Geometrisches Problem - Kreise



  • Es geht um das folgende Problem:

    http://img117.imageshack.us/img117/8341/kreise.png

    Nehmen wir an, der Radius des grünen großen Kreises sei 1. Wie groß muss dann der Radius der roten Kreise sein, damit davon genau drei Stück an den großen Kreis passen?



  • 0.5r



  • Sei r der Radius eines roten Kreises. Die Rotkreismittelpunkte bilden ein regelmäßiges Neuneck mit Kantenlänge 2*r und Ecke-Mittelpunktabstand 1+r. Da gibt es neun gleichschenklige Dreiecke mit je zwei Neuneckspunkten und dem Neunecksmittelpunkt mit den Seitenlängen 1+r, 1+r und 2*r. So eins halbiere ich zum rechtwinkligen Dreieck c=1+r, a=r, b=sqrt((1+r)2-r2), also c=1+r, a=r, b=sqrt(2r+1). Den Winkel am Neunecksmittelpunkt kenne ich auch, das ist der halbe neuntel Vollwinkel, also 20Grad. Der sinus eines Winkels im rechtwinkligen Dreieck war die Gegenüberseitenlänge durch die Hypotenuse.
    sin(20Grad)=r/(1+r)
    Der Einfachheit halber nenne ich sin(20Grad) ab jetzt S.
    S=r/(1+r) |
    (1+r)
    S*(1+r)=r
    S+rS=r
    S+rS-r=0
    rS-r=-S
    r(S-1)=-S
    r=(S-1)/(-S)
    Eintippen
    r=1.9238
    Ups, da hat sich wohl ein Fehlerchen eingeschlichen. Aber ich bin recht zversichtlich, daß man es so hinkriegen kann.



  • woher weiß man, dass genau neun kreise um den grünen kreis passen müssen?


  • Mod

    volkard schrieb:

    Sei r der Radius eines roten Kreises. Die Rotkreismittelpunkte bilden ein regelmäßiges Neuneck mit Kantenlänge 2*r und Ecke-Mittelpunktabstand 1+r.

    3*4=12

    Jedoch muss irgendwo noch ein zweiter Fehler stecken, da sonst r~=2.86 rauskommt.



  • MamboKurt schrieb:

    woher weiß man, dass genau neun kreise um den grünen kreis passen müssen?

    Das wiß man gar nicht. Ich habe falsch gekuckt und 12 rote Kreise um 4 grüne gelegt. Mein Ansatz ist Müll.



  • Also wenn ich mir das so ansehe, dann sieht das für mich nicht nach einem neuneck aus, eher nach einem 7+-0,3 -eck.



  • Grohool schrieb:

    Also wenn ich mir das so ansehe, dann sieht das für mich nicht nach einem neuneck aus, eher nach einem 7,.. -eck.

    Es muß nichtmal runherumg geschlossen werden können.
    (Zirkel gefunden hab, Geodreieck such.)



  • zwei mal an den beiden Achsen gespiegelt ergeben die Mittelpunkte ein 12-Eck. Dieses hat zwar seinerseits vier Symmetrieachsen und alle Seiten sind gleich lang (2r), aber es ist kein regelmäßiges 12-Eck. Lässt sich auch leicht überprüfen, da die Mittelpunkte der beiden äußeren roten Kreise viel näher am Mittelpunkt des 12-Ecks liegen als der Mittelpunkt des mittleren roten Kreises.

    Wenn sin(a)=r/(R+r) und sin(b)=(R-r)/(R+r) ist, dann ist 2a-b=PI/4. Das lässt sich zumindest numerisch lösen.
    r ist etwa 0,78158173


  • Mod

    Also einen Lösungsweg habe ich, aber gerade keine Zeit zum Rechnen (vielleicht heute Abend, wenn's bis dahin noch keiner gemacht hat:

    Es ist bekannt:
    Mittelpunkt des grünen Kreises: (1,1)
    Radius des grünen Kreises: 1
    Anzahl der roten Kreise: 3

    Gesucht:
    Radius der roten Kreise: r

    Schritt 1:
    Berechne Mittelpunkt des Kreises rechts oben in Abhängigkeit von r.
    -trivial, einfach aufaddieren der Strecken

    Schritt 2:
    Berechne Mittelpunkt des rechten roten Kreises in Abhängigkeit von r.
    Dazu benutzt man:
    -Abstand vom Mittelpunkt des grünen Kreises beträgt 1+r
    -Abstand von der x-Achse beträgt r

    Schritt 3:
    Berechne Winkel zwischen rechten roten Kreis und rechts oberen roten Kreis vom Mittelpunkt des grünen Kreises aus gesehen in Abhängigkeit von r.
    Benutze dazu:
    -Mittelpunkt der drei Kreise
    -Abstand der roten Kreise ist 2r

    Schritt 4:
    -Nun sollte man genug Information haben, um zu sagen, welche Art von N-Eck vorliegt und kann volkards Ansatz machen.



