Das 4-Zonengebiet

28.02.2020, 16:48

Dopap

Das 4-Zonengebiet

Im flachen weiten Land von Ondien stehen als Landmarken 4 Masten mit derselben genormten Sichtbarkeits-Weite R .
Von jeder dieser Landmarken aus sind 2 Masten sichtbar aber nur geradeso noch sichtbar.
Die Bewohner die zugleich alle 4 Landmarken sehen können gehören zum elitären Zirkel der "four-Seher"

welche Fläche umfasst dieses Gebiet?

hoffe es ist so eindeutig formuliert und sollte möglichst nur geometrisch angegangen werden

28.02.2020, 18:08

HAL 9000

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Zumindest alle Rhomben (manche sagen: Rauten) mit Seitenlänge $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ , deren kürzeste Diagonale länger als $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ist, erfüllen ja dein Mastenkriterium. Und du meinst wirklich, dass die Größe der Schnittfläche der vier Kreise um die vier Rhombuseckpunkte nicht vom Rhombuswinkel abhängt? Das bezweifle ich. verwirrt

28.02.2020, 20:48

Ulrich Ruhnau

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In Geogebra habe ich mir eine Übersicht verschafft, weil ich gerade keinen Zirkel zur Hand habe.
[attach]50697[/attach]
Die vier Türme bilden ein Quadrat der Kantenlänge a in dem im Inneren das Land der four-Seher verborgen ist. Es wird durch die beiden grünen und die beiden blauen Kreisbögen eingegrenzt. Die Ecken dieses Landes bilden ein Quadrat der Kantenlänge p.

$\begin{eqnarray*} p = 2a \sin\left(\frac{\pi}{12}\right)\approx 0{,}5176 a \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A_{\rm Kreissegment}=\frac{a^2 \pi}{12}-a^2\sin\left(\frac{\pi}{12}\right)\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)\approx 0{,}0118 a^2 \end{eqnarray*}$

Das Land der four-Seher hat eine Fläche von

$\begin{eqnarray*} A_{\rm four}=p^2+4A_{\rm Kreissegment}\approx 0{,}3151 a^2 \end{eqnarray*}$

28.02.2020, 23:27

klauss

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RE: Das 4-Zonengebiet
Ulrich Ruhnau, danke für die Vorarbeit. Das liefert mir sowohl ein Kontrollergebnis als auch überhaupt das Indiz, dass meine Vorstellung von einer möglichen zu berechnenden Fläche von jemandem geteilt wird. Allerdings mußte ich mir in Geogebra eine abgespeckte Übersicht verschaffen. Augenzwinkern

Nach kurzer Überlegung schien es mir bequemer und interessanter, die Fläche wieder analytisch zu berechnen. Insofern kann ich Dopaps Wunsch nach geometrischer Lösung nicht nachkommen, aber ich finde, die Alternative ist auch sehenswert.

Ich berechne die Fläche, die von den Koordinatenachsen mit dem Ursprung O und dem Bogenstück zwischen den Punkten E und F des roten Kreises mit dem Mittelpunkt A eingeschlossen wird, und nehme die zum Schluß mal 4.

Funktionsgleichung des oberen roten Halbkreises: $\begin{eqnarray*} y=\sqrt{R^{2}-\left(x+\frac{R}{2} \right)^{2} } - \frac{R}{2} \end{eqnarray*}$
Deren positive Nullstelle ist $\begin{eqnarray*} x_{0}=\frac{\sqrt{3}-1 }{2}R \end{eqnarray*}$

Fläche:
$\begin{eqnarray*} A=\int_{0}^{x_{0} } \! \sqrt{R^{2}-\left(x+\frac{R}{2} \right)^{2} } - \frac{R}{2} \, dx = \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = R\int_{0}^{x_{0} } \! \sqrt{1-\left(\frac{x}{R}+\frac{1}{2} \right)^{2} } -\frac{1}{2} \, dx \end{eqnarray*}$

Nach Substitution $\begin{eqnarray*} \frac{x}{R}+\frac{1}{2}=sin(t) \end{eqnarray*}$ und Aufteilung:

$\begin{eqnarray*} A=R^{2} \int_{\pi/6}^{\pi/3} \! cos^{2}(t) \, dt - R\int_{0}^{x_{0} } \! \frac{1}{2} \, dx = \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = R^{2} \left[\frac{1}{2}t+\frac{1}{2}sin(t)cos(t) \right]_{\pi/6 }^{\pi/3 } - \frac{R}{2}x_{0} = \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = ... = \frac{\pi }{12}R^{2}-\frac{\sqrt{3}-1 }{4}R^{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 4 \cdot A = R^{2}\left(\frac{\pi }{3}-\sqrt{3}+1 \right) \end{eqnarray*}$

Da dieser Wert auf Anhieb mit Deiner Lösung übereingestimmt hat, hoffe ich, alles richtig gemacht zu haben.

