Diskussionen aus dem Thread "Mathe-Marathon Schule" - Seite 21

28.05.2024, 11:01

Conny_1729

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Zitat:

Original von Leopold
Das sind bei deiner gewählten Normierung die korrekten Gleichungen.
Und warum sind das Ellipsen?
Und weshalb sind sie ähnlich zueinander?
Und was sind ihre Kenndaten, zum Beispiel Halbachsen, Brennpunkte?

Das ist wirklich eine sehr schöne Geometrie-Aufgabe, auf die man erst kommen muss!!!
Ich versuche mich mal daran, die Ähnlichkeiten der Ellipsen zueinander zu interpretieren. (siehe Anlage)

1)
Wenn der Punkt C entlang einer Ellipse E1 verläuft und die Euler-Gerade „e“ immer parallel auf 1/3 der Höhe des Dreiecks ABC liegt, dann ist das Verhältnis f/g=f‘/g‘=2 und der Punkt H beschreibt somit ebenfalls eine Ellipse E2. Die Hauptachse von E2 entspricht dann der Nebenachse von E1 und die Nebenachse von E2 ist 1/3 der Hauptachse von E1.

2)
Zwischen den Ellipse E1 vom Punkt C und der Ellipse E3 vom Punkt S besteht ein ähnlicher Zusammenhang, da zum Dreieck ABC ein auf 1/3 der Größe skaliertes Dreieck A’B’C' zugeordnet werden kann bei dem der Punkt C' dem Punkt S entspricht. Also muss der Punkt S ebenfalls auf einer Ellipse verlaufen (genau wie C). Die Ellipse E3 ergibt sich damit aus der Ellipse E1, die um den Faktor 1/3 herunterskaliert wird.

DOCH eine wichtige Frage bliebe damit immer noch offen. Wieso liegt der Punkt C auf einer Ellipse und wie errechnen sich ihre Parameter?

Wer kann da weiterhelfen???

Gruß Conny
.

28.05.2024, 15:52

xb

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Zitat:

Original von Leopold
Das sind bei deiner gewählten Normierung die korrekten Gleichungen.
Und warum sind das Ellipsen?
Und weshalb sind sie ähnlich zueinander?
Und was sind ihre Kenndaten, zum Beispiel Halbachsen, Brennpunkte?

Man kann die Kurven verschieben
zB
$\begin{eqnarray*} y_{C}^2 =3x_{B}(x_{C}+\frac{x_{B} }{2}) -3(x_{C}+\frac{x_{B} }{2} )^2 \end{eqnarray*}$
dann erkennt man die Ellipsen

Alle 3 haben damit den gleichen Mittelpunkt und wenn ich mich bei der ganzen Rechnerei (gestern abend)
nicht verrechnet habe auch die gleiche numerische Exzentrizität

$\begin{eqnarray*} \epsilon =\sqrt{\frac{2}{3} } \end{eqnarray*}$

Damit sind die Ellipsen ähnlich

Zitat:

Original von Conny_1729
Wieso liegt der Punkt C auf einer Ellipse ?

Punkte von S und H allgemein berechnen
Wenn AB auf der x-Achse liegt muss yS=yH sein
Das ergibt automatisch die Kurve für C (eine Ellipse)

28.05.2024, 16:35

Leopold

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[attach]57798[/attach]

28.05.2024, 19:33

Conny_1729

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Zitat:

Original von Conny_1729
Wieso liegt der Punkt C auf einer Ellipse ?

Über die Forderung "waagerechte Euler-Gerade" und mittels der Ähnlichkeiten der Höhendreiecke konnte ich jetzt auch geometrisch herleiten, dass bzgl. des Punktes C
$\begin{eqnarray*} <br /> \frac{x^2_C}{1}+\frac{y^2_C}{3}=\overline{AB} \cdot x_C <br /> \end{eqnarray*}$

gelten muss und damit einer in x-Richtung verschobenen Ellipsengleichung entspricht.

Gruß Conny

29.05.2024, 18:02

xb

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Zusatzaufgabe

E2 ist eine zu E0 und E1 ähnliche Ellipse die durch die Brennpunkte von E1 verläuft. E3 verläuft dann durch die Brennpunkte von E2 usw
Zu den Ellipsen En gehören die Flächeninhalte An

Zeige $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^{\infty } A_{n} =A_{0} \end{eqnarray*}$

[attach]57801[/attach]

29.05.2024, 19:35

Leopold

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Die Ellipse $\begin{align*} E_0 \end{align*}$ besitze die Halbachsen $\begin{align*} a,b \end{align*}$ mit $\begin{align*} b>a \end{align*}$ . Ihre Brennweite ist $\begin{align*} e>0 \end{align*}$ mit $\begin{align*} e^2 = b^2 - a^2 \end{align*}$ .

Der Streckfaktor von $\begin{align*} E_0 \end{align*}$ auf $\begin{align*} E_1 \end{align*}$ ist $\begin{align*} \frac{a}{b} \end{align*}$ , so daß $\begin{align*} A_1 = A_0 \cdot \frac{a^2}{b^2} \end{align*}$ gilt. Für alle weiteren Streckungen ist $\begin{align*} \lambda = \frac{e}{b} \end{align*}$ der Streckfaktor, woraus $\begin{align*} A_n = \lambda^{2n-2} A_1 \end{align*}$ für $\begin{align*} n \geq 1 \end{align*}$ folgt. Daraus erhält man

$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} A_n = A_1 \sum_{n=0}^{\infty} \lambda^{2n} = A_1 \cdot \frac{1}{1 - \lambda^2} = A_1 \cdot \frac{1}{1 - \left( \frac{e}{b} \right)^2} = A_1 \cdot \frac{b^2}{b^2 - e^2} = A_1 \cdot \frac{b^2}{a^2} = A_0 \cdot \frac{a^2}{b^2} \cdot \frac{b^2}{a^2} = A_0 \end{align*}$

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31.05.2024, 06:25

Conny_1729

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Ich hätte da auch noch eine kleine Zusatzaufgabe bzgl. der Ellipsen-Thematik: (für zwischendurch)

Es geht um ein in einer Ellipse eingeschriebenes nicht regelmäßiges Fünfeck. Gesucht wird eine Ellipse mit den Halbachsenparametern a und b, damit die Anordnung eines Fünfecks so gelingen kann, dass zwei Seiten des Fünfecks durch die beiden Brennpunkte F1 und F2 verlaufen SOWIE die fünf gelben „Ellipsensegmentstücke“ flächengleich sind.

