Mathematik zum Wochenende - Lösung

[ottogal]

Bevor ich auch auf die eigentlich ins Auge springende Lösung von Matthias gekommen bin, hatte ich umständlich mit Trigonometrie herumgerechnet. Freilich ergab das keine wettbewerbsfähige Lösung - vielleicht interessiert sie trotzdem den einen oder andern.

(Beim Ausformulieren merkt man schnell, dass man unbedingt abkürzende Variablen verwenden sollte; aber das ist eigentlich ein Haupttrick in der Mathematik.)

Also los:

Das Quadrat habe die Seitenlänge 1.

Sei $$\alpha = \angle EAP$$.
Da die Tangente in P auf $$AP$$ senkrecht steht, ist auch $$\angle CST = \alpha$$ (Winkel mit paarweise orthogonalen Schenkeln sind gleich),
und als Stufenwinkel an Parallelen ist auch $$\angle FPT = \alpha$$.

Wir definieren zwecks Abkürzung:
$$s = \sin(\alpha)$$
$$c = \cos(\alpha)$$
$$t = \tan(\alpha)$$

Bekanntlich gelten dann die Beziehungen

(1) $$t=s/c$$ und

(2) $$s²+c²=1$$.

Mit den gemäß der Zeichnung benannten Punkten setzen wir
$$x = TC$$, $$y= CS$$ und $$z = TS$$.

Dann gilt:

$$AE=c$$ und daher $$FC=EB=1-c$$
$$PE=s$$ und daher $$PF=1-s$$

Nun ist $$\frac{TF}{PF}=t$$, somit $$TF=t \cdot PF = t(1-s)=\frac{s-s²}{c}$$ (wegen (1)) und

$$x=TC=TF+FC=\frac{s-s²}{c}+(1-c)=\frac{s-s²+c-c²}{c}$$, also wegen (2)

$$x=\frac{s+c-1}{c}$$.

Mit der Abkürzung $$d=s+c-1$$ vereinfachen wir das Folgende.

Wir erhalten $$x=\frac{d}{c}$$, und wegen $$\frac{x}{y}=t$$ daraus (mit (1))

$$y=\frac{x}{t}=\frac{xc}{s}$$, also $$y=\frac{d}{s}$$.

Pythagoras im Dreieck $$TSC$$ ergibt nun

$$z²=x²+y²=d² \cdot \left( \frac{1}{c²}+\frac{1}{s²} \right)=d² \cdot \frac{s²+c²}{c²s²}$$, also wegen (2)

$$z²=\left( \frac{d}{cs} \right)²$$ und damit $$z=\frac{d}{cs}$$.

Der Umfang des Dreiecks $$TSC$$ ist daher

$$u=x+y+z=\frac{d}{c}+\frac{d}{s}+\frac{d}{cs}=d \cdot \frac{s+c+1}{sc}=\frac{(s+c-1)(s+c+1)}{sc}=\frac{(s+c)²-1²}{sc}=\frac{s²+2sc+c²-1}{sc}$$, also mit (2)

$$u=\frac{2sc}{sc}=2$$.

Also ist unabhängig vom Winkel $$\alpha$$ der Umfang des Dreiecks stets $$u=2$$, also das Doppelte der Quadratseite.