Mathematik zum Wochenende

[Matthias Apsel]

Hallo alle,

Gegeben ist ein Viertelkreis. Die Punkte B und C teilen den Bogen AD in Bögen gleicher Länge. Berechne Inhalt und Umfang der hervorgehobenen Fläche.

Bis demnächst
Matthias

[Gunnar Bittersmann]

@@Matthias Apsel

Lösung per Twitter geschickt. Hier geht das ja nicht. 😡

🖖 Stay hard! Stay hungry! Stay alive! Stay home!

[MudGuard]

Hi,

Lösung per Twitter geschickt. Hier geht das ja nicht. 😡

wieso nicht? Ich hab's per Privater Nachricht geschickt. Da wurde kein Fehler angezeigt.

cu,
Andreas a/k/a MudGuard

[Matthias Apsel]

Hallo MudGuard,

Lösung per Twitter geschickt. Hier geht das ja nicht. 😡

wieso nicht? Ich hab's per Privater Nachricht geschickt. Da wurde kein Fehler angezeigt.

Gunnar wollte ein Bild per PM schicken. Das geht ninur über Umwege.

Bis demnächst
Matthias

[Gunnar Bittersmann]

@@Matthias Apsel

Gunnar wollte ein Bild per PM schicken. Das geht ninur über Umwege.

Dass es über Umwege doch geht, führt es ad absurdum, dass es ohne Umweg nicht geht. Miserable UX ohne erkennbaren Nutzen.

🖖 Stay hard! Stay hungry! Stay alive! Stay home!

[Matthias Apsel]

Hallo Gunnar Bittersmann,

Dass es über Umwege doch geht, führt es ad absurdum, dass es ohne Umweg nicht geht. Miserable UX ohne erkennbaren Nutzen.

Der Umweg hat zur Folge, dass Admins das Bild sehen können. Das sollte für PMs nicht sein.

Bis demnächst
Matthias

[Rolf B]

Hallo Matthias,

verdammt - ich war überzeugt eine PN geschickt zu haben. Bitte entschuldige. Und den Umfang hab ich doch glatt übersehen 😟

Rolf

[Matthias Apsel]

Hallo Rolf B,

verdammt - ich war überzeugt eine PN geschickt zu haben. Bitte entschuldige.

Kein Problem, das ist mir auch schon passiert.

Und den Umfang hab ich doch glatt übersehen 😟

der kam erst später hinzu. 🤪

Bis demnächst
Matthias

[ottogal]

@Rolf B

verdammt - ich war überzeugt eine PN geschickt zu haben.

Genau so ging es mir.
In letzter Zeit mach ich öfter mal einen Fehler von dir nach... 😆

[Matthias Apsel]

Hallo Matthias Apsel,

der offensichtliche Weg:

die blaue Fläche ist die halbe Differenz der Kreissegmente mit den Zentriwinkeln $$\frac{2}{3}\pi$$ und $$\frac{\pi}{3}$$.

$$\mathrm{A} = \frac{1}{2} \frac{r^2}{2} \left( \left( \frac{2}{3}\pi - sin\frac{2}{3}\pi \right) - \left( \frac{\pi}{3} - sin\frac{\pi}{3} \right)\right) = \frac{\pi}{12}r^2$$

Diesen Lösungsweg beschritten @Rolf B, @Gunnar Bittersmann, @MudGuard (leider fehlerhaft, mit demselben Fehler, den auch ich zuerst gemacht habe).

Auf Twitter fand ich die Lösung „Trapez + Segment“, …

$$\mathrm{A}=\frac{r^2}{2}\left(sin\frac{\pi}{3}-sin\frac{\pi}{6}\right)\left(sin\frac{\pi}{3}+sin\frac{\pi}{6}\right) + \frac{\pi}{12}r^2-\frac{1}{2}sin\frac{\pi}{6}$$

$$\mathrm{A}=\frac{r^2}{2}\left(sin^2\frac{\pi}{3}-sin^2\frac{\pi}{6}\right) + \frac{\pi}{12}r^2-\frac{r^2}{2}sin\frac{\pi}{6}$$

$$\mathrm{A}=\frac{r^2}{2}\left(\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\right) + \frac{\pi}{12}r^2-\frac{r^2}{4}$$

… die mich auf die Idee brachte nach dem Umfang zu fragen.

