Kreisradius berechnen

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27.07.2005, 15:10	Gruss	Auf diesen Beitrag antworten »
Kreisradius berechnen Hallo, komme bei dieser Aufgabe einfach nicht weiter. Die ersten Kreise sind soweit klar. Jedoch find ich nur noch Ansätze die mich erschaudern lassen. Zu errechnen ist der Radius des roten Kreises. Siehe Anhang. gruss
27.07.2005, 15:36	derkoch	Auf diesen Beitrag antworten »
sorry, aber hast ein besseres bildchen da? ich bekomme echt nen augenkrampf ! liegt wohl an meinem momentan etwas kleinem monitor! aber ich kann die einzelnen punkten nicht so richtig erkennen
27.07.2005, 15:56	babelfish	Auf diesen Beitrag antworten »
liegt sicher nicht an deinem monitor - ich kann auch kaum was erkennen!
27.07.2005, 16:05	Gruss	Auf diesen Beitrag antworten »
Kreisradius berechnen Hallo derkoch, die Punkte intressieren eigendlich nicht so richtig. Die meisten sind nur durch das erstellen mit dem Programm zustande gekommen. Nochmals das Bild in schriftlicher Form. Kreis A mit x^2+y^2=100. In dem Kreis zwei Kreise B auf der X-Achse mit halbem Radius. Der nächste Kreis C liegt dann auf der Y-Achse mit den Berührungspunkten an den Kreisen B und A(0,10). Der nächste D liegt zwischen A, B, C mit dem Radius 1/6*R des Kreises A. Nur wie kann ich den nächsten Kreis zwischen A, C und D ausrechnen? gruss
27.07.2005, 16:08	Gruss	Auf diesen Beitrag antworten »
hallo babelfish, hab ein 21-Zöller und hab auch probleme. Aber 10kB sind halt verdammt wenig. gruss
27.07.2005, 16:45	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Antwort ist $\begin{eqnarray} \frac{r}{14} \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} r \end{eqnarray}$ der Radius des großen Kreises ist. Die Herleitung dieses Resultats ist allerdings wirklich zum Schaudern, wenn man nicht ein paar sinnvolle Substitutionen vornimmt.
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27.07.2005, 16:58	derkoch	Auf diesen Beitrag antworten »
@ arthur ich hab mal ne frage bitte arthur, ich hab als ergebnis 0,6928... raus ich weiß jetzt nicht ob ich blödsinn gerechnet ahbe und zufällig auf das richtige ergebnis gekommen bin? hab folgendes gemacht: hab ein dreieck durch die punkte H F und den mittelpunkt des roten kreises gelegt und dann bin ich mit meinem freund Pythagoras ran gegangen. ist es schrott, was ich gemacht habe?
27.07.2005, 17:05	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Das kann ich nach der Beschreibung noch nicht beurteilen. Jedenfalls muss natürlich auch noch irgendwie in die Berechnung einfließen, dass der rote Kreis die beiden benachbarten sowie den großen Außenkreis berührt. Ich habe das Problem schon vor knapp 20 Jahren (!) mal gesehen und damals unter mehrfacher Anwendung des Kosinussatzes gelöst. Geht aber sicher auch eleganter.