Die Fragen sind:

a) Wie groß müsste bei dieser Ellipse die lineare Exzentrizität e in Abhängigkeit vom Parameter b sein?
b) Wie groß ist die Fläche dieses Fünfecks in Abhängigkeit von den Parametern a und b?

Gruß Conny
.

31.05.2024, 17:11

xb

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Könnte so ähnlich aussehen

[attach]57811[/attach]

31.05.2024, 17:28

Conny_1729

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Zitat:

Original von xb
Könnte so ähnlich aussehen

Das sieht von den Proportionen her ziemlich gut aus. Ist es aber auch exakt?

Gruß Conny

31.05.2024, 18:10

xb

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Zitat:

Original von Conny_1729
Das sieht von den Proportionen her ziemlich gut aus. Ist es aber auch exakt?

Nein es ist ungenau

Gibt es denn exakte Lösungen für a) und b)?

31.05.2024, 18:32

Conny_1729

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Zitat:

Original von xb
Nein es ist ungenau

Gibt es denn exakte Lösungen für a) und b)?

Oh, ja. Die Lösungen können exakt berechnet werden.

Gruß Conny

31.05.2024, 18:46

xb

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Vermutung

a) $\begin{eqnarray*} e=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\cdot b \end{eqnarray*}$

b) $\begin{eqnarray*} A=1.25\cdot a^2 \end{eqnarray*}$

31.05.2024, 20:12

Conny_1729

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Zitat:

Original von xb
Vermutung

a) $\begin{eqnarray*} e=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\cdot b \end{eqnarray*}$

b) $\begin{eqnarray*} A=1.25\cdot a^2 \end{eqnarray*}$

Deine Vermutungen sind äußerst exakt. Ich hätte doch lieber ein Elfeck nehmen sollen, dann wäre es schwerer gewesen, aus Vermutungen heraus die Lösungen zu entschlüsseln. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gruß Conny

01.06.2024, 06:25

Conny_1729

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Zitat:

Original von Conny_1729

Zitat:

Original von xb
Vermutung

a) $\begin{eqnarray*} e=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\cdot b \end{eqnarray*}$

b) $\begin{eqnarray*} A=1.25\cdot a^2 \end{eqnarray*}$

Deine Vermutungen sind äußerst exakt. Ich hätte doch lieber ein Elfeck nehmen sollen, dann wäre es schwerer gewesen, aus Vermutungen heraus die Lösungen zu entschlüsseln. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gruß Conny

Gut, dann werde ich zum „Ellipsen-Fünfeck-Problem“ noch meinen Lösungsvorschlag nachreichen, da sich ja die mutmaßlichen Ergebnisse als richtig erweisen. Im Grunde genommen muss gar nicht viel gerechnet werden. Als Teenager habe ich mich zum ersten Mal mit Ellipsen beschäftigt und die grundlegende Erfahrung gemacht, dass ein Kreis, der in irgendeine Richtung gestreckt oder gestaucht wird, immer eine Ellipse ergibt. Damit haben wir schon die Lösung.

Denn ein in einem Kreis eingeschriebenes regelmäßiges Fünfeck erzeugt fünf flächengleiche Kreissegmente. Und wenn der Kreis um den Faktor a/b gestreckt wird, dann projiziert man Kreis und Fünfeck auf einen Zylinderschnitt (=Ellipse), womit die Flächengleichheit der Segmente weiterhin bestehen bleibt. Die Fläche des gestreckten Fünfecks ist dann um den Faktor a/b größer. (Lösung b) – siehe Anlage

Die Forderung, dass die Seiten des Fünfecks durch die Brennpunkte verlaufen sollen, macht das Problem dann eindeutig, denn das entscheidende Verhältnis im Kreis (e*/b) muss auch bei der Ellipse (e/a) gelten. Daraus folgt dann die Lösung für a).

Zuerst wollte ich das Problem mit einem eingeschriebenen Dreieck vorstellen, aber ein Fünfeck liefert so schöne Lösungen mit der Zahl phi = 1,618… (Goldener Schnitt).

Gruß Conny
.

01.06.2024, 07:34

xb

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Zitat:

Original von Conny_1729
Als Teenager habe ich mich zum ersten Mal mit Ellipsen beschäftigt und die grundlegende Erfahrung gemacht, dass ein Kreis, der in irgendeine Richtung gestreckt oder gestaucht wird, immer eine Ellipse ergibt. Damit haben wir schon die Lösung.

Das ist eine gute Idee. Ich habe versucht die Lösung numerisch zu finden
Dabei sind mir noch einige Steigungen aufgefallen

[attach]57815[/attach]

04.06.2024, 08:10

Conny_1729

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Zitat:

Original von xb

Das ist eine gute Idee. Ich habe versucht die Lösung numerisch zu finden
Dabei sind mir noch einige Steigungen aufgefallen

Okay, für Fans der numerischen Lösungsfindung hätte ich da noch ein Beispiel einer Ellipsen-Aufgabe, bei der man weniger herleiten muss, sondern vielmehr eine gültige Form einer Gleichung zu finden hat.

Problem:
In einer Ellipse (a/b > 8) werden insgesamt 12 Kreise nebeneinander angeordnet, sodass jeder Kreis zwei Tangentenpunkte an der Ellipse besitzt und benachbarte Kreise sich ebenfalls tangential berühren, so wie es die anliegende Skizze zeigt. Allgemein entstehen dann 12 unterschiedliche Kreise mit den Radien R1 … R12.

