Ein Halbkreis im Viertelkreis

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Maike Siegel
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1 1 Ein Halbkreis im Viertelkreis ätselaufgabe aus mathsoftpuzzle bbildung 1 zeigt den Kreis k 1 mit dem adius r = 1 und einen Viertelkreisbogen k mit dem adius =. Im Punkt D liegt die Tangente g 1 am Kreis k 1. Die Tangente schneidet den Viertelkreisbogen im Punkt E und die y chse im Punkt C. Bestimme die Gleichung der Tangente so, daß die egion CE maximalen Flächeninhalt erhält! k E g1 D C = r=1 O F B k1 bbildung 1: Skizze zur ufgabenstellung Punktezahl=10

2 Lösungen Die Fläche CE kann auf zwei verschiedenen Wegen berechnet werden. Die klassische Methode mittels Integralrechnung ist von der Überlegung her der schnellere nsatz. Wenn x s,y s die Schnittpunktkoordinaten zwischen Viertelkreisbogen und Tangente bezeichnen, so folgt CE aus dem Integral 1: CE = x s r k x g 1 x dx 1 y k Dx0,y0 E g1 C r t -r F0,0 x s B x k1 bbildung : Skizze zum Lösungsweg I Die uswertung des Integrals führt auf komplizierte Gleichungen, die nur mit Computerunterstützung lösbar sind. Der zweite Weg kommt bei der Flächenberechnug mit elemetargeometrischen Methoden aus. Bei genauen Hinsehen erkennt man, das die Fläche OBEC sich aus dem Kreissektor OBE und dem Dreieck OEC zusammensetzt. Dieser Weg ist vom nsatz etwas schwieriger und verlangt gute Kenntnisse der analytischen Geometrie sowie der Formeln /Sätze rund um den Kreis.

3 3 Bei der algebraischen Umformung der Gleichungen sowie zur Differentiation / Integration sollte ein Computeralgebrasystem wie Mathematica, Maple V oder MuPD zu Hilfe genommen werden. Flächenberechnung mittels Integration ls Koordinatenursprung wurde Punkt F gewählt. In bhängigkeit vom Winkel t wird eine Formel zur Berechnung der Fläche CE hergeleitet. Tangentengleichung im Punkt Dx 0,y 0 : g 1 : x 0 x y 0 y 1 = r y 1 = x 0 x r y 0 y 0 Die Koordinaten von D in bhänkigkeit von t sind über die Parameterdarstellung vom Kreis k 1 gegeben: x 0 = r cost, y 0 = r sint 3 Gleichung des Viertelkreisbogen k mit Mittelpunkt M r, 0 : k : x r y = y = x r 4 Schnittpunktkoordinaten zwischen g 1 und k : {{y s r y 0 r x 0 y 0 x 0 y 0 rx 0y 0 x 0 y 0 x 0 r 4 y 0 r 3 x 0 y 0 r x 0 y 0 x 0 y 0 y 4 0 y 0 x 0 y 0, x s 1 x 0 y 0 r x 0 ry 0 r 4 y 0 r 3 x 0 y 0 r x 0 y 0 x 0 y 0 y 4 0 }, {y s r y 0 r x 0 y 0 x 0 y 0 rx 0y 0 x 0 y 0 x 0 r 4 y 0 r 3 x 0 y 0 r x 0 y 0 x 0 y 0 y 4 0 y 0 x 0 y 0, x s 1 x 0 y 0 r x 0 ry 0 r 4 y 0 r 3 x 0 y 0 r x 0 y 0 x 0 y 0 y 4 0 }} Von den zwei Schnittpunkten muß die positive Lösung mit x s > 0, y s > 0 gewählt werden. Der gesuchte Flächeninhalt CE berechnet sich aus: = x s r y y 1 dx = = r rx 0 y 0 1 y 0 r x s r r x s y 0 x s x 0 x s x s r rx y 0 arctan [ r s ] rx s x s x r x 0 x r dx 5 y 0 y 0 r x s y 0

4 4 Wir ersetzen die Koordinaten x 0,y 0 durch die Paramterdartsellung 3 und setzen r =1,=: = 1 cos[t] csc[t] 1 csc[t] x s 4 1 x s sin[t] 4 arctan [ x s x s cos[t] 4 1 x s sin[t] 3 xs x 1x s ]sin[t] s nschließend wird x s durch die oben ermittelte Schnittpunktkoordinate ersetzt: x s = cos[t] sin[t] 5 4 cos[t]cos[t]sin[t] 6 t = 1 4 arctan [ 1cos[t] / sin[t] 5 4cos[t] cos[t]sin[t] 1cos[t] sin[t] 5 4cos[t] cos[t]sin[t] 3cos[t] sin[t] 5 4cos[t] cos[t]sin[t] ] 1cos[t] sin[t] 5 4cos[t] cos[t]sin[t] csc[t]cot[t] 1cos[t] sin[t] 5 4cos[t] cos[t]sin[t] 1cos[t] sin[t] 5 4cos[t] cos[t]sin[t] 3cos[t] sin[t] 5 4cos[t] cos[t]sin[t]