  • Nachdem ich auf keinen schönen klassisschen Geometrieansatz komme, einfach mal die Bruteforce-Lösung mit Vektoren:
    Der Mittelpunkt des grünen Kreises ist offensichtlich $$\mathbf{P} = (1, 1)^T$$
    Den Radius eines roten Kreises nenne ich mal r.
    Das Problem ist symmetrisch zur Gerade y=x durch den Ursprung, das legt den Mittelpunkt des roten Kreises in der Mitte fest, ich nenn ihn N: $$\mathbf{N} = P + \frac{1+r}{2}(\sqrt{2}, \sqrt{2})^T$$. Die beiden Komponenten sind offensichtlich gleich, $$N_x = 1 + \frac{1+r}{\sqrt{2}}$$
    Den Mittelpunkt des oberen roten Kreises nenne ich mal M; für den gilt offensichtlich $$M_x = r$$.
    Außerdem liegt er auf dem Kreis um P mit dem Radius 1+r. Das heißt, dass man M bekommt, wenn man auf P einen bestimmten Vektor mit Länge 1+r addiert; die Richtung von diesem Vektor - ich nenn ihn d - ist aber noch unbestimmt. Den Einheitsvektor in die Richtung von d nenne ich $$\mathbf{\hat{d}}$$. Also:

    M=P+(1+r)d^\mathbf{M} = \mathbf{P} + (1+r)\mathbf{\hat{d}}

    Außerdem ist der Abstand von M zu N genau 2*r:

    (MN)2=4r2(\mathbf{M} - \mathbf{N})^2 = 4r^2

    Machma das ganze mal komponentenweise:

    Mx=rM_x = r

    M_x=P_x+(1+r)d^xM\_x = P\_x + (1+r)\hat{d}_x

    M_y=P_y+(1+r)d^yM\_y = P\_y + (1+r)\hat{d}_y

    (M_xN_x)2+(M_yN_x)2=4r2(M\_x-N\_x)^2 + (M\_y-N\_x)^2 = 4r^2

    Jetz weiß ich aber, dass $$\hat{d}_y = \sqrt{1-\hat{d}_x^2}$$

    Dann bekomm ich mein Gleichunssystem:

    Mx=rM_x = r

    M_x=P_x+(1+r)d^xM\_x = P\_x + (1+r)\hat{d}_x

    M_y=P_y+(1+r)1d^x2M\_y = P\_y + (1+r)\sqrt{1-\hat{d}_x^2}

    (M_xN_x)2+(M_yN_x)2=4r2(M\_x-N\_x)^2 + (M\_y-N\_x)^2 = 4r^2

    Das Gleichungssystem hat 4 Unbekannte, nämlich M_x, M_y, r und d_x. Das kann man jetzt tatsächlich auf eine "schöne" Gleichung für r reduzieren:

    ((r+1)1(r1)2(r+1)2r212)2+(r2+r121)2=4r2\left( (r+1) \sqrt{1-\frac{(r-1)^2}{(r+1)^2}} - \frac{r}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}} \right)^2 + \left(-\frac{r}{\sqrt{2}}+r-\frac{1}{\sqrt{2}}-1\right)^2=4 r^2

    Das zu lösen hab ich grad keine Lust, deshalb ich das nur mal geplottet und es hat eine Nullstelle knapp vor 0,8. Deshalb glaub ich, dass das stimmt.

    EDIT: Jetz hab ichs doch mal numerisch gelöst und es kommt dasselbe wie bei Werner raus 👍
    EDIT: Soviel Latex is nich gesund...