In der folgenden Gleichung tauchen alle 12 Radien auf der rechten Seite auf. Bloß sind die Indizes noch nicht den numerischen Werten 1 … 12 zugeordnet.
$\begin{eqnarray*} <br /> \frac{R_F\cdot R_{F+1}\cdot R_{F+2}}{R_a\cdot R_{a+1}\cdot R_{a+2}}=\frac{\left(R_a+R_d\right)\cdot \left(R_b+R_e\right)\cdot \left(R_c+R_f\right)}{\left(R_A+R_D\right)\cdot \left(R_B+R_E\right)\cdot \left(R_C+R_F\right)}<br /> \end{eqnarray*}$

Bezüglich der Indizes soll gelten:

F > a
c > b > B
e > d > E
a + A = b + B = c + C
d + D = e + E = f + F

Die Differenz aus (d + D) - (a + A) ist durch 3 teilbar.

Frage:
Für welche Index-Zuordnung würde die obige Gleichung stets aufgehen?

Gruß Conny
(im Beispiel ist das Parameter-Verhältnis der Ellipse $\begin{eqnarray*} a:b = 10\cdot e:\pi \end{eqnarray*}$ gewählt worden, wobei das aber keine Rolle spielt, sofern a/b groß genug ist)
.

04.06.2024, 16:24

xb

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Zitat:

Original von Conny_1729
Die Differenz aus (d + D) - (a + A) ist durch 3 teilbar.

Hier gibt es 3 Möglichkeiten
13-13=0
16-10=6
19-7=12
Die erste Möglichkeit kann man wohl ausschließen

04.06.2024, 20:24

xb

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Zitat:

Original von Conny_1729
$\begin{eqnarray*} <br /> \frac{R_F\cdot R_{F+1}\cdot R_{F+2}}{R_a\cdot R_{a+1}\cdot R_{a+2}}=\frac{\left(R_a+R_d\right)\cdot \left(R_b+R_e\right)\cdot \left(R_c+R_f\right)}{\left(R_A+R_D\right)\cdot \left(R_B+R_E\right)\cdot \left(R_C+R_F\right)}<br /> \end{eqnarray*}$

Lösungsversuch
$\begin{eqnarray*} <br /> \frac{R_9\cdot R_{10}\cdot R_{11}}{R_2\cdot R_{3}\cdot R_{4}}=\frac{\left(R_2+R_{8} \right)\cdot \left(R_4+R_{12} \right)\cdot \left(R_6+R_{10} \right)}{\left(R_5+R_{11} \right)\cdot \left(R_3+R_{7} \right)\cdot \left(R_1+R_9\right)} \end{eqnarray*}$

05.06.2024, 16:41

Conny_1729

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Zitat:

Original von xb

Lösungsversuch
$\begin{eqnarray*} <br /> \frac{R_9\cdot R_{10}\cdot R_{11}}{R_2\cdot R_{3}\cdot R_{4}}=\frac{\left(R_2+R_{8} \right)\cdot \left(R_4+R_{12} \right)\cdot \left(R_6+R_{10} \right)}{\left(R_5+R_{11} \right)\cdot \left(R_3+R_{7} \right)\cdot \left(R_1+R_9\right)} \end{eqnarray*}$

Im Speziellen sind die Vorgaben der Indizes zwar eingehalten worden, aber generell lässt sich die Gleichung damit nicht erfüllen. Oder hast du in diesem Fall ganz besondere a,b-Parameter der Ellipse gefunden, mit der deine Gleichung funktioniert?

nur zur Info (falls man die fortlaufenden Radien auch mal direkt berechnen möchte):

für $\begin{eqnarray*} n\geq 1 \end{eqnarray*}$ gilt:
$\begin{eqnarray*} <br /> R_{n+2}=k\cdot R_{n+1}-R_n<br /> \end{eqnarray*}$

Wenn man also die Werte für R1, R2 und R3 kennt, dann können die restlichen Radien (ohne Konstruktion) sofort berechnet werden.

Gruß Conny

05.06.2024, 16:47

HAL 9000

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Zitat:

Original von Conny_1729
für $\begin{eqnarray*} n\geq 1 \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} R_{n+2}=k\cdot R_{n+1}-R_n \end{eqnarray*}$

Und $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ hängt wie von $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ ab? Augenzwinkern

Augenzwinkern

05.06.2024, 17:32

xb

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Zitat:

Original von Conny_1729
Im Speziellen sind die Vorgaben der Indizes zwar eingehalten worden, aber generell lässt sich die Gleichung damit nicht erfüllen. Oder hast du in diesem Fall ganz besondere a,b-Parameter der Ellipse gefunden, mit der deine Gleichung funktioniert?

Ich hatte die Achsensymmetrie betrachtet. Also r1=r12; r2=r11 usw. Da hat es funktioniert

Zitat:

Original von Conny_1729
$\begin{eqnarray*} <br /> \frac{R_F\cdot R_{F+1}\cdot R_{F+2}}{R_a\cdot R_{a+1}\cdot R_{a+2}}=\frac{\left(R_a+R_d\right)\cdot \left(R_b+R_e\right)\cdot \left(R_c+R_f\right)}{\left(R_A+R_D\right)\cdot \left(R_B+R_E\right)\cdot \left(R_C+R_F\right)}<br /> \end{eqnarray*}$

2.Lösungsversuch
$\begin{eqnarray*} <br /> \frac{R_7\cdot R_{8}\cdot R_{9}}{R_4\cdot R_{5}\cdot R_{6}}=\frac{\left(R_4+R_{10} \right)\cdot \left(R_5+R_{11} \right)\cdot \left(R_6+R_{12} \right)}{\left(R_3+R_9\right)\cdot \left(R_2+R_8\right)\cdot \left(R_1+R_7\right)} \end{eqnarray*}$

05.06.2024, 19:29

Conny_1729

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Zitat:

Original von xb

Zitat:

Original von Conny_1729
Im Speziellen sind die Vorgaben der Indizes zwar eingehalten worden, aber generell lässt sich die Gleichung damit nicht erfüllen. Oder hast du in diesem Fall ganz besondere a,b-Parameter der Ellipse gefunden, mit der deine Gleichung funktioniert?