27.07.2005, 18:06	Gruss	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Arthur, mit dem Kosinussatz hab ich es auch schon versucht, jedoch kam immer nur Mist raus. Die Lösung r/14 ist muß, so viel ich weiß richtig sein. Kannst Du mir vielleicht sagen, wie deine vorgehensweise war. Gruss
27.07.2005, 18:06	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
genauso wie immer: 3mal die distanzformel benutzen K6(25/7; 60/7; r = 5/7) werner
27.07.2005, 18:17	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Werner weist den Weg: Das Problem kann man etwa folgendermaßen beschreiben: Finde zu zwei Kreisen $\begin{eqnarray} K_1 \end{eqnarray}$ mit dem Radius $\begin{eqnarray} r_1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} K_2 \end{eqnarray}$ mit dem Radius $\begin{eqnarray} r_2 \end{eqnarray}$ , die einander sowie noch einen anderen Kreis $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ mit Radius $\begin{eqnarray} r \end{eqnarray}$ berühren einen dritten Kreis $\begin{eqnarray} K_3 \end{eqnarray}$ mit dem Radius $\begin{eqnarray} r_3 \end{eqnarray}$ , der $\begin{eqnarray} K_1 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} K_2 \end{eqnarray}$ und auch $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ berührt. Dabei sollen $\begin{eqnarray} K_1 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} K_2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} K_3 \end{eqnarray}$ mit Ausnahme des Randes paarweise disjunkt sein und alle drei innerhalb von $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ liegen. Mit der Substitution $\begin{eqnarray} x_j=\frac{r}{r_j}-1 \end{eqnarray}$ für j=1,2,3 , also umgekehrt dann $\begin{eqnarray} r_j=\frac{r}{x_j+1} \end{eqnarray}$ , kann man den Formelwust etwas reduzieren. Nach längerer Rechnung folgt die Gleichung $\begin{eqnarray} x_3 = x_1+x_2\pm 2\sqrt{x_1x_2-1} \end{eqnarray}$ Es gibt also zwei Lösungen, was ja auch geometrisch einleuchtet. Der kleinere der beiden Lösungskreise ist der von uns gesuchte, das ist der mit dem + vor der Wurzel. Übrigens: Die Rekursion $\begin{eqnarray} x_j = x_{j-2}+x_{j-1}+2\sqrt{x_{j-2}x_{j-1}-1} \end{eqnarray}$ ergibt mit den Anfangswerten $\begin{eqnarray} x_1 = x_2 = 1 \end{eqnarray}$ (also genau wie in deiner Zeichnung) ab dem dritten Glied gerade jedes zweite Glied der Fibonacci-Folge: 2, 5, 13, 34, 89, 233, 610, ...
27.07.2005, 18:24	Gruss	Auf diesen Beitrag antworten »
@Wernerin Tausend @Arthur Muss ich mir noch durch den Kopf gehen lassen und dabei Dinge hervorkramen, die ich vor über 20 Jahren von meinem Mathelehrer eingepaukt bekommen habe. Auch Dir tausend gruss
27.07.2005, 20:08	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Hier mal noch die eklige Rechnung im Detail: Man bestimmt zunächst nach Kosinussatz $\begin{eqnarray} \cos\overline{\angle M_1MM_2} = \frac{\overline{MM_1}^2+\overline{MM_2}^2-\overline{M_1M_2}^2} {2\,\overline{MM_1}\,\overline{MM_2}} = \frac{(1-r_1)^2+(1-r_2)^2-(r_1+r_2)^2}{2(1-r_1)(1-r_2)} \end{eqnarray}$ Jetzt die Substitution $\begin{eqnarray} r_j = \frac{1}{x_j+1} \end{eqnarray}$ einsetzen und vereinfachen $\begin{eqnarray} \cos\gamma = \cos\overline{\angle M_1MM_2} = 1-\frac{2}{x_1x_2} \end{eqnarray}$ Ganz analog ergibt sich $\begin{eqnarray} \cos\alpha = \cos\overline{\angle M_1MM_3} = 1-\frac{2}{x_1x_3} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \cos\beta = \cos\overline{\angle M_2MM_3} = 1-\frac{2}{x_2x_3} \end{eqnarray}$ Über $\begin{eqnarray} \gamma=\alpha+\beta \end{eqnarray}$ und somit $\begin{eqnarray} \cos\gamma = \cos\alpha\,\cos\beta-\sin\alpha\,\sin\beta \end{eqnarray}$ folgt dann $\begin{eqnarray} (\cos\gamma-\cos\alpha\,\cos\beta)^2 = \sin^2\alpha\,\sin^2\beta = (1-\cos^2\alpha)(1-\cos^2\beta) \end{eqnarray}$ Jetzt alles eingesetzt: $\begin{eqnarray} \left[1-\frac{2}{x_1x_2}-\left(1-\frac{2}{x_1x_3}\right)\left(1-\frac{2}{x_2x_3}\right)\right]^2 = \left[1-\left(1-\frac{2}{x_1x_3}\right)^2\right] \, \left[1-\left(1-\frac{2}{x_2x_3}\right)^2\right] \end{eqnarray}$ und das ergibt ausmultipliziert $\begin{eqnarray} \frac{4}{x_1^2x_2^2x_3^2} \left(x_1^2+x_2^2+x_3^2-2(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)+4\right) = 0 \end{eqnarray}$ . Die Umstellung nach $\begin{eqnarray} x_3 \end{eqnarray}$ ergibt dann das bereits erwähnte $\begin{eqnarray} x_3 = x_1+x_2 \pm 2\sqrt{x_1x_2-1} \end{eqnarray}$
27.07.2005, 20:12	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
ich sehe das so: was ich verzapfe, hat manchmal händchen und füsschen, was artur macht, hat immer hand und fuß werner
27.07.2005, 20:26	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Bitte keine Lobeshymnen, Werner. Was ich mich hier noch frage, und was aus meiner Rechnung leider nicht hervorgeht: Haben die Mittelpunkte der Kreise der unendlichen Folge immer so "schön rationale" Koordinaten, wie es dein $\begin{eqnarray} K_3 \left( \frac{0}{3}r; \frac{2}{3}r; r_5 = \frac{r}{3}\right) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} K_4 \left( \frac{3}{6}r; \frac{4}{6}r; r_5 = \frac{r}{6}\right) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} K_5 \left( \frac{5}{14}r; \frac{12}{14}r; r_5 = \frac{r}{14}\right) \end{eqnarray}$ nahelegt? Sieht irgendwie nach pythagoräischen Zahlentripeln in den Koordinaten aus...
