig von $A$ ist. Genauer gesagt haben wir ja oben$$5 A' = 8 F'$$festgestellt. Gibt es eine direkte geometrische Herleitung dafür mit einer schönen Pflasterung? Falls ja, muss man dabei die Schneeflocke natürlich aufteilen und vermutlich auch skalieren.