Ich hatte die Achsensymmetrie betrachtet. Also r1=r12; r2=r11 usw. Da hat es funktioniert

Daran erkennt man gut, dass man bei einer „allgemeinen“ Anordnung von Kreisen nicht einfach mal eine Symmetriebedingung einbringen darf, womit ein spezieller Fall geschaffen wird.

Der 2. Lösungsvorschlag stimmt!

Ergänzend füge ich noch hinzu, dass folgende Beziehungen alleinstehend auch gelten:
$\begin{eqnarray*} <br /> \frac{R_7}{R_4}=\frac{R_4+R_{10}}{R_1+R_7} <br /> <br /> \frac{R_8}{R_5}=\frac{R_5+R_{11}}{R_2+R_8} <br /> <br /> \frac{R_9}{R_6}=\frac{R_6+R_{12}}{R_3+R_9} <br /> \end{eqnarray*}$

Wie man sieht, gelten diese drei Gleichungen stets für 10 benachbarte Kreise. Ich habe die jeweiligen Terme der linken/rechten Gleichungsseite lediglich miteinander multipliziert.

Bemerkung:
Der dazugehörige Beweis ist schon etwas mühevoll, da hier mehrere Theoreme ineinander greifen, um ans Ziel zu gelangen. Diesen kann man jedoch nachlesen in:
„Japanese Temple Geometry Problems“ - San Gaku , H.Fukagawa / D.Pedoe
Published by „The Charles Babbage Research Centre“, Winnipeg, Canada, 1989 , ISBN 0-919611-21-4

Da ich ja schon die Rekursionsformel für die Radien angeführt hatte, soll die Bestätigung für das Theorem der „10 Kreise in der Ellipse“ somit auch noch folgen.

Gruß Conny
.

05.06.2024, 19:34

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von Conny_1729
für $\begin{eqnarray*} n\geq 1 \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} R_{n+2}=k\cdot R_{n+1}-R_n \end{eqnarray*}$

Und $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ hängt wie von $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ ab? Augenzwinkern

Augenzwinkern

Die Abhängigkeit von a und b habe ich absichtlich erst einmal weggelassen, da ja die Herleitung des „Theorems für 10 Kreise in einer Ellipse“ theoretisch ohne dieses Wissen möglich ist. Das hole ich aber jetzt nach:
$\begin{eqnarray*} <br /> k(a,b)=\frac{2\cdot \left(a^2-2b^2\right) }{a^2}<br /> \end{eqnarray*}$

Was ich bei meiner Recherche jedoch nicht in Erfahrung bringen konnte, ist die Berechnung von R2 aus R1. (???)
Ich habe nur für einen Spezialfall eine Beziehung herausfinden können, für die ich aber keinen Beweis anführen könnte. Der Spezialfall ist, wenn R1 dem minimalen Krümmungsradius der Ellipse entsprechen würde, also der Startkreis die Ellipse dann nur noch in einem Punkt tangiert.

$\begin{eqnarray*} <br /> R_{1 min}=\frac{b^2}{a}<br /> \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <br /> R_2=\left(k+1\right)\cdot R_{1 min}<br /> \end{eqnarray*}$
(nur Vermutung!)

Die Rekursionsformeln der Radien könnten möglicherweise über die Tschebyschew-Polynome ausgedrückt werden. Da kenne ich mich aber leider nicht aus. Vielleicht lässt sich ja eine allgemeine Gleichung für R2 in Abhängigkeit von k und R1 daraus ableiten?

Gruß Conny

05.06.2024, 20:17

Conny_1729

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Zitat:

Original von Conny_1729
...
(im Beispiel ist das Parameter-Verhältnis der Ellipse $\begin{eqnarray*} a:b = 10\cdot e:\pi \end{eqnarray*}$ gewählt worden, wobei das aber keine Rolle spielt, sofern a/b groß genug ist).

Das Verhältnis a/b sollte keinesfalls kleiner als $\begin{eqnarray*} \frac{1}{sin\left(\frac{\pi}{24} \right) } \end{eqnarray*}$ ausfallen, um darin 12 Kreise unterbringen zu können.

Gruß Conny

05.06.2024, 22:00

xb

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Zitat:

Original von Conny_1729
Was ich bei meiner Recherche jedoch nicht in Erfahrung bringen konnte, ist die Berechnung von R2 aus R1. (???)

Das müsste hiermit gehen
$\begin{eqnarray*} r_{7} = (k^5-4k^3+3k)r_{2}-(k^4-3k^2+1)r_{1} \end{eqnarray*}$

r7 kann man mit a,b und der Verschiebung berechnen
Soweit ich das sehe ist das eine wenn auch etwas aufwendige quadratische Gleichung

06.06.2024, 07:58

HAL 9000

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Zitat:

Original von Conny_1729
Was ich bei meiner Recherche jedoch nicht in Erfahrung bringen konnte, ist die Berechnung von R2 aus R1.