@Gunnar Bittersmann hat die Integralrechnung verwendet: $$\mathrm{A}=\int\limits_{sin\frac{\pi}{6}}^{sin\frac{\pi}{3}} \sqrt{1-x^2} \mathrm{d}x$$

Aber die in meinen Augen geschickteste Beweisidee kam von (ich bin fast geneigt zu sagen wie immer) von @ottogal. Die dampfe ich mal auf ein Minimum zusammen um sie nicht gleich in Gänze zu verraten, sondern im Gegenteil zum Nachdenken anzuregen:

Durch die Drittelung des Bogens entstehen Kreissektoren der Fläche $$\frac{\pi}{12}r^2$$. Wie man sehen kann, ist eine Fläche, so groß wie zwei dieser Sektoren, nicht gefärbt. Chapeau.

Bis demnächst
Matthias

[Rolf B]

Hallo Matthias,

Ottogals Idee habe ich auch nach einer Zusatzerklärung von ihm erst nach mehreren Anläufen verstanden. Sowas zu sehen ist wirklich eine Leistung.

Rolf

[Gunnar Bittersmann]

@@Matthias Apsel

Durch die Drittelung des Bogens entstehen Kreissektoren der Fläche $$\frac{\pi}{12}r^2$$. Wie man sehen kann, ist eine Fläche, so groß wie zwei dieser Sektoren, nicht gefärbt. Chapeau.

Hm, ich seh’s nicht. 😞

Aber mit der richtigen Hilfslinie sehe ich, dass die gefärbte Fläche so groß ist wie einer dieser Sektoren. 🤓

🖖 Stay hard! Stay hungry! Stay alive! Stay home!

[Matthias Apsel]

Hallo Gunnar Bittersmann,

Aber mit der richtigen Hilfslinie sehe ich, dass die gefärbte Fläche so groß ist wie einer dieser Sektoren. 🤓

Die sehe ich wiederum nicht. 🥺🧐😵

Bis demnächst
Matthias

[Rolf B]

Hallo Matthias,

ich sehe eine kann mir eine vorstellen - aber eigentlich braucht man keine.
Alle nötigen Linien sind da 😜

Ich nehme mir mal die übrig gebliebenen Ostereierfarben. PXCQ und OBX sind „offensichtlich“ flächengleich.

Die Herleitung dieses „offensichtlichen“ Sachverhaltes bleibe als einfache Übung dem Leser überlassen.

Rolf

[ottogal]

Vielleicht ein "Proof without Words"? :

[Gunnar Bittersmann]

@@Gunnar Bittersmann

Aber mit der richtigen Hilfslinie sehe ich, dass die gefärbte Fläche so groß ist wie einer dieser Sektoren. 🤓

Die Hilfslinie ist das Lot von C auf OB; Fußpunkt sei G. Ferner seien E und F die Fußpunkte der Lote von B und C auf OA; M der Schnittpunkt von FC mit OB.

Die Dreiecke OBE und OCG sind nach WSW kongruent. Damit sind die zu den gleichgroßen Kreissektoren verbleibenden Restflächen – die halben Kreissegmente EBA und GCB – auch gleich groß.

Dreieck OCA ist gleichseitig (OC = OA; ∠COA = 60°); OG und FC sind Höhen darin. Die Dreiecke OMF und MCG sind zwei der sechs kongruenten Dreiecke, in welche die drei Höhen ein gleichseitiges Dreieck teilen.

Die Fläche FCBE, die sich aus dem Trapez FMBE, dem Dreieck MCG und dem halben Kreissegment GCB zusammensetzt, ist folglich genauso groß wie der Kreissektor OBA, der sich aus dem Dreieck OMF, dem Trapez FMBE und dem halben Kreissegment EBA zusammensetzt.

🖖 Stay hard! Stay hungry! Stay alive! Stay home!

PS: Die Skizze wird trotz anderslautender Angabe viel zu groß dargestellt. Dafür kann ich nichts.

[Rolf B]

Hallo Gunnar,

OC = OE

Lass den Ostereierlikör weg und guck nochmal hin.

OC = OA. OE ist kürzer.

Edit: Lümmel. Editierst während ich schimpfe 😂

Rolf

[Gunnar Bittersmann]

@@Rolf B

OC = OE

Nein.

OC ist ein Radius. OE ist kürzer.

Ups, A war gemeint, nicht E. Berichtigt.

🖖 Stay hard! Stay hungry! Stay alive! Stay home!

[Gunnar Bittersmann]

@@Matthias Apsel

@Gunnar Bittersmann hat die Integralrechnung verwendet: $$\mathrm{A}=\int\limits_{\pi/6}^{\pi/3} \sqrt{1-x^2} \mathrm{d}x$$

Nicht falsch abschreiben! Die Grenzen sind nicht ⅙π und ⅓π, sondern cos ⅓π und cos ⅙π (in der Reihenfolge). Also ½ und ½√3.