27.07.2005, 20:48	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
hallo artur, das ist einfach so. das ist mir auch aufgefallen, dass da so schöne zahlen auftreten, (wie) soll man da weitersuchen? werner r5 r5 r5
27.07.2005, 21:32	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Von drei Kreisen mit den Radien $\begin{eqnarray} r_1,r_2,r_3 \end{eqnarray}$ mögen sich je zwei berühren. Die Berührpunkte bilden ein Dreieck, dessen Umkreisradius $\begin{eqnarray} R \end{eqnarray}$ sei. Dann gilt für den Radius $\begin{eqnarray} s \end{eqnarray}$ eines Kreises, der die drei gegebenen berührt, die Formel $\begin{eqnarray} \frac{1}{s} = \frac{2}{R} \pm \left( \frac{1}{r_1}+ \frac{1}{r_2}+ \frac{1}{r_3} \right) \end{eqnarray}$ Die Radien $\begin{eqnarray} r_1,r_2,r_3 \end{eqnarray}$ sind positiv zu rechnen, wenn sich die drei Kreise von außen berühren. Im andern Fall ist der Radius des großen umschließenden Kreises negativ zu rechnen. Die Formel gilt auch, wenn ein Kreis zu einer Geraden entartet. Der Radius ist dann $\begin{eqnarray} r=\infty \end{eqnarray}$ , und es ist selbstverständlich $\begin{eqnarray} \frac{1}{r} = 0 \end{eqnarray}$ zu setzen.
27.07.2005, 21:58	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
@leopold, folgen daraus die pythagoreischen tripel, so es sie gibt? werner
27.07.2005, 22:19	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
@Leopold $\begin{eqnarray} R \end{eqnarray}$ ist natürlich allein durch $\begin{eqnarray} r_1,r_2,r_3 \end{eqnarray}$ bestimmt. Wenn diese drei Radien positiv sind, dann müsste $\begin{eqnarray} R^2 = \frac{r_1r_2r_3}{r_1+r_2+r_3} \end{eqnarray}$ gelten - wenn ich mich nicht verrechnet habe, was diesmal durchaus sein könnte...
28.07.2005, 00:18	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Das stimmt, und wenn man noch $\begin{eqnarray} k_1 = \frac{1}{r_1} \, , \ k_2 = \frac{1}{r_2} \, , \ k_3 = \frac{1}{r_3} \, , \ k_4 = \frac{1}{s} \end{eqnarray}$ setzt, kann man den Zusammenhang zwischen den Größen auch so schreiben ( $\begin{eqnarray} r_1 \end{eqnarray}$ sei der größte Radius) $\begin{eqnarray} 2 \left( k_1^2 + k_2^2 + k_3^2 + k_4^2 \right) \ = \ \left( \pm k_1 + k_2 + k_3 + k_4 \right)^2 \end{eqnarray}$ (WURZEL, Heft 7/02, Seite 159 ff.)