Hab ich jetzt berechnet: Es ist $\begin{eqnarray*} R_2 = \frac{1}{a^2}\left[ (a^2-2b^2)R_1 \pm 2b\sqrt{(a^2-b^2)(b^2-R_1^2)} \right] \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \pm \end{eqnarray*}$ deswegen, weil ja der Kreis links oder rechts angelagert werden kann - nur im Fall $\begin{eqnarray*} R_1=b \end{eqnarray*}$ (Mittellage) sind beide Varianten gleich groß. Wenn ich den einen Kreisradius mit $\begin{eqnarray*} R_2 \end{eqnarray*}$ und den anderen mit $\begin{eqnarray*} R_0 \end{eqnarray*}$ bezeichne, so folgt daraus übrigens

$\begin{eqnarray*} R_0+R_2 = \frac{2}{a^2} (a^2-2b^2)R_1 \end{eqnarray*}$ , also genau jenes von dir oben erwähnte $\begin{eqnarray*} R_2 = kR_1 - R_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k:=\frac{2(a^2-2b^2)}{a^2} \end{eqnarray*}$ .

Insgesamt machen nur Radien $\begin{eqnarray*} R_k > \frac{b^2}{a} \end{eqnarray*}$ Sinn, denn Kreise mit Radien $\begin{eqnarray*} \leq \frac{b^2}{a} \end{eqnarray*}$ können allenfalls die Ellipsenrandpunkte links und rechts, d.h. $\begin{eqnarray*} (\pm a,0) \end{eqnarray*}$ berühren.

Interessant ist sicher auch noch die explizite Darstellung der Radienfolge gemäß

$\begin{eqnarray*} R_n = b\cos\left(\omega n + \varphi\right) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \omega := \arccos\left(\frac{k}{2}\right) = \arccos\left(\frac{a^2-2b^2}{a^2}\right) = 2\arcsin\left(\frac{b}{a}\right) \end{eqnarray*}$

mit Phasenverschiebung $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ als dem einen noch vorhandenen Freiheitsgrad:

1) $\begin{eqnarray*} \varphi=0 \end{eqnarray*}$ würde bedeuten Start mit $\begin{eqnarray*} R_0=b \end{eqnarray*}$ .

2) $\begin{eqnarray*} \varphi = -\arccos\left(\frac{b}{a}\right) \end{eqnarray*}$ entspräche hingegen $\begin{eqnarray*} R_0=\frac{b^2}{a} \end{eqnarray*}$ .

Bei Start in 2) ist übrigens die Bedingung, dass $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Kreise reinpassen gleichbedeutend mit $\begin{eqnarray*} R_{n-1}\geq \frac{b^2}{a} \end{eqnarray*}$ , was nach weiterer Rechnung mit der expliziten Darstellung zur Bedingung $\begin{eqnarray*} \frac{b}{a}\leq \sin\left(\frac{\pi}{2n}\right) \end{eqnarray*}$ führt, was du oben für $\begin{eqnarray*} n=12 \end{eqnarray*}$ ja schon mal erwähnt hattest. Ich zitiere mal Spock: "Faszinierend"

06.06.2024, 10:06

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000

Hab ich jetzt berechnet: Es ist $\begin{eqnarray*} R_2 = \frac{1}{a^2}\left[ (a^2-2b^2)R_1 \pm 2b\sqrt{(a^2-b^2)(b^2-R_1^2)} \right] \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \pm \end{eqnarray*}$ deswegen, weil ja der Kreis links oder rechts angelagert werden kann - nur im Fall $\begin{eqnarray*} R_1=b \end{eqnarray*}$ (Mittellage) sind beide Varianten gleich groß.
...

Grandios!!! - Vielen Dank für die Herleitung von R2!
Damit ist die Lücke auch geschlossen, um alle Folge-Radien berechnen zu können.

Zitat:

Original von HAL 9000
...
Interessant ist sicher auch noch die explizite Darstellung der Radienfolge gemäß

$\begin{eqnarray*} R_n = b\cos\left(\omega n + \varphi\right) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \omega := \arccos\left(\frac{k}{2}\right) = \arccos\left(\frac{a^2-2b^2}{a^2}\right) = 2\arcsin\left(\frac{b}{a}\right) \end{eqnarray*}$

mit Phasenverschiebung $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ als dem einen noch vorhandenen Freiheitsgrad:

1) $\begin{eqnarray*} \varphi=0 \end{eqnarray*}$ würde bedeuten Start mit $\begin{eqnarray*} R_0=b \end{eqnarray*}$ .

2) $\begin{eqnarray*} \varphi = -\arccos\left(\frac{b}{a}\right) \end{eqnarray*}$ entspräche hingegen $\begin{eqnarray*} R_0=\frac{b^2}{a} \end{eqnarray*}$ .

...

Die ausgeweitete trigonometrische Darstellung von $\begin{eqnarray*} R_n \end{eqnarray*}$ ist ebenfalls eine ausgezeichnete Ergänzung zu diesem Problem. An die Thematik „Tschebyschew-Polynome“ hätte ich mich nicht rangetraut. Aber ich kann jetzt im gewissen Maße nachvollziehen, dass man mit dem Kosinus-Ausdruck auch die Folgewerte berechnen kann. (k/2 liegt ja betragsmäßig immer unter 1)

Tschebyschew-Polynome

Frage nur am Rande:
Gibt es auch eine Formulierung für $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ , also wie sich $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ als Funktion aus a, b, $\begin{eqnarray*} R_0 \end{eqnarray*}$ berechnen ließe?

Gruß Conny

06.06.2024, 10:31

HAL 9000

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Zitat:

Original von Conny_1729
Gibt es auch eine Formulierung für $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ , also wie sich $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ als Funktion aus a, b, $\begin{eqnarray*} R_0 \end{eqnarray*}$ berechnen ließe?

Das habe ich ja bei 2) gewissermaßen gemacht, allgemein $\begin{eqnarray*} \varphi = \pm \arccos\left(\frac{R_0}{b}\right) \end{eqnarray*}$ . Will man "links" in der Ellipse anfangen und sich nach rechts vorarbeiten, muss man dabei die Minus-Variante wählen.

Als weitere Ergänzung: Der Mittelpunkt des Kreises mit o.g. Radius müsste $\begin{eqnarray*} \left( \sqrt{a^2-b^2}~\sin(\omega n+\varphi),0\right) \end{eqnarray*}$ sein.