Das fehlende dx bitte selbst ergänzen – je nach Belieben vor oder nach der Wurzel.

Dann muss man nur noch wissen, wo man das Integral findet. 😉

🖖 Stay hard! Stay hungry! Stay alive! Stay home!

[Matthias Apsel]

Hallo Gunnar Bittersmann,

Nicht falsch abschreiben! Die Grenzen sind nicht ⅙π und ⅓π, sondern cos ⅓π und cos ⅙π (in der Reihenfolge). Also ½ und ½√3.

In der Tat. Ich habe nicht zu Ende konvertiert. Ich wollte auf den Sinus umbauen, wegen der Bezeichnung in der Skizze. Das mach ich mal noch.

Bis demnächst
Matthias

[ottogal]

Hallo in die Runde,

hier noch meine Lösung. Ich habe sie noch etwas gestrafft und komme ohne die Benennung von Punkten aus; es sollte trotzdem nachvollziehbar sein.

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In dieser Zeichnung erkennt man: In beiden Fällen besteht der nicht-blaue Flächenanteil des Viertelkreises aus zwei kongruenten rechtwinkligen Dreiecken (grün) und zwei kongruenten halben Kreissegmenten (gelb). Letztere sind aus Symmetriegründen kongruent.
Die grünen Dreiecke sind alle zueinander kongruent: Sie sind jeweils halbe gleichseitige Dreiecke mit dem Kreisradius $$r$$ als deren Seitenlänge, haben also die Kathetenlängen $$\frac{1}{2}r$$ und $$\frac{\sqrt 3}{2}r$$.

Folglich ist der Flächeninhalt des nicht-blauen Anteils in beiden Fällen gleich groß, daher haben auch die blauen Anteile gleichen Flächeninhalt. Im rechten Teilbild ist der blaue Sektor ein Drittel des Viertelkreises; also ist die gesuchte Fläche $$\frac{\pi}{12}r^2$$.

Der Umfang des gegebenen blauen Flächenstücks setzt sich aus dem Bogen $$\frac{\pi}{6}r$$, den horizontalen Strecken $$\frac{1}{2}r$$ (oben) und $$\frac{\sqrt 3}{2}r$$ (unten) sowie der vertikalen Strecke $$\frac{\sqrt 3}{2}r - \frac{1}{2}r$$ zusammen, ergibt sich also zu $$(\frac{\pi}{6} + \sqrt 3)r$$.

Für den konkreten Radius $$10\ \mathrm{cm}$$ erhält man
für die Fläche $$\frac{\pi}{12} \cdot 100\ \mathrm{cm^2} = 26{,}18\ \mathrm{cm^2}$$,
für den Umfang $$(\frac{\pi}{6} + \sqrt 3) \cdot 10\ \mathrm{cm} = 22{,}56\ \mathrm{cm}$$.

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Viele Grüße
ottogal

[Gunnar Bittersmann]

@@ottogal

hier noch meine Lösung.

Nach deinem Posting mit der Zeichnung hatte ich eine noch einfachere Erklärung erwartet. Nämlich:

Die beiden grün umrandeten Dreiecke sind kongruent (Winkel 30°, 60° und 90°, Hypotenuse: Kreisradius). Wenn man von diesen jeweils die dunkelgrüne Fläche abschneidet, bleiben die hellgrünen Flächen übrig, die folglich beide gleich groß sind.

Die gesuchte Fläche besteht ebenso wie der Kreissektor von ein bis zwei Uhr aus einer hellgrünen Fläche und der hellblau schraffierten Fläche (ich hab mir erlaubt, in der Zeichnung mal rumzukritzeln), ist also ein Zwölftel der Kreisfläche.

🖖 Stay hard! Stay hungry! Stay alive! Stay home!

[ottogal]

Hi @Gunnar Bittersmann,

hier noch meine Lösung.

Ich wollte da die Lösung mitteilen, die @Matthias Apsel und @Rolf B so freundlich mit Blumen bedacht haben...

Nach deinem Posting mit der Zeichnung hatte ich eine noch einfachere Erklärung erwartet...

Ja, Rolf hat es noch einfacher gemacht. Aber meine Zeichnung war ja als "Proof without Words" gedacht, also wozu die vielen Worte...? 🤐

[Rolf B]

Hallo ottogal,

es jedenfalls wieder mal spannend, wie die Lösung zu einer Problemstellung sich iterativ vereinfacht, bis man am Ende da steht und fragt: wieso hab ich das nicht gleich gesehen⁉️

Rolf