Abrunden einer Ecke

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13.08.2006, 18:59	nordlücht	Auf diesen Beitrag antworten »
Abrunden einer Ecke Hallo zusammen, ich brauche Eure Hilfe bei folgender Problemstellung: Gegeben sind zwei Geraden R1 und R2 mit der Eigenschaft, dass R1.p2 und R2.p1 übereinstimmen. Sprich, die beiden Strecken bilden eine Ecke, oder wenn man es sich bildlich vorstellen möchte, eine Kante - zum Beispiel die von einem Tisch. Den Winkel zwischen den beiden Strecken nennen wir mal $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ . Diese Ecke ist jetzt mit einem Kreisbogen des gegebenen Radius r abzurunden. Anzugeben sind: Die Länge a, um die die beiden Strecken gekürzt werden müssen Die Koordinate des Kreisbogenmittelpunktes M Der Öffnungswinkel $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ des Kreisbogens und der Winkel $\begin{eqnarray} \omega \end{eqnarray}$ , über den sich der Kreisbogen erstreckt. Die Lösung sollte, wenn möglich, über Vektoren erfolgen und nicht über den Winkel $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ , auf dessen Winkelhalbierenden der Kreismittelpunkt ja liegen muss. Für den Fall, dass die beiden Strecken einen rechten Winkel bilden, ist das tatsächlich recht einfach - es gilt $\begin{eqnarray} a = r \end{eqnarray}$ , und wenn man zwei Richtungsvektoren $\begin{eqnarray} \vec{v} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \vec{w} \end{eqnarray}$ aus den Geraden herleitet, dann gilt: $\begin{eqnarray} M = R1.p1 + (L1-r)\vec{v_{0}} + r\vec{w} \end{eqnarray}$ mit L1 als Länge der Strecke R1. Falls jemand an dieser Lösung interessiert ist, kann ich die gerne genauer darstellen. Für andere Winkel ist es aber nicht so einfach - a und r stimmen nicht überein. Ich habe mal eine Skizze erstellt und auch angehangen - in der Vorschau wird sie aber nicht angezeigt. Hoffe, das klappt! Und genau so hoffe ich, jemand von Euch Cracks kann mir weiterhelfen
13.08.2006, 19:05	20_Cent	Auf diesen Beitrag antworten »
wie wärs, wenn du die beiden graden in eine allgemeine kreisgleichung einsetzt, und dann die koordinaten vom Kreismittelpunkt so wählst, dass beide Graden tangieren. mfG 20
14.08.2006, 02:18	nordlücht	Auf diesen Beitrag antworten »
20_Cent, Deinen Ansatz konnte ich nicht nachvollziehen - magst Du bitte etwas genauer erklären, wie der gedacht ist? Ich habe inzwischen eine andere Lösung ausgetüftelt, die das Problem auf Vektoren und rechtwinklige Dreiecke zurückführt. Ich sollte vielleicht dazusagen, dass ich die Lösung so aufgebaut hab, dass ich sie möglichst 1:1 in ein Programm umsetzen kann. Was die angehängte Grafik angeht: Ich hatte zur Schnelle nur ein relativ einfaches Programm unter Linux zur Hand, dass in den Beschriftungen keine Indizes und Vektorpfeile erlaubt. Großbuchstaben an Strecken entsprechen Vektoren, V_0 entspricht $\begin{eqnarray} \vec{v_{0}} \end{eqnarray}$ . Ok, hier dann also der Lösungsweg: $\begin{eqnarray} \vec{v}=R1.p2-R1.p1,~\vec{w}=R2.p2-R2.p1 \end{eqnarray}$ Dazu berechnen wir direkt die Vektorlängen und damit dann die Einheitsvektoren: $\begin{eqnarray} L1 = \mid\vec{v}\mid, ~L2 = \mid\vec{w}\mid, ~\vec{v_{0}}=\frac{\vec{v}}{L1}, ~\vec{w_{0}}=\frac{\vec{w}}{L2} \end{eqnarray}$ Wir bestimmen zwei weitere Einheitsvektoren: $\begin{eqnarray} \vec{e_{0}} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \vec{v_{0}} \perp \vec{e_{0}} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \vec{f_{0}} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \vec{w_{0}} \perp \vec{f_{0}} \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} \vec{e_{0}}=\begin{pmatrix} y_{v_{0}} \\ -x_{v_{0}} \end{pmatrix}, ~\vec{f_{0}}=\begin{pmatrix} y_{w_{0}} \\ -x_{w_{0}} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Die gesuchte Strecke a stellt eine der Katheten des rechtwinkligen Dreiecks (R2.p1,M,B2) dar. Dessen Höhe h entspricht der Hälfte von $\begin{eqnarray} S = \overline{B1,B2} \end{eqnarray}$ . S bestimmen wir über die Vektordifferenz: $\begin{eqnarray} S = 2h = r\vec{e_{0}} - r\vec{f_{0}} \end{eqnarray}$ (Strecken B1,M und M,B2) Weiter geht's mit Pythagoras und Höhensatz: $\begin{eqnarray} c_2 = \sqrt{r^2 - h^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} c_1 = \frac{h^2}{c_2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} a = \sqrt{h^2 + c_1} \end{eqnarray}$ Jetzt haben wir alles nötige, um den Kreisbogenmittelpunkt zu bestimmen: $\begin{eqnarray} M = R1.p1 + (L1-a)\vec{v_{0}} + r\vec{e_{0}} \end{eqnarray}$ (Strecken R1.p1,B1 und B1,M) Den Startwinkel $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ des Kreisbogens bestimmen wir über den Tangens von $\begin{eqnarray} \vec{e_{0}} \end{eqnarray}$ , der Kreisbogen überstreicht $\begin{eqnarray} \omega = 180° -\alpha \end{eqnarray}$ Grad. Aber ob das die schönste Lösung ist?