06.06.2024, 10:42

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000
... $\begin{eqnarray*} \varphi = \pm \arccos\left(\frac{R_0}{b}\right) \end{eqnarray*}$ . Will man "links" in der Ellipse anfangen und sich nach rechts vorarbeiten, muss man dabei die Minus-Variante wählen. ...

Vielen Dank für den Nachtrag!
Im Nachhinein gefällt mir die explizite Darstellung mit dem Kosinus-Ausdruck sogar besser.

Gruß Conny

06.06.2024, 10:57

HAL 9000

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Aus der o.g. Mittelpunktdarstellung $\begin{eqnarray*} \left(x_n,0\right) = \left( \sqrt{a^2-b^2}~\sin(\omega n+\varphi),0\right) \end{eqnarray*}$ kann man noch eine interessante geometrische Folgerung ziehen:

Die Punkte $\begin{eqnarray*} (x_n,\pm R_n) \end{eqnarray*}$ (sozusagen die vertikalen Durchmesserendpunkte aller beteiligten Kreise) liegen sämtlich auf der Ellipse $\begin{eqnarray*} \frac{x^2}{a^2-b^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \end{eqnarray*}$ , d.h. unter anderem auch unabhängig von der Wahl der Phasenverschiebung $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ .

06.06.2024, 12:03

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000
...
Die Punkte $\begin{eqnarray*} (x_n,\pm R_n) \end{eqnarray*}$ (sozusagen die vertikalen Durchmesserendpunkte aller beteiligten Kreise) liegen sämtlich auf der Ellipse $\begin{eqnarray*} \frac{x^2}{a^2-b^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \end{eqnarray*}$ , d.h. unter anderem auch unabhängig von der Wahl der Phasenverschiebung $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ .

Das scheint mir dann für beliebige Kreise in der Ellipse zu gelten, also losgelöst vom Problem, bei dem die Kreise zueinander tangential anliegen sollten. Das funktioniert hin bis zum minimalen Krümmungsradius der Ellipse. Für kleinere Radien, die dann nur einen Tangentenpunkt in der Ellipse besitzen, geht das dann in eine Tangente über, die durch den Punkt ( +/- a , 0) geht.

Gruß Conny

06.06.2024, 12:19

HAL 9000

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Zitat:

Original von Conny_1729
Das scheint mir dann für beliebige Kreise in der Ellipse zu gelten, also losgelöst vom Problem, bei dem die Kreise zueinander tangential anliegen sollten.

Stimmt. Ist vermutlich ein altbekannter Fakt, aber ich hab mich vor dem heutigen Tag noch noch nie richtig mit der Konstellation "Kreise berühren mehrfach von innen eine Ellipse" befasst. Augenzwinkern

Augenzwinkern

06.06.2024, 15:24

xb

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Zitat:

Original von HAL 9000
Interessant ist sicher auch noch die explizite Darstellung der Radienfolge gemäß

$\begin{eqnarray*} R_n = b\cos\left(\omega n + \varphi\right) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \omega := \arccos\left(\frac{k}{2}\right) = \arccos\left(\frac{a^2-2b^2}{a^2}\right) = 2\arcsin\left(\frac{b}{a}\right) \end{eqnarray*}$

Das ist in der Tat interessant

$\begin{eqnarray*} R_{n} =b\cos(2\arcsin(\frac{b}{a})(n-1)-\arccos(\frac{R_{1} }{b} ) ) \end{eqnarray*}$

Wenn man jetzt für R1=b^2/a und für n=12 einsetzt bekommt man die obere Schranke für R1

$\begin{eqnarray*} \frac{b^2}{a}<R_{1}<b\cos\left[ 22\arcsin(\frac{b}{a})-\arccos(\frac{b}{a}) )\right] \end{eqnarray*}$

06.06.2024, 15:52

HAL 9000

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Wobei man es in diesem Fall $\begin{eqnarray*} R_1 = \frac{b^2}{a} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \arccos\left( \frac{b}{a}\right) = \frac{\pi}{2}- \arcsin\left( \frac{b}{a}\right) \end{eqnarray*}$ auch noch etwas griffiger schreiben kann:

$\begin{eqnarray*} R_n = b\cos\left(2\arcsin\left(\frac{b}{a}\right)(n-1) + \arcsin\left(\frac{b}{a}\right) - \frac{\pi}{2} \right) = b\sin\left((2n-1)\arcsin\left(\frac{b}{a}\right) \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} R_n\geq R_1 = \frac{b^2}{a} \end{eqnarray*}$ als Bedingung dafür, dass $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Kreise wirklich reinpassen ist dann äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} (2n-1)\arcsin\left(\frac{b}{a}\right) \leq \pi - \arcsin\left(\frac{b}{a}\right) \end{eqnarray*}$

umgestellt zu $\begin{eqnarray*} \arcsin\left(\frac{b}{a}\right) \leq \frac{\pi}{2n} \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} \frac{b}{a}\leq \sin\left( \frac{\pi}{2n} \right) \end{eqnarray*}$ .

06.06.2024, 16:25

HAL 9000

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Die diversen Gleichungen aus dem Beitrag 5.6, 21:29 im Lichte der trigonometrischen Darstellung sowie passenden Additionstheoremen:

$\begin{eqnarray*} R_{n-s} + R_{n+s} = b\left[ \cos\left((n-s)\omega + \varphi\right) + \cos\left((n+s)\omega + \varphi\right) \right] = 2b\cos(s\omega)\cos\left(n\omega + \varphi\right) = 2\cos(s\omega)\cdot R_n \end{eqnarray*}$

woraus sofort folgt $\begin{eqnarray*} \frac{R_{n-s} + R_{n+s}}{R_{m-s} + R_{m+s}} = \frac{R_n}{R_m} \end{eqnarray*}$ für diverse Kombinationen von $\begin{eqnarray*} n,m,s \end{eqnarray*}$ . Für größere $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ ist das vermutlich ein transparenterer Zugang als die $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -Polynomungetüme im Beweis oben. Augenzwinkern

