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Gerd (elysis)
Mitglied
Benutzername: elysis
Nummer des Beitrags: 13
Registriert: 01-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 10. Juni, 2003 - 14:12: | 
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Hallo, zusammen.
Ich möchte einen Kreis mit dem Radius r mit n Kreisen füllen, sodass diese sich berühren und den Rand dieses Kreises berühren.
r = Radius des grossen Kreises
rk = Radius zu den Mittelpunkten der kleinen Kreise
rm = Radius der kleinen Kreise
a=2p/n
Dazu habe ich mir folgenden Ansatz überlegt :
(1) s2=rk2+rk2-2rkrkcos(a) (Kosinus-Satz)
(2) s=2rm
(3) r=rm+rk
Somit ist aus (2) :
s2=4rm2 (4)
und aus (3)
s2=4(r-rk)2
s2=4(r2-2rkr+rk2)
s2=4r2-8rkr+4rk2
Dies gleichgesetzt mit (1) :
2rk2-2rk2cos(a)=4r2-8rkr+4rk2
rk2-rk2cos(a)=2r2-4rkr+2rk2
rk2-2rk2-rk2cos(a)+4rrk-2r2=0
-rk2-rk2cos(a)+4rrk-2r2=0
rk2+cos(a)rk2-4rrk+2r2=0
(1+cos(a))rk2+4rrk-2r2=0
rk2 - (4r/(1+cos(a))) rk +(2r2/(1+cos(a))) = 0
Ich weiss durch Probieren, dass für n=6 gilt :
rm = (1/3)r
rk = (2/3)r
Wenn ich s2 mit diesen Werten nach (1) und (4) ausrechne, sind sie auch gleich (eine Art Probe) und trotzdem liefert mir die quadratische Gleichung kein sinnvolles Ergebnis für beliebige n.
Ich habe das Ganze x-mal nachgerechnet und auch der Ansatz scheint zu stimmen. Gibt es dafür gar keine Lösung, oder wo sonst ist mein Fehler ?
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Friedrich Laher (friedrichlaher)
Senior Mitglied
Benutzername: friedrichlaher
Nummer des Beitrags: 1198
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 10. Juni, 2003 - 19:49: |
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Der Ansatz stimmt.
Die Lösungen der q.Gl. für n=6, cos60°=1/2
sind {2r/3, r/2}, damit rm = r/3 als vernünftige Lösung.
Aber warum so kompliziert?
Die Strecken vom Mittelpunkt des großen Kreises
zu
den Berührungspunkten der kleinen Kreise,
sind
normal zu den Berührradien der kleinen Kreise.
Damit
gilt rk=(r - rk)sin(pi/n)
somit
rk = r*[sin(pi/n)] / [1 + sin(pi/n)]
Wenn das Erlernen der Mathematik einigermaßen ihre Erfindung wiederspiegeln soll, so muß es einen Platz für Erraten, für plausibles Schließen haben.
[Aus dem Vorwort zu "Mathematik und plausibles Schliessen, Bd. 1 Induktion und Analogie in der Mathematik" von Georg Pólya]
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David (goliat)
Neues Mitglied
Benutzername: goliat
Nummer des Beitrags: 3
Registriert: 06-2003
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 10. Juni, 2003 - 20:23: |
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Hallo Gerd,
Ich würde deine Aufgabe mit den sin-Satz lösen.
Bei meinen Berechnungen beziehe ich mich auf ein
Dreieck, dass entsteht wenn man den Mittelpunkt
des großen Kreises mit den Mittelpunkten von zwei kleinen Kreisen verbindet, entsteht.
Zeichen in einen solchen Dreick auch noch die Höhe, die durch den Mittelpunkt des großen Kreises
geht, ein. Dabei entsteht ein rechtwinkeliges Dreieck mit den Winkel Alpha/2. Den Winkel Alpha/2 liegt die Seite rm gegenüber und den rechten Winkel die Seite rk.
dann gilt nach den Sin-Satz:
Sin(Alpha/2)/rm = Sin(pi/2)/rk . . . pi/2=90 Grad
Sin(Alpha/2)/rm = Sin(pi/2)/(r-rm)
Sin(Alpha/2)/rm = 1/(r-rm)
Sin(Alpha/2)*(r-rm) = rm
Sin(Alpha/2)*r-rm*Sin(Alpha/2) = rm
Sin(Alpha/2)*r =rm*Sin(Alpha/2)+rm
Sin(Alpha/2)*r =rm*[Sin(Alpha/2)+1]
[Sin(Alpha/2)*r]/[Sin(Alpha/2)+1] = rm
dabei gilt: Alpha = 2* pi/n
Die restlichen Längen kannst du nun nach deinen Formeln berechnen.
Bei deinen Ansatz würde ich die quadratische Gleichung der vorletzten Zeile auflösen, dabei musst du
aber berücksichtigen dass Längen nur positiv sein
können => eine Lösung fällt weg!
Und dann aus rk rm berechnen.
Dass Ergebniss kann aufgrund des cos etwas anders ausschauen, du kannst es aber mit einigen Umformen
sicher auf meine Form oder ungekehrt meine Form auf deine bringen
David |
Gerd (elysis)
Mitglied
Benutzername: elysis
Nummer des Beitrags: 14
Registriert: 01-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 11. Juni, 2003 - 06:13: |
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Ich möchte Euch herzlich danken.
Ihr seid eben die Besten :-)
Ich habe beide Lösungen ausprobiert und die von Friedrich hat sofort funktioniert. Warum die anderen beiden nicht (oder nicht ohne weiteres)gehen weiss ich nicht, aber ich bin dankbar, nun zumindest eine funktionierende Lösung zu haben.
Vielen Dank nochmal für die Ideen.
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