5 5 Die Funktion t ist recht kompliziert. Der übliche Weg zur Maximumbestimmung über die 1.bleitung wird deshalb umgangen. us dem graphischen Verlauf t kann ein Startwert zur numerischen Maximumfindung ermittelt werden. Mit Hilfe von Mathematica findet man als Lösung: t max = rad = 100.1, max = t bbildung 3: Funktion t im Intervall π 4 t π

6 6 Flächenberechnung über die Kreisformel Bei diesem Lösungsweg minimieren wir den Flächeninhalt OBEC was zur ufgabenstellung Maximum von CE äquivalent ist. y k E g1 D C n r t O F B x k1 bbildung 4: Skizze zum Lösungsweg II Der Flächeninhalt für OBEC setzt sich aus dem Kreissektor OBE und dem Dreieck OEC zusammen: OBEC = 1 t 1 n sin π t = 1 t 1 n cost8 Die Strecke n ist vom Winkel t abhängig. Zur bleitung der Funktion nt sind zwei Wege möglich.

7 7 bleitung der Funktion nt aus der Tangentengleichung Geradengleichung der Tangente in allgemeiner Form : g 1 : y = m x n 9 Kreisgleichung für k 1 mit Mittelpunkt in Mr, 0 : k 1 : x r y = r 10 Die möglichen Schnittpunkte zwischen g 1 und k 1 ergeben sich aus: k 1 = g 1 x r m x n = r 11 Lösung der quadratischen Gleichung : x 1 = mn r r mnr n 1m 1 x = mn r r mnr n 1m 13 Da g 1 Tangente in D ist, müssen beide Punkte zusammenfallen. Mit anderen Worten suchen wir die relle Doppellösung, d.h. die Diskriminante muß identisch Null sein: 0=r mnr n m = r n 14 nr Die Größen m und n stehen also in einem abhängigen Verhältnis zueinander. In der Tangentengleichung kann m durch n ersetzt werden : g 1 : y = r n nr x n 15 Um die Größe n als nt zu bestimmen, setzen wir nun die Schnittpunktkoordinaten von E in die Tangentengleichung ein und lösen nach n auf: x e = cost, y e = sint 16 g 1 : sint = r n nr costn 17 r sin[t] r 3 cos[t]r cos[t] r sin[t] nt = r cos[t] 18 Für r = 1 und = vereinfacht sich der usdruck wie folgt: 1 cos[t]sin[t] nt = 1cos[t] 19

8 8 bleitung der Funktion nt aus der Kreisgeometrie y k G g1 z β C α n γ D z-n n r n β α O r F B x k1 bbildung 5: Skizze zum Lösungsweg II Satz Legt man von einem äußeren Punkt die Tangenten an einen Kreis, so sind die Tangentenabschnitte stets gleich lang. In bbildung 5 gilt damit: OC = CD = n, BG = DG = z 0 Die Drachenvierecke OFDC und FDGB sind einander ähnlich, da die Innenwinkel identisch sind. Es läßt sich die folgende Beziehung zwischen den Strecken n und z aufstellen: r n = z r n z = r 1 Der Tanges vom Winkel γ berechnet sich aus: tanγ = z n = sint n cost

9 9 Mit z = r n r n n erhalten wir : = sint n cost 3 Die uflösung der Gleichung ergibt: nt = tan[t] 4r 1sec[t] tan[t] 1sec[t] 4 Für r = 1 und = erhält man: nt = 1 sec[t] sec[t] tan[t] 1 sec[t] 5 Berechnung des Minimums der Funktion t Das Ergebnis nt wird nun in die usgangsgleichung t eingesetzt: = 1 t 1 cos[t] sin[t] cos[t] cost 6 Wir bestimmen den Extremwert der Funktion t aus den Nullstellen der ersten bleitung: d dt = cos[t]sin[t] cos[t] sin[t] cos[t] sin[t] cos[t] sin[t] cos[t] sin[t] cos[t] cos[t] cos[t] cos[t] Um die Gleichung algebraisch zu Lösen, ersetzen wie vorübergehend die Winkelfunktionen durch rationale Terme: cost =z, sint = 1 z 7 d dt = z 1 z z 1 z z 1 z z z 1 z z z 1 z z z Die Gleichung liefert für z die folgende Lösungsmenge: {{z 1 = 1}, {z =1}, {z 3 = }, {z 4 = }}

10 10 ls einzig sinnvolle Lösung kommt z 3 in Frage: z = = cost 8 In der Funktion nt kann cost und sint nun durch z ersetzt werden: nt = cos[t] sin[t] cos[t] = z 1 z z 9 n = Für = erhalten wir : 1 n = Das Ergebnis setzen wir in Gleichung 15 ein und erhalten die optimale Tangentengleichung: g 1 : y opt = x Zum bschluß lösen wir die transzendente Gleichung z = cost: z = = cost 4 3 [ 1 t min = arccos ] = rad = bbildung 6 zeigt den Funktionsverlauf t im Intervall π/10 t π/3 Durch Subtraktion von der Viertelkreisfläche erhält man die Fläche CE bbildung 7. CE = π 4 t 34

11 t 1.9 bbildung 6: Minimum der Funktion t bei t = t bbildung 7: Fläche CE in bhängigkeit von t

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