Mathematik aus Anlass Phoebes Entdeckung

[Matthias Apsel]

Hallo alle,

Das Bild zeigt 5 Halbkreise.

Man ermittle das Verhältnis orange : blau.

Bis demnächst
Matthias

[klawischnigg]

Hi there,

Man ermittle das Verhältnis orange : blau.

Fehlt da nicht irgendeine Nebenbedingung? Müßte man nicht den Durchmesser des Kreises kennen, auf dem die Kreismittelpunkte liegen? Oder ist das der Kern der Aufgabe...?

[MudGuard]

Hi,

Man ermittle das Verhältnis orange : blau.

Fehlt da nicht irgendeine Nebenbedingung? Müßte man nicht den Durchmesser des Kreises kennen, auf dem die Kreismittelpunkte liegen?

Nö - das Verhältnis ändert sich nicht, wenn man das ganze skaliert.

cu,
Andreas a/k/a MudGuard

[klawischnigg]

Hi there,

Fehlt da nicht irgendeine Nebenbedingung? Müßte man nicht den Durchmesser des Kreises kennen, auf dem die Kreismittelpunkte liegen?

Nö - das Verhältnis ändert sich nicht, wenn man das ganze skaliert.

;) - nein, nicht skaliert. Wenn die Halbkreise "näher zusammenrücken", dann wird die blaue Fläche größer und die orangfarbene kleiner...

[Tabellenkalk]

Hallo,

Nö - das Verhältnis ändert sich nicht, wenn man das ganze skaliert.

;) - nein, nicht skaliert. Wenn die Halbkreise "näher zusammenrücken", dann wird die blaue Fläche größer und die orangfarbene kleiner...

aber dann berühren sich die Halbkreise nicht mehr…

Gruß
Kalk

[klawischnigg]

Hi there,

Nö - das Verhältnis ändert sich nicht, wenn man das ganze skaliert.

;) - nein, nicht skaliert. Wenn die Halbkreise "näher zusammenrücken", dann wird die blaue Fläche größer und die orangfarbene kleiner...

aber dann berühren sich die Halbkreise nicht mehr…

Tun Sie doch, aber anders, jedenfalls seh' ich jetzt die "Nebenbedingung"...;)

[Tabellenkalk]

Hallo,

wer ist denn Phoebe? und wer hat sie wann entdeckt?

Gruß
Kalk

[Matthias Apsel]

Hallo Tabellenkalk,

wer ist denn Phoebe? und wer hat sie wann entdeckt?

Phoebe ist ein Saturnmond, entdeckt von William Henry Pickering am 17.3.1899.

Bis demnächst
Matthias

[Tabellenkalk]

Hallo,

entdeckt [...] 1899.

willst du damit sagen, die Zahl 121 spielt für die Aufgabe eine Rolle?

Gruß
Kalk

[Matthias Apsel]

Hallo Tabellenkalk,

willst du damit sagen, die Zahl 121 spielt für die Aufgabe eine Rolle?

Nein. Ich habe den Beitrag am 17.3. erstellt.

Bis demnächst
Matthias

[MudGuard]

Hi,

wer ist denn Phoebe? und wer hat sie wann entdeckt?

Phoebe ist ein Saturnmond, entdeckt von William Henry Pickering am 17.3.1899.

der war wohl kein Ire - sonst hätte Saturn einen Mond namens St. Patrick …

cu,
Andreas a/k/a MudGuard

[Matthias Apsel]

Hallo Matthias Apsel,

Das Bild zeigt 5 Halbkreise.

Obwohl es nicht dasteht: Die Halbkreise sind kongruent, sowohl ihre Mittelpunkte als auch ihre Schnittpunkte bilden ein gleichseitiges Fünfeck.
Wir vereinbaren, dass der Radius der Halbkreise $$1$$ sei, die Seitenlänge des Fünfecks ist damit $$2$$, der Flächeninhalt des Fünfecks mithin $$\sqrt{25 + 10\sqrt{5}}$$.

Das Viereck M₁BM₂C ist ein Rhombus mit der Seitenlänge 1, die Innenwinkel des Fünfecks (z. B. ∠M₁BM₂) betragen 108°, der Winkel ∠HM₁B beträgt deshalb 72°. Damit können wir jetzt den Flächeninhalt eines Zweiecks berechnen:

$$\mathrm{A} = \frac{2}{5}\pi - \sin(72°)$$

Der Sinuswert ergibt sich zu $$\sqrt{\frac{5}{8}+\frac{\sqrt{5}}{8}}$$, der Inhalt der blauen Flächen ist damit

$$\mathrm{A_{blau}} = 2\pi - 5\sqrt{\frac{5}{8}+\frac{\sqrt{5}}{8}}$$

Die orange Fläche ergibt sich als Fläche des Fünfecks, vermindert um die Fläche von 5 Halbkreisen zuzüglich der (ansonsten doppelt abgezogenen) blauen Zweiecke.

