Größtes Rechteck im Viertelkreis

25.08.2024, 11:13

Watterer13

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Größtes Rechteck im Viertelkreis

Meine Frage:
Rechteck mit maximalem Flächeninhalt in einem Vierteilkreis. Nur der Radius des Vierteilkreises ist bekannt. Das Rechteck ist um 45° zur X-Achse gedreht.

Meine Ideen:
Wenn das Rechteck nicht gedreht wäre, spricht wenn die Seiten des Rechtecks parallel zum Koordinatensystem wären, dann komme ich auf das Ergebnis. 1. Ableitung null setzen etc. (Extremwertaufgabe)

25.08.2024, 12:00

nichteuerernst

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RE: Größtes Rechteck im Viertelkreis
Sieh dir das Bild im Anhang an. Du kannst sowohl a als auch b durch den Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ und den daraus ableitbaren farbig eingezeichneten Strecken berechnen.

25.08.2024, 13:00

rheinfels

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Wer es ohne Winkeleinsatz mag:

Die durch a und b gekennzeichneten Seiten sind Teile von Geraden mit der Steigung 1 bzw. -1.
Betrachtet man die obere, kürzere Rechteckseite a, so könnte man sie durch eine lineare Funktion g(x)=x+n mit $\begin{eqnarray*} 0 \leq x,n \leq 10 \end{eqnarray*}$ ausdrücken.
Den Schnittpunkt S dieser Geraden mit dem durch $\begin{eqnarray*} f(x)=\sqrt{100-x^2} \end{eqnarray*}$ zu beschreibenden Viertelkreis kann man in Abhängigkeit von n angeben.
Für die Seite b und den beiden gleich langen Katheten der Länge n ergibt sich mittels Pythagoras ein einfacher Zusammenhang.

Zur Kontrolle: Als Zielfunktion würde man damit - wenn ich mich nicht verrechnet habe - auf die Flächenfunktion $\begin{eqnarray*} A(n)=n \cdot (\sqrt{200-n^2}-n) \end{eqnarray*}$ kommen.

25.08.2024, 19:52

Felix1504

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RE: Größtes Rechteck im Viertelkreis
Warum funktioniert dieser Ansatz nicht?

25.08.2024, 20:03

HAL 9000

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Zitat:

Original von Felix1504
Warum funktioniert dieser Ansatz nicht?

Warum meinst du, dass der Ansatz nicht funktioniert? Bisher sehe ich keinen Fehler.

25.08.2024, 20:06

Felix1504

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Größtes Rechteck im Viertelkreis
Ich komme auf keine Nullstellen. Laut Ableitungsrechner.net gibt es keine Nullstellen...

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25.08.2024, 20:14

HAL 9000

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RE: Größtes Rechteck im Viertelkreis
Dann taugt dein ableitungsrechner.net nichts bzw. du gibst was falsches ein: Die Ableitung hat sehr wohl reelle Nullstellen.

25.08.2024, 20:53

Felix1504

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RE: Größtes Rechteck im Viertelkreis
Stimmt das?

25.08.2024, 21:14

Helferlein

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Nein.
Deine Ableitung ist falsch im Gegensatz zu deinem Posting davor. Ausserdem hast Du