29.02.2020, 01:47

Dopap

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@Ulrich Ruhnau : Erster und auf Anhieb "richtig" gesehen + die schöne Zeichnung. Freude

Weniger schön ist der trigonometrische Ausdruck der Fläche.

@Klauss : auch super und als Zugabe den einfachen algebraischen Ausdruck.

@Hal 9000 : also doch nicht eindeutig, schade, aber schon ziemlich spitzfindig, denn die kleine Diagonale hat nur Spielraum $\begin{eqnarray*} r<diag< r\sqrt 2 \end{eqnarray*}$ . Durch diese 2-fache affine Scherung(?) müsste die neue Fläche direkt aus der alten Fläche berechenbar sein.
Ergo die neue Frage: "In welchen numerischen Grenzen ist eine Landfläche der Priviligierten möglich"? Augenzwinkern

-----------------------------------------
mit gleichseitigem Dreieck, Kreissektor und verschiedener Gleichungen der Flächen von "vier-Sehern"= V, "drei-Sehern"= 4D und "zwei-Sehern" =4Z sowie dem Kreisradius r =Quadratseite kommt man mittels :

$\begin{eqnarray*} 4Z+4D+V=r^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2Z+3D+V=\frac {\pi r^2}{4} \end{eqnarray*}$
...
...

etwas langatmig zum selben Ergebnis.

29.02.2020, 08:04

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
abr schon ziemlich spitzfindig, denn die kleine Diagonale hat nur Spielraum $\begin{eqnarray*} r<diag< r\sqrt 2 \end{eqnarray*}$ .

Ich würde "nur" durch "immerhin" ersetzen. Beim anderen Extrem "kleine Diagonale gleich $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ " ist die Foursehungsfläche übrigens $\begin{eqnarray*} \left(\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)R^2\approx 0.1812R^2 \end{eqnarray*}$ , d.h., schon eine beträchtliche Abweichung zum Quadratwert.

Und was die "Spitzfindigkeit" betrifft, dazu muss ich sagen:

Warum formulierst du es so bemüht überkandidelt "Von jeder dieser Landmarken aus sind 2 Masten sichtbar aber nur geradeso noch sichtbar" wenn du am Ende doch nur ein Quadrat meinst? In die eigene Grube gefallen - selber schuld. Big Laugh

29.02.2020, 18:26

Leopold

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Ich habe einmal die allgemeine Variante von HAL durchgerechnet. Sind $\begin{align*} e,f \end{align*}$ die Diagonalen der Raute mit

$\begin{align*} 0 < e \leq f \leq \sqrt{3} \, e \end{align*}$

so ist der gesuchte Flächeninhalt

$\begin{align*} A_{\text{four}} = \frac{1}{2} ef - \frac{1}{12} \left( 3 \sqrt{3} - \pi \right) \left( e^2 + f^2 \right) \end{align*}$

[attach]50707[/attach]

Für $\begin{align*} e = f = \sqrt{2} \, R \end{align*}$ erhält man die Formel von klauss und für $\begin{align*} e = R, \ f = \sqrt{3} \, R \end{align*}$ die von HAL.

29.02.2020, 21:05

Dopap

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Leopold, so gefällt mir das exzeptionell gut.

Der unscharfe Versuch einer rätselgerechten Beschreibung lässt - wie hier - unbeabsichtigt einen gewissen Spielraum für andere Interpretationen und/oder Lösungen.
Auch das macht mMn einen gewissen Reiz aus.

03.03.2020, 06:10

Ulrich Ruhnau

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Hallo Leopold,

ich nehme an, daß Du Geogebra verwendest. Wie hast Du es geschafft, die innere Zone orange einzufärben?

03.03.2020, 17:12

Leopold

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Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
ich nehme an, daß Du Geogebra verwendest. Wie hast Du es geschafft, die innere Zone orange einzufärben?

Nein, ich habe Euklid verwendet. Dort gibt es bei "Form & Farbe" die Schere, mit der man Flächen zurechtschneiden kann. Im Anhang die Originaldatei.

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