Als numerisches Resultat für das Verhältnis ergibt sich 0.3637867…

Richtige Lösungen kamen von @Gunnar Bittersmann, @Rolf B und @ottogal. @Rolf B fand zudem mit $$\frac{8}{7\pi}$$ einen schönen Näherungswert^[1], die Differenz zum korrekten Wert ist 0,000004…

Bis demnächst
Matthias

---

1. Ich weiß gar nicht, ob Näherungswert in diesem Fall der richtige Begriff ist. ↩︎

[Rolf B]

Hallo Matthias,

mein Ansatz war etwas anders, läuft aber auf's gleiche hinaus. Ich habe das rote Teildreieck im Fünfeck betrachtet.

Hier nochmal (das Bild ist zu einem anderen Zeitpunkt entstanden darum heißen die Punkte anders):

Die blauen Flächen bestehen aus dem Teil des Viertelkreises, der über das Dreieck hinausragt. Die orangen Flächen bestehen aus dem Teil des Dreiecks, das über den Viertelkreis hinausragt. Die Figur von Matthias enthält diese Flächen jeweils zehnmal, das kürzt sich bei der Verhältnisbildung heraus. Ich muss also nur mein Detailbild betrachten. Allerdings ist die Welt dann etwas komplizierter...

Ich schreibe jetzt nicht alle Formeln ab, letztlich berechne ich

• $$r_i$$ - den Inkreisradius des Fünfecks (gemäß Formel bei Wikipedia)
• A - die Fläche des roten Dreiecks als $$\frac{1}{2}a r_i$$
• K - den 72° Kreissektor um M von C nach Q als $$\pi a^2 \frac{72}{360}=\frac{\pi}{5}a^2$$
• S - das gleichschenkliche Dreieck MCQ als $$\frac{1}{2}a^2 \sin 72°$$
• Die Differenz K-S als Fläche des Kreissegments
• B - den 18° Kreissektor um M von Q nach P, das ist ein Viertel von K
• X - die Fläche des Dreiecks-Überstandes, als A - S - B.

Bei der Verhältnisbildung kürzt sich a heraus, das Verhältnis ist damit definitiv unabhängig von der Größe des Fünfecks.

Für das Verhältnis komme ich ebenfalls auf Matthias Wert.

Ich würde ja gern an $$\frac{8}{7 \pi}$$ als exakten Wert glauben, aber die Abweichung ist zu groß für einen IEEE-Rundungsfehler.

Rolf

[ottogal]

Hallo Matthias Apsel,

... mithin $$\sqrt{25 + 10\sqrt{5}}$$.

Aha. Formelsammlung?

Gruß
ottogal

[Rolf B]

Hallo ottogal,

Formelsammlung?

Sozusagen

Rolf

[ottogal]

Hallo in die Runde,

ich zeige euch noch (etwas ausführlicher) meine Lösung:

---

Die Durchmesser der Halbkreise bilden ein reguläres Fünfeck, dessen Diagonalen das legendäre Pentagramm.

Aufgrund der vielfachen Symmetrie treten darin immer wieder die Winkel $$ \frac{1}{5}\pi $$, $$ \frac{2}{5}\pi $$, $$ \frac{3}{5}\pi $$ auf sowie so genannte "Goldene Dreiecke", d.h. gleichschenklige Dreiecke mit dem Basiswinkel $$ \frac{2}{5}\pi $$.

Deren Schenkel verhalten sich zur Basis wie $$ \Phi : 1 $$, wobei $$ \Phi $$ der "Goldene Schnitt" ist:

$$ \Phi = \frac{1+\sqrt 5}{2} \approx 1,618... $$

$$ \Phi $$ ist die positive Lösung der quadratischen Gleichung $$ \quad x^2-x-1=0 \quad $$, welche man aus der Ähnlichkeit Goldener Dreiecke erhält:

$$ x:1=1:(x-1) \quad $$, also $$ \quad x(x-1)=1 $$ .

$$ \Phi $$ hat für die Rechnung sehr praktische Eigenschaften. Z.B. folgen aus

$$ \Phi^2=\Phi+1 $$

die Beziehungen:

$$ \Phi^3=2\Phi+1 $$, $$ \qquad\frac{1}{\Phi}=\Phi-1 \qquad $$ und $$ \qquad\frac{1}{\Phi^2}=2-\Phi $$.