14.08.2006, 13:02	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
deine (be)zeichnungen lassen mich etwas ratlos aber so oder so ähnlich wie von 20_Cent vorgeschlagen, würde ich es machen. wobei das ganze ja symmetrisch ist, und ich daher mit einer geraden g auskomme. die koordinaten des mittelpunktes zu finden ist ganz einfach mit den bezeichnungen: schnittpunkt der beiden geraden A(0/a), B auf g mit B(b/c) und mittelpunkt des kreises mit radius r M(m/0). g: y = kx + d auf die HNF bringen und m einsetzen mit m > 0: $\begin{eqnarray} W=\sqrt{b^{2}+(c-a)^{2}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} m=\frac{rW-ab}{c-a} \end{eqnarray}$ und jetzt geht´s vektoriell weiter g: $\begin{eqnarray} \vec{x} =\begin{pmatrix} 0 \\ a \end{pmatrix} +t\begin{pmatrix} b \\ c-a \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ in die kreisgleichung einsetzen und beachten, dass g tangente ist. das ergibt $\begin{eqnarray} t=\frac{bm+a(a-c)}{b^{2}+(c-a)^{2}} \end{eqnarray}$ der rest ist wohl kein problem. werner
14.08.2006, 18:43	nordlücht	Auf diesen Beitrag antworten »
Hmm, bei den Bezeichnungen will ich nicht widersprechen - da war ich wohl zu nah am Code und nicht besonders mathematisch unterwegs :-) Und mit der Symmetrie hast Du natürlich Recht, das räumt die Skizze schon um einiges auf. Leider verstehe ich Deine Lösung auch nicht, Werner - liegt zum Teil wohl an Wissenslücken, aber ich komme auch mit Deiner Zeichnung nicht ganz klar. Du verwendest einmal $\begin{eqnarray} a \end{eqnarray}$ und einmal $\begin{eqnarray} a_0 \end{eqnarray}$ - ein Versehen? Beide haben die gleiche Länge, und beide sind unbekannt. Damit im Zusammenhang steht die Position des Kreismittelpunktes, die Du mit (m;0) beschreibst - dabei gilt in dieser Lage doch eindeutig m = r !? Ich sehe nicht, dass man die Konstruktion mit den gegebenen Werten - in Deiner Bezeichnung wären das der Radius r, die Punkte A, B und ein nicht eingezeichneter Punkt (sagen wir C), der gemeinsam mit A die zweite Gerade festlegt - so verschieben/rotieren könnte, dass der Kreismittelpunkt auf der X-Achse zu liegen kommt und dabei die gesuchte Länge a passender Weise auch gleich noch die Strecke vom Ursprung zu A darstellt. Und was ist t? Würdest Du mir bitte noch einmal etwas ausführlicher erklären, wie Du da drangehst? Danke :-)
14.08.2006, 23:23	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
hallo nordleuchter(in), da habe ich mich leider selbst von den unklarheiten der definitionen anstecken lassen, du hast mit deiner kritik vollkommen recht , aber: es geht doch. (nebenbei: a und a0 ist kein versehen, das läßt das zeichenprogramm nicht anders zu). es gilt ja noch!!! und damit hast du nun (sozusagen auf dem retourkutschenweg): $\begin{eqnarray} a=\frac{r\sqrt{c^{2}+b(b-2r)}}{b-2r} \end{eqnarray}$ damit hast du schon die länge der abzuschneidenden strecke und der winkel beträgt $\begin{eqnarray} w=\pi - arctan(\frac{a}{r})-arctan(\frac{c}{b-r}) \end{eqnarray}$ (im bogenmaß) und den rest (wie drehe ich das koo-system) später - so nötig, ich habe zurzeit freunde zu besuch und (m)eine baustelle zu betreuen. ich hoffe, das hilft dir etwas weiter und ist richtig werner
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15.08.2006, 16:24	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