28.07.2005, 08:23	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich hab nochmal nachgerechnet (mit tatkräftiger Unterstützung von MuPad): Die oben von mir angegebene Gleichung $\begin{eqnarray} x_3 = x_1+x_2\pm 2\sqrt{x_1x_2-1} \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} x_j=\frac{s}{r_j}-1 \end{eqnarray}$ , geht auch aus der Gleichung $\begin{eqnarray} \frac{1}{s} = \frac{2}{R} - \left( \frac{1}{r_1}+ \frac{1}{r_2}+ \frac{1}{r_3} \right) \end{eqnarray}$ von Leopold unter Berücksichtigung von $\begin{eqnarray} R^2 = \frac{r_1r_2r_3}{r_1+r_2+r_3} \end{eqnarray}$ hervor. Die andere Möglichkeit $\begin{eqnarray} \frac{1}{s'} = \frac{2}{R} + \left( \frac{1}{r_1}+ \frac{1}{r_2}+ \frac{1}{r_3} \right) \end{eqnarray}$ betrifft dann sicher den "kleinen" Kreis innen in der Lücke zwischen $\begin{eqnarray} K_1,K_2,K_3 \end{eqnarray}$ . Muss also niemand seine Formeln revidieren. @Werner Für die Mittelpunktsfrage habe ich jetzt auch eine Vermutung: Für $\begin{eqnarray} j\geq 2 \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} K_j = \left( \frac{F_{j-1}^2-F_{j-2}^2}{F_{2j-3}+1}\,r; \; \frac{2F_{j-1}F_{j-2}}{F_{2j-3}+1}\,r; \; r_j = \frac{r}{F_{2j-3}+1} \right) \end{eqnarray}$ Dabei stellt $\begin{eqnarray} F_0=0,\;F_1=1\;F_j=F_{j-1}+F_{j-2} \end{eqnarray}$ die Fibonacci-Folge dar, für die u.a. $\begin{eqnarray} F_{2j-3}=F_{j-1}^2+F_{j-2}^2 \end{eqnarray}$ gilt. Den Beweis für diese Darstellung habe ich nicht ausgeführt, wobei der sicher noch virtuose Fähigkeiten beim Umgang mit den Fibonacci-Zahlen erfordert. Aber dazu habe ich derzeit wirklich keine Lust. Ach ja, die Mittelpunktsfolge konvergiert dann gegen $\begin{eqnarray} \left( \frac{1}{5}\sqrt{5}\,r; \; \frac{2}{5}\sqrt{5}\,r\right) \end{eqnarray}$
28.07.2005, 09:59	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Der äußere Kreis ist der Einheitskreis. Die roten Kreise haben die Mittelpunkte $\begin{eqnarray} M_n \end{eqnarray}$ und Radien $\begin{eqnarray} s_n \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} M_n \ = \ \left( \ \frac{2n+1}{2 \left( n^2 + n + 1 \right)} \ , \ \frac{n (n + 1)}{n^2 + n + 1} \ \right) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} s_n \ = \ \frac{1}{2 \left( n^2 + n + 1 \right)} \end{eqnarray}$ Wenn man einmal den Radius $\begin{eqnarray} s_n \end{eqnarray}$ hat, kann man $\begin{eqnarray} M_n \end{eqnarray}$ durch Schnitt der Kreise mit den Gleichungen $\begin{eqnarray} x^2 + \left( y - \frac{2}{3} \right)^2 \ = \ \left( \frac{1}{3} + s_n \right)^2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x^2 + y^2 \ = \ \left( 1 - s_n \right)^2 \end{eqnarray}$ leicht finden. Und $\begin{eqnarray} s_n \end{eqnarray}$ habe ich rekursiv aus meiner obigen Formel gewonnen (der dort vorkommende Umkreisradius ist $\begin{eqnarray} R_n = \frac{1}{1+2n} \end{eqnarray}$ ) und anschließend explizit dargestellt. Da alle Wurzeln aus den Rechnungen herausfallen, liegt der Verdacht nahe, daß sich das Ganze allein über Ähnlichkeitsbeziehungen berechnen läßt. Wer will, kann ja einen einfachen Zugang suchen.
28.07.2005, 10:10	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Hmm, da betrachten wir zwei verschiedene Kreisfolgen. Bei mir berührt $\begin{eqnarray} K_n \end{eqnarray}$ die Kreise $\begin{eqnarray} K_{n-1} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} K_{n-2} \end{eqnarray}$ (sowie den äußeren Kreis). Das ist bei deinem letzten Kreis nicht mehr der Fall.

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