Drei Kreise im Halbkreis

15.06.2023, 06:38

Leopold

Drei Kreise im Halbkreis

Vier Kreise berühren sich, wie es die Zeichnung anzeigt. Es soll $\begin{align*} r = \frac{1}{8} a \end{align*}$ nachgewiesen werden.

[attach]57128[/attach]

Mit Hilfe zweier rechtwinkliger Dreiecke findet man

$\begin{align*} \text{(1)} \ \ \left( \frac{1}{4} a + r \right)^2 = u^2 + \left( \frac{1}{4} a - r \right)^2 \end{align*}$

$\begin{align*} \text{(2)} \ \ \left( \frac{1}{2} a - r \right)^2 = u^2 + r^2 \end{align*}$

[attach]57129[/attach]

Man kann $\begin{align*} u^2 \end{align*}$ aus den Gleichungen eliminieren und die verbleibende Beziehung nach $\begin{align*} r \end{align*}$ auflösen, so daß man das angegebene Ergebnis erhält.

Man sieht nun nachträglich: $\begin{align*} \frac{1}{4} a + r = \frac{1}{4} a + \frac{1}{8} a = \frac{3}{8} a \end{align*}$ und $\begin{align*} \frac{1}{2} a - r = \frac{1}{2} a - \frac{1}{8} a = \frac{3}{8} a \end{align*}$ . Somit sind die rechtwinkligen Dreiecke kongruent und bilden zusammen ein gleichschenkliges Dreieck.

Hätte man diese Gleichschenkligkeit zuerst nachgewiesen, könnte man mittels $\begin{align*} \frac{1}{4} a + r = \frac{1}{2} a - r \end{align*}$ die zu beweisende Beziehung viel einfacher bekommen. Aber geht das?

15.06.2023, 11:16

HAL 9000

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Sei $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ der kleine Kreis links sowie $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ die durch dessen Mittelpunkt verlaufende Parallele zum Durchmesser des großen Halbkreises.

Betrachten wir nun einen neuen Kreis $\begin{eqnarray*} k_1 \end{eqnarray*}$ , der den gleichen Mittelpunkt $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ hat wie der große Halbkreis, und $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ von außen berührt. Dieser Kreis hat den Radius $\begin{eqnarray*} \frac{a}{2}-2r \end{eqnarray*}$ . Jetzt spiegeln wir diesen Kreis an $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ , es entsteht Kreis $\begin{eqnarray*} k_2 \end{eqnarray*}$ , dessen Mittelpunkt genau $\begin{eqnarray*} 2r \end{eqnarray*}$ oberhalb von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ liegt und deshalb wegen seines Radius $\begin{eqnarray*} \frac{a}{2}-2r \end{eqnarray*}$ den großen Halbkreis von innen berührt. Außerdem berührt er aufgrund der Spiegelung auch $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ und dessen Pendant auf der rechten Seite.

Aufgrund dieser Berühreigenschaften von $\begin{eqnarray*} k_2 \end{eqnarray*}$ mit diesen drei Kreisen kann $\begin{eqnarray*} k_2 \end{eqnarray*}$ nur der mittlere Kreis in deiner Skizze sein, der mit Radius $\begin{eqnarray*} \frac{a}{4} \end{eqnarray*}$ . Aus der Radiengleichheit $\begin{eqnarray*} \frac{a}{2}-2r = \frac{a}{4} \end{eqnarray*}$ ergibt sich dann $\begin{eqnarray*} r = \frac{a}{8} \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Ist zwar weniger Rechnung, aber der Erkläraufwand scheint mir höher.

15.06.2023, 17:48

Conny_1729

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RE: Drei Kreise im Halbkreis
Hallo,
gelegentlich leistet das Instrument der „Inversion am Kreis“ auch sehr gute Dienste. (siehe Anlage)

Inversionskreis C mit Radius R=a/2
Kreis A mit Radius R/2=a/4.
Kreis B mit Radius r
Kreis B‘ mit Radius r‘

Durch die Inversion wird der Kreis A zur Geraden A‘ parallel zur Abszisse, die den Inversionskreis tangiert. Der Kreis B wird zum Kreis B‘, der denselben Radius wie Kreis A besitzt, da die Tangentenpunkte P1‘ und P3‘ auf A‘ bzw. der Abszisse liegen müssen.