  • Sehr schön, vielen Dank 👍

    Das Problem hatte ich wohl unterschätzt^^


  • Mod

    Ich komme (nach meinem Lösungsvorschlag weiter oben) auf folgende Gleichung (die wahrscheinlich die selbe ist wie die von YASC, nur anders geschrieben). Sortiert nach Potenzen von r:

    3r2+(22)r+32r(22)2+2r1r=03r^2+(\sqrt{2}-2)r+3\sqrt{2}\sqrt{r}-(2-\sqrt{2})-\frac{2+\sqrt{2}}{\sqrt{r}}-\frac{1}{r}=0

    Das vermag ich jedoch nicht algebraisch zu lösen (jemand 'ne Idee?), die numerische Lösung ist r=0.781582.

    edit: Ups, hatte einen Tippfehler in Mathematica. Nun habe ich das Ergebnis nochmal mit einer dritten Methode bestätigt.



  • Ich hab meine Gleichung ein bisschen mit maxima massiert und komme auf irgendwas 4. Grades. Das ist also analytisch lösbar, auch wenn maxima das aus irgendwelchen Gründen nicht machen will.

    Achja, bei deiner Gleichung würde ich versuchen den Bruch mit Wurzel r im Nenner mit Wurzel r zu erweitern, damit nur r unten steht, dann beide Terme mit Wurzel r drin auf die rechte Seite, Wurzel r ausklammern, durch den Faktor davor teilen und dann quadrieren. Oder so etwa 😉


  • Mod

    YASC schrieb:

    Ich hab meine Gleichung ein bisschen mit maxima massiert und komme auf irgendwas 4. Grades. Das ist also analytisch lösbar, auch wenn maxima das aus irgendwelchen Gründen nicht machen will.

    Achja, bei deiner Gleichung würde ich versuchen den Bruch mit Wurzel r im Nenner mit Wurzel r zu erweitern, damit nur r unten steht, dann beide Terme mit Wurzel r drin auf die rechte Seite, Wurzel r ausklammern, durch den Faktor davor teilen und dann quadrieren. Oder so etwa 😉

    Ich sag mal so: Mathematica hat mir als analytisches Ergebnis für den Ausdruck ein vollkommen nutzloses Wirrwarr aus irgendwelchen Spezialformeln geliefert, die ich erst in der Dokumentation nachschlagen musste, was sie bedeuten (und das hat auch nicht wirklich geholfen). Und Mathematica kann solche relativ übersichtlichen Gleichungen in der Regel besser lösen als ich. Insofern traue ich hier mal dem CAS und hake die analytische Lösung ab.

    Interessant wäre natürlich eine Formel für n Kreise gewesen, aber wenn nicht einmal der Fall 3 analytisch lösbar ist...



  • SeppJ schrieb:

    Ich komme (nach meinem Lösungsvorschlag weiter oben) auf folgende Gleichung (die wahrscheinlich die selbe ist wie die von YASC, nur anders geschrieben).

    wenn alles mit r multipliziert wird und wir dann die Wurzel mit x substituieren, haben wir eine Gleichung 6. Grades, die von YASC hat nur 4. Grad, irgendwo ist also der Wurm drin.


  • Mod

    camper schrieb:

    SeppJ schrieb:

    Ich komme (nach meinem Lösungsvorschlag weiter oben) auf folgende Gleichung (die wahrscheinlich die selbe ist wie die von YASC, nur anders geschrieben).

    wenn alles mit r multipliziert wird und wir dann die Wurzel mit x substituieren, haben wir eine Gleichung 6. Grades, die von YASC hat nur 4. Grad, irgendwo ist also der Wurm drin.

    Da bei uns beiden das gleiche rauskommt ist es wohl ein Tippfehler bei einem von uns. Meine Notizen habe ich leider gerade nicht da, morgen kann ich nochmal kontrollieren ob ich alles richtig hingeschrieben habe.



  • Meine hab ich grad nochmal überprüft, die müsste stimmen.



  • Werner_logoff schrieb:

    Wenn sin(a)=r/(R+r) und sin(b)=(R-r)/(R+r) ist, dann ist 2a-b=PI/4. Das lässt sich zumindest numerisch lösen.
    r ist etwa 0,78158173

    Den Ansatz kann man auf n Kreise verallgemeinern IMHO:

    (n1)arcsinrR+rarcsinRrR+r=π4(n-1)\arcsin\frac{r}{R+r}\, -\, \arcsin\frac{R-r}{R+r}\,=\frac{\pi}{4}


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