Augenzwinkern

06.06.2024, 17:42

xb

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Erstaunlich

Was ich noch gefunden habe ist R1 so dass die Anordnung symmetrisch ist $\begin{eqnarray*} R_{1} =R_{12} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} R_{1}=b\cos(12\arcsin(\frac{b}{a} )-\arccos(\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2} } ) \end{eqnarray*}$

06.06.2024, 20:05

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000
...
woraus sofort folgt $\begin{eqnarray*} \frac{R_{n-s} + R_{n+s}}{R_{m-s} + R_{m+s}} = \frac{R_n}{R_m} \end{eqnarray*}$ für diverse Kombinationen von $\begin{eqnarray*} n,m,s \end{eqnarray*}$ . Für größere $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ ist das vermutlich ein transparenterer Zugang als die $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -Polynomungetüme im Beweis oben. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Das ist aber eine positive Überraschung!!! Respekt

Respekt

Das eröffnet wahrscheinlich dann noch weitere gültige Lösungsmöglichkeiten für meine anfängliche Gleichung. Hätte ich nicht gedacht, dass sich mit steigender Kreisanzahl n so viele Konstellationen an Radius-Beziehungen ergeben würden. Vor allem, weil man bei der Polynom-Schreibweise schon nach den ersten Zeilen den Überblick verliert, was möglich ist.

Ob diese interessanten Entdeckungen von dir (allein nur von heute!!!) auch Hiroshi Okumura schon bekannt sind? (einer der Verantwortlichen vom „Sangaku Journal of Mathematics“)
Das hat schon besondere Qualität, um dort veröffentlich zu werden!!!

Sangaku-Journal

Diese Seite ist übrigens auch eine nette Fundgrube für all diejenigen, die sich gerne mit geometrischen Konstruktionen der besonderen Art auseinandersetzen wollen.

Gruß Conny

07.06.2024, 06:58

HAL 9000

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Da es so auf dein Interesse stößt, will ich mal noch die wichtigsten Formeln, die ich zunächst oben beweislos hingeworfen hatte, ordentlich herleiten.

Umhüllende ist mit Voraussetzung $\begin{eqnarray*} b<a \end{eqnarray*}$ die Ellipse $\begin{eqnarray*} \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\qquad (1) \end{eqnarray*}$

Da passen wir nun Kreise mit Radius $\begin{eqnarray*} R_n \end{eqnarray*}$ ein, welche die Ellipse zweimal berühren sollen, je einmal oben und unten. Die können nur Mittelpunkte auf der x-Achse haben, d.h. $\begin{eqnarray*} (x_n,0) \end{eqnarray*}$ , die zugehörige Kreisgleichung ist

$\begin{eqnarray*} (x-x_n)^2 + y^2 = R_n^2\qquad (2) \end{eqnarray*}$ .

1) Die Berührpunkte $\begin{eqnarray*} (x,y) \end{eqnarray*}$ von Kreis und Ellipse müssen beide Gleichungen (1)(2) erfüllen. $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ aus (2) in (1) eingesetzt ergibt

$\begin{eqnarray*} \frac{x^2}{a^2} + \frac{R_n^2-(x-x_n)^2}{b^2} = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b^2 x^2 + a^2(R_n^2-x^2+2x_nx-x_n^2) = a^2b^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -\left(a^2-b^2\right) x^2 + 2a^2x_n x + a^2(R_n^2-b^2-x_n^2) = 0 \end{eqnarray*}$

Das Berühren findet außerdem nur statt, wenn diese letztere quadratische Gleichung eine reelle Doppellösung $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ besitzt. Dazu muss die Diskriminante dieser Gleichung Null sein, d.h.

$\begin{eqnarray*} \left(2a^2x_n\right)^2 + 4\left(a^2-b^2\right)a^2\left(R_n^2-b^2-x_n^2\right) = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a^2x_n^2 + \left(a^2-b^2\right)\left(R_n^2-b^2-x_n^2\right) = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b^2x_n^2 = \left(a^2-b^2\right)\left(b^2-R_n^2\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_n = \frac{s_n}{b}\sqrt{\left(a^2-b^2\right)\left(b^2-R_n^2\right)}\qquad (3) \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} s_n = \operatorname{sgn}(x_n) \end{eqnarray*}$ dem Vorzeichen von $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ , das wir zunächst mal offen halten.

2) Nun betrachten wir zwei benachbarte Kreise, die sich berühren, wobei der mit Radius $\begin{eqnarray*} R_{n+1} \end{eqnarray*}$ rechts von dem mit Radius $\begin{eqnarray*} R_n \end{eqnarray*}$ liegen möge, was durch die Forderung $\begin{eqnarray*} x_{n+1} = x_n + R_n + R_{n+1} \end{eqnarray*}$ beschrieben werden kann. Das ergibt via (3) mit $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ multipliziert

$\begin{eqnarray*} s_{n+1}\sqrt{\left(a^2-b^2\right)\left(b^2-R_{n+1}^2\right)} = s_n\sqrt{\left(a^2-b^2\right)\left(b^2-R_n^2\right)} + b\left(R_n + R_{n+1}\right) \end{eqnarray*}$

Quadrieren und ein wenig umsortieren:

$\begin{eqnarray*} \left(a^2-b^2\right)\left(b^2-R_{n+1}^2\right) = \left(a^2-b^2\right)\left(b^2-R_n^2\right) + 2s_nb\left(R_n + R_{n+1}\right)\sqrt{\left(a^2-b^2\right)\left(b^2-R_n^2\right)} + b^2\left(R_n + R_{n+1}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left(a^2-b^2\right)\left(R_n^2-R_{n+1}^2\right) - b^2\left(R_n + R_{n+1}\right)^2 = 2s_nb\left(R_n + R_{n+1}\right)\sqrt{\left(a^2-b^2\right)\left(b^2-R_n^2\right)} \end{eqnarray*}$