Mit der Inversion gilt dann:
$\begin{eqnarray*} R^2=\left(R-2\cdot r\right) \cdot\left(R+2\cdot r'\right) \end{eqnarray*}$

und mit
$\begin{eqnarray*} r'=\frac{R}{2} \end{eqnarray*}$

ergibt sich schließlich:
$\begin{eqnarray*} r=\frac{R\cdot r'}{R+2\cdot r'} =\frac{R}{4} =\frac{a}{8} \end{eqnarray*}$

Gruß
Conny
.

16.06.2023, 04:20

Leopold

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Danke für die Ansätze. Ich werde mir das anschauen.

17.06.2023, 14:51

Leopold

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@ HAL

Die Berühreigenschaften von $\begin{align*} k_2 \end{align*}$ leuchten ein. Ich mußte nur längere Zeit über dieses nachdenken:

Zitat:

Original von HAL 9000
Aufgrund dieser Berühreigenschaften von $\begin{eqnarray*} k_2 \end{eqnarray*}$ mit diesen drei Kreisen kann $\begin{eqnarray*} k_2 \end{eqnarray*}$ nur der mittlere Kreis in deiner Skizze sein

Hier steckt drin, daß $\begin{align*} k_2 \end{align*}$ aufgrund der Berühreigenschaften eindeutig bestimmt ist. Da verspüre ich ein gewisses Unwohlsein, auch wenn die Korrektheit durch die Anschauung bestätigt wird.

Die Mittelpunkte der Kreise, die die kleinen Kreise zugleich berühren, liegen auf der Symmetrieachse der kleinen Kreise. Um einen solchen Kreis eindeutig festzulegen, brauchen wir weitere Eigenschaften. $\begin{align*} k_2 \end{align*}$ geht auch noch durch den Nordpol des Halbkreises. Aber genügt das? Könnte es nicht noch einen weiteren Kreis geben, der die kleinen Kreise berührt und durch den Nordpol geht? Darf man sich da ganz auf die Anschauung verlassen?

Vielleicht denke ich gerade auch nur zu kompliziert...

@ Conny_1729

Hübsche Idee, das Problem mit einer Kreisspiegelung zu lösen. Ich konnte deine Lösung nachvollziehen. Wie sich $\begin{align*} B \end{align*}$ als $\begin{align*} B' \end{align*}$ nach der Spiegelung zwischen zwei Parallelen eingezwängt wiederfindet, ist schon raffiniert. Allerdings ist diese Lösung für den Anfängerunterricht in der Schule nicht geeignet. Leider.

17.06.2023, 15:23

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold
Könnte es nicht noch einen weiteren Kreis geben, der die kleinen Kreise berührt und durch den Nordpol geht? Darf man sich da ganz auf die Anschauung verlassen?

Also wenn du daran zweifelst, und noch weitere Argumentation für die Eindeutigkeit eines solchen Kreises einforderst (ginge z.B. per Zwischenwertsatz + strenge Monotonie, wenn man den Kreismittelpunkt entlang der Mittelsenkrechten des Halbkreisdurchmessers verschiebt, von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ beginnend) , dann wird das Aufwandsverhältnis erst recht besch...en. Da kann man dann besser doch gleich den ersten Weg nehmen.

17.06.2023, 18:18

Leopold

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@ HAL

Viele dieser Kreisberührungsaufgaben kann man mit dem Satz des Pythagoras lösen. Oft aber fallen die Quadrate weg, so daß man eine rein lineare Beziehung bekommt. Schon oft habe ich mich daher gefragt, ob solche Aufgaben nicht ohne Pythagoras, also ganz ohne quadratische Beziehungen, gelöst werden können. Die hier vorgestellte Aufgabe ist ein typisches Beispiel. Deine Lösung zeigt, daß es geht, sich die Schwierigkeiten aber woanders hin verlagern. Wie so oft in der Geometrie, gerade bei Stetigkeitsargumenten, fragt man sich dann, welche Schlüsse man aufgrund der Anschauung bedenkenlos ziehen kann und wo die Anschauung einem vielleicht einen Streich spielt.
Der Drops ist noch nicht ausgelutscht.