So verwende ich etwa im Folgenden einige Male die Umformung

$$ \Phi \sqrt{3-\Phi} = \sqrt{3\Phi^2-\Phi^3}=\sqrt{3\Phi+3-2\Phi-1}=\sqrt{\Phi+2} $$.

Nun zum Beweis der Aussage, mit durchgehender Verwendung der Konstanten $$ \Phi $$.

O.B.d.A. setzen wir $$ |AF|=1 $$,

so dass $$ |AB|=2, |EC|=|AD|=\Phi \cdot |AB|=2\Phi $$ und daher $$ |NC|=\Phi $$ ist.

Sei $$ y=|DN| $$ und $$ h=|DF| $$ die Höhe des Fünfecks.

Mit Pythagoras im $$ \triangle NCD $$ erhält man

$$ y = \sqrt{2^2-\Phi^2}=\sqrt{4-(\Phi+1)}=\sqrt{3-\Phi} $$.

Nach dem Strahlensatz gilt

$$ \frac{y}{h}=\frac{|DP|}{|DA|}=\frac{2\Phi-2}{2\Phi}=1-\frac{1}{\Phi}=1-(\Phi-1)=2-\Phi=\frac{1}{\Phi^2} $$.

Wir erhalten

$$ h=\Phi^2 y=\Phi^2 \sqrt{3-\Phi}=\Phi \sqrt{\Phi+2} $$.

Weiter folgt: $$ \triangle NCD $$ hat den Flächeninhalt

$$ \mathcal A_{NCD} = \frac{1}{2} \Phi y = \frac{1}{2} \Phi \sqrt{3-\Phi}=\frac{1}{2} \sqrt{\Phi+2} $$.

Daher ist $$ \mathcal A_{ECD} = 2 \cdot \mathcal A_{NCD} = \sqrt{\Phi+2} $$.

Weil die Fläche $$ \mathcal A_{ABD} = 1 \cdot h $$ ist, folgt für die Gesamtfläche des Fünfecks:

$$ \mathcal A_{5Eck} = \mathcal A_{ABD} + 2 \cdot \mathcal A_{ECD} = \Phi \sqrt{\Phi+2} + 2 \sqrt{\Phi+2} = (\Phi+2)\sqrt{\Phi+2} $$.

Damit ist

$$ \mathcal A_{MHD} = \frac{1}{10} \mathcal A_{5Eck} = \frac{1}{10} (\Phi+2)\sqrt{\Phi+2} $$.

Die gegebene blaue Fläche besteht aus 10 kongruenten Segmenten $$ \mathcal A_{Segm}=\mathcal A_{NDU} $$ (hellblau),

die orange Fläche aus 10 kongruenten "Zwickeln" $$ \mathcal A_{Zwck}=\mathcal A_{NMT} $$ (hellgrün).

Daher ist das gesuchte Verhältnis $$ \mathcal A_{orange} : \mathcal A_{blau} = \mathcal A_{Zwck} : \mathcal A_{Segm} $$.

Berechnung des Zwickels:

Es gilt $$ \mathcal A_{Zwck} = \mathcal A_{MHD} - \mathcal A_{NHD} - \mathcal A_{roter Sektor} $$.

Mit $$ \mathcal A_{NHD} = \frac{1}{2} \mathcal A_{NCD} $$ folgt

$$ \mathcal A_{Zwck} = \frac{1}{10}\sqrt{\Phi+2} \cdot (\Phi+2) - \frac{1}{4}\sqrt{\Phi+2} - \frac{\pi}{20} \quad $$, also

$$ \mathcal A_{Zwck} = \frac{(2\Phi-1)\sqrt{\Phi+2} - \pi}{20} $$.

Berechnung des Segments:

Es gilt $$ \mathcal A_{Segm} = \mathcal A_{Sektor HDUN} - \mathcal A_{NHD} $$.

Mit $$ \mathcal A_{Sektor HDUN} = \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \frac{2}{5}\pi = \frac{\pi}{5} $$ folgt

$$ \mathcal A_{Segm} = \frac{\pi}{5} - \frac{1}{4}\sqrt{\Phi+2} \quad $$, also

$$ \mathcal A_{Segm} = \qquad\frac{4\pi - 5\sqrt{\Phi+2}}{20} $$

Damit ist das gesuchte Verhältnis

$$ \mathcal A_{orange} : \mathcal A_{blau} = \frac{(2\Phi-1)\sqrt{\Phi+2} - \pi}{4\pi - 5\sqrt{\Phi+2}} $$.

Mit $$ \Phi = \frac{1+\sqrt 5}{2} $$ erhält man numerisch

$$ \mathcal A_{orange} : \mathcal A_{blau} \approx 0,363786702 $$.

---

Bleibt alle gesund!

ottogal