Division durch $\begin{eqnarray*} \left(R_n + R_{n+1}\right) \end{eqnarray*}$ und weiteres Umgruppieren ergibt

$\begin{eqnarray*} \left(a^2-b^2\right)\left(R_n-R_{n+1}\right) - b^2\left(R_n + R_{n+1}\right) = 2s_nb\sqrt{\left(a^2-b^2\right)\left(b^2-R_n^2\right)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} R_{n+1} = \frac{1}{a^2}\left[ \left(a^2-2b^2\right)R_n - 2s_nb\sqrt{\left(a^2-b^2\right)\left(b^2-R_n^2\right)}\right]\qquad (4) \end{eqnarray*}$

d.h. das erste Nachweisziel. Anzumerken ist, dass wir $\begin{eqnarray*} s_n=-1 \end{eqnarray*}$ haben, solange der linke Kreis seinen Mittelpunkt links der y-Achse hat, das Verhalten schlägt dann zu $\begin{eqnarray*} s_n=1 \end{eqnarray*}$ um, sobald er rechts davon liegt.

3) Offenkundig gilt $\begin{eqnarray*} R_n\leq b \end{eqnarray*}$ für alle Radien, wir können daher $\begin{eqnarray*} R_n = b\cos\left(\varphi_n\right) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \varphi_n\in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) \end{eqnarray*}$ ansetzen. Das Vorzeichen von $\begin{eqnarray*} \varphi_n \end{eqnarray*}$ ist durch diese Bedingung noch nicht festgelegt - wir tun dies, indem $\begin{eqnarray*} \varphi_n \end{eqnarray*}$ dasselbe Vorzeichen wie $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ haben möge, d.h. $\begin{eqnarray*} \varphi_n = s_n\cdot \left|\varphi_n\right| = s_n\cdot \arccos\left(\frac{R_n}{b}\right) \end{eqnarray*}$ . Nun setzen wir in (4) ein und bekommen

$\begin{eqnarray*} b\cos\left(\varphi_{n+1}\right) = \frac{1}{a^2}\left[ \left(a^2-2b^2\right)b\cos\left(\varphi_n\right) - 2s_nb\sqrt{\left(a^2-b^2\right)\left(b^2-b^2\cos^2\left(\varphi_n\right)\right)}\right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \cos\left(\varphi_{n+1}\right) = \frac{a^2-2b^2}{a^2} \cos\left(\varphi_n\right) - \frac{2s_nb}{a^2}\sqrt{a^2-b^2}\cdot \left|\sin\left(\varphi_n\right)\right| \end{eqnarray*}$

Jetzt endlich werden wir wegen $\begin{eqnarray*} \sin\left(\varphi_n\right) = s_n\cdot \left|\sin\left(\varphi_n\right)\right| \end{eqnarray*}$ das störende Vorzeichen $\begin{eqnarray*} s_n \end{eqnarray*}$ los:

$\begin{eqnarray*} \cos\left(\varphi_{n+1}\right) = \frac{a^2-2b^2}{a^2} \cos\left(\varphi_n\right) - \frac{2b}{a^2}\sqrt{a^2-b^2}\cdot \sin\left(\varphi_n\right) \end{eqnarray*}$

Betrachten wir nun Winkel $\begin{eqnarray*} \omega = \arccos\left( \frac{a^2-2b^2}{a^2} \right) = 2\arcsin\left( \frac{b}{a} \right) \end{eqnarray*}$ , so gilt auch $\begin{eqnarray*} \sin(\omega) = \frac{2b}{a}\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}} = \frac{2b}{a^2}\sqrt{a^2-b^2} \end{eqnarray*}$ , mithin daher

$\begin{eqnarray*} \cos\left(\varphi_{n+1}\right) = \cos(\omega) \cos\left(\varphi_n\right) - \sin(\omega)\sin\left(\varphi_n\right) = \cos\left(\varphi_n+\omega\right) \end{eqnarray*}$

Bleiben nur die beiden Optionen $\begin{eqnarray*} \varphi_{n+1} = \varphi_n + \omega \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \varphi_{n+1} = -\left(\varphi_n + \omega\right) \end{eqnarray*}$ , wobei letztere ausgeschlossen werden kann (warum?). Damit haben wir eine arithmetische Folge $\begin{eqnarray*} \varphi_n = \varphi_0 + n\omega \end{eqnarray*}$ .

07.06.2024, 07:23

HAL 9000

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Zur Rekursion der $\begin{eqnarray*} R_n \end{eqnarray*}$ -Folge noch folgende Ergänzung: Es gilt ja $\begin{eqnarray*} x_{n-1} = x_n - \left(R_n + R_{n-1}\right) \end{eqnarray*}$ , und dann kommt man mit analogen Rechnungen wie in 2) - mit Ausnahme eines geänderten Vorzeichens - zur Gleichung

$\begin{eqnarray*} R_{n-1} = \frac{1}{a^2}\left[ \left(a^2-2b^2\right)R_n + 2s_nb\sqrt{\left(a^2-b^2\right)\left(b^2-R_n^2\right)}\right]\qquad (4') \end{eqnarray*}$

(4)+(4') ergibt dann eben jenes $\begin{eqnarray*} R_{n-1} + R_{n+1} = k\cdot R_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k = \frac{2\left(a^2-2b^2\right)}{a^2} \end{eqnarray*}$ .

07.06.2024, 10:01

Conny_1729

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Zitat:

>>> Die Herleitung (1) ... (4)/(4') betreffend. (von HAL 9000)<<<

Da kann ich nur sagen: Absolut mustergültig mit Lehrbuchcharakter!
In der Gliederung höchst akkurat, von der Beschreibung her prägnant, im Ablauf stringent und im Ganzen gesehen kurz und knackig - à la bonne heure!

Gruß Conny

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