17.06.2023, 19:26

HAL 9000

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Ich weiß nicht. Gerade im Zusammenhang mit dem Satz von Descartes und irgendwelchen Folgen von berührenden Kreises bekommt man sehr oft das Resultat, dass die Kehrwerte der Kreisradien interessante Folgen ganzer Zahlen sind. Ob man da auch immer krampfhaft (oder soll man es preziös nennen?) irgendwelche Ähnlichkeitsfiguren suchen muss, mit denen man auf andere Weise als Pythagoras auf diese Resultate kommt, sei mal dahingestellt.

Aber mal sehen, vielleicht findet jemand noch etwas, was deinen gestrengen Anforderungen genügt.

18.06.2023, 19:23

Conny_1729

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Zitat:

Original von Leopold
... Allerdings ist diese Lösung für den Anfängerunterricht in der Schule nicht geeignet. Leider.

Hallo,

In der Tat, die Inversion am Kreis ist schon etwas speziell und kaum für einen Anfängerunterricht geeignet. Ich muss zugeben, dass ich während meiner Schulzeit (inkl. Abitur) davon nie etwas zu hören bekommen habe. Erst durch ebensolche Kreisprobleme bin ich irgendwann darüber gestolpert.

Wobei ja das Grundproblem (man finde den eingeschriebenen Kreis von drei Kurven mit konstanter Krümmung) auch nicht unbedingt mit Anfängerkenntnissen gelöst wird. Als Schüler hätte ich das nicht gekonnt und mich in diesem Fall mit dem Zirkel langsam an eine ungefähre Lösung geschummelt (wie die vielen Einstichlöcher des Zirkels im Aufgabenheft es oftmals belegt haben). In unserem Beispiel wäre mir dann wahrscheinlich aufgefallen, dass der Radius r womöglich 1/8 vom großen Durchmesser entspricht. Und dann wäre der Nachweis über den Satz von Pythagoras erbracht worden.

Ich habe mal eine andere Variante ins Spiel gebracht, die aber ebenfalls die Symmetrieeigenschaft nutzt, wenn man VORHER davon Kenntnis hat, dass der Radius r = a/8 sein muss. Hierbei werden die beiden kleineren Kreise zuerst horizontal nebeneinander gezeichnet und dann erfolgt eine Drehung bis der Mittelpunkt des ganz kleinen Kreises auf Höhe y=a/8 liegt (wo die Symmetrieachse ist).

Es sei: r+x=a/2 mit x=3a/8

Gruß
Conny
.

20.06.2023, 14:59

quadrierer

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Wird die gegebene Grundkonstruktion mit dem fortwährenden Halbieren der Achsgeraden gestartet, können dann von diesen erzeugten Punkten ausgehend die Kreismittelpunkte $\begin{eqnarray*} M_a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} M_r \end{eqnarray*}$ und ihre zugehörigen Kreise, wie gezeigt, gezeichnet werden.

[attach]57144[/attach]

Meine Lösung beruht auf dem gleichen Lösungsansatz wie der von Conny 1729, nur daß die Vernindungsstrecke Größe (a/2+2r) = (x+r) = a/2 direkt mit der Verbindungsgeraden $\begin{eqnarray*} g(M_r; M_m) \end{eqnarray*}$ durch die Mittelpunkte $\begin{eqnarray*} M_r \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} M_m \end{eqnarray*}$ konstruiert wird. Dabei werden die Schnittpunkte $\begin{eqnarray*} S_li \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S_re \end{eqnarray*}$ erzeugt.

Die Verbindungsstrecke $\begin{eqnarray*} g(S_li; M_m) \end{eqnarray*}$ halbiert nun den roten Hilfskreis mit Durchmesser a. Auf diese Weise wird direkt anschaulich nachvollziehbar, der kleine schwarze Kreisradius r hat die Größe 1/8 vom Durchmesser a des roten Hilfskreises bzw. des blauen Kreises, denn der kleine rote Kreis um Mittelpunkt= Berührungspunkt $\begin{eqnarray*} S_re \end{eqnarray*}$ geht durch die Punkte $\begin{eqnarray*} S_li \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} M_m. \end{eqnarray*}$

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