auf ein neues: gegeben $\begin{eqnarray} g_1: y = k_1x + d_1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g_2: y = k_2x + d_2 \end{eqnarray}$ der schnittpunkt S hat dann die koordinaten $\begin{eqnarray} S(\frac{d_2-d_1}{k_1-k_2}/\frac{k_1d_2-k_2d_1}{k_1-k_2}) \end{eqnarray}$ jetzt konstruieren wir die parallelen geraden im abstand r: $\begin{eqnarray} p:kx + d \pm \sqrt{k^2+1} \end{eqnarray}$ in dem von dir gezeichneten fall also: $\begin{eqnarray} g_3: y=k_1x+d_1-r\sqrt{k_1^2+1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g_4: y=k_2x+d_2-r\sqrt{k_2^2+1} \end{eqnarray}$ deren schnittpunkt ist der gesuchte mittelpunkt M(m/n) mit $\begin{eqnarray} m=\frac{d_2-d_1+r(W_1-W_2)}{k_1-k_2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} n=\frac{k_1d_2-k_2d_1+r(k_2W_1-k_1W_2)}{k_1-k_2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} mit W_i=\sqrt{k_i^2+1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} a=\sqrt{\mid SM\mid^{2}-r^{2}} \end{eqnarray}$ und mit $\begin{eqnarray} k_1>k_2 \end{eqnarray}$ beträgt der gesuchte winkel $\begin{eqnarray} \angle{(T_1,M,T_2)}=\frac{k_1-k_2}{1+k_1k_2} \end{eqnarray}$ ächz werner
15.08.2006, 16:49	nordlücht	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Werner :-) Schöne Lösung! Auf die Parallelen wäre ich gar nicht gekommen. Aber sehr logisch, wenn man's erst mal sieht Eine Frage noch: Was genau ist W_i? Die Hypotenuse eines rw-Dreiecks aus Steigung und Seitenlänge 1 - aber wo ordne ich das ein, was ist der Zusammenhang? Danke und Grüße, Felix ps: Ich hab noch mal eine verbesserte Zeichnung zur vektoriellen Lösung angehangen. Damit sollte die auch klar werden.
15.08.2006, 17:03	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} W_1=\sqrt{k_1^2+1} \end{eqnarray}$ dasselbe für i = 2, wollte mir ersparen, den käse 2 mal zu schreiben deine vektorlösung muß ich erst beäugen warum bist du so auf vektoren fixiert? ist das teil der aufgabe? werner
15.08.2006, 17:48	nordlücht	Auf diesen Beitrag antworten »
Zu $\begin{eqnarray} W_{1}, W_{2} \end{eqnarray}$ : Mit Index-Schreibweise bin ich natürlich vertraut - ich hab genau wie Du darauf verzichten wollen, extra W_1 und W_2 zu schreiben. Statt dessen möchte ich wissen, woher das kommt - welche Rechnung steckt dahinter, wieso mache ich das? Sprich: Wie führt mich der Lösungsweg bis an diese Stelle? Und zur Vorliebe für Vektoren: Ich finde, das macht eine Lösung (i.d.R.) schön anschaulich. Man fährt eine gewisse Länge in eine bestimmte Richtung, biegt dort (bevorzugt im rechten Winkel) ab und fährt einen weiteren Vektor entlang... man kann regelrecht von bekannten Punkten/Vektoren aus mit dem Finger in Richtung der gesuchten Größe über die Zeichnung fahren und schauen, was sich nach und nach ausrechnen lässt.
15.08.2006, 18:14	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
pardon, das kommt von der normierung der geraden = HESSEsche normalform, die normierung verwendet man immer, wenn es abstände, winkel... zu messen gilt. und hier stelle ich damit die parallele gerade auf gerade y = kx + d hessesche normalform $\begin{eqnarray} {kx - y + d}{\sqrt{k^{2}+1}}=0 \end{eqnarray}$ die parallelen geraden im abstand r lauten dann: $\begin{eqnarray} {kx - y + d}{\sqrt{k^{2}+1}}=\pm r \end{eqnarray}$ aber ein netter weg mit VEKTOREN geht so (könnte so gehen): ich nenne den schnittpunkt S und die punkte auf den geraden A und B: mit den NORMIERTEN (einheits)vektoren $\begin{eqnarray} \vec{v_{10}}=\overrightarrow{SA} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \vec{v_{20}}=\overrightarrow{SB} \end{eqnarray}$ bekommst du die koordinaten des mittelpunktes - bitte nachprüfen - $\begin{eqnarray} \overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OS}+\frac{r}{\sqrt{1-(\vec{v_{10}}\cdot\vec{v_{20}})^{2}}}(\vec{v_{10}}+\vec{v_{20}}) \end{eqnarray}$ verwendet habe ich hier eine parallele und die winkelsymmetrale. der rest (a und winkel) ist einfach, so wie oben zu berechnen. oder noch einfacher $\begin{eqnarray} \alpha = \angle{(ASB)}\rightarrow cos\alpha=\vec{v_{10}}\cdot\vec{v_{20}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} a=r\cdot cot \frac{\alpha}{2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \angle{(T_1MT_2)}=180-\alpha \end{eqnarray}$ ist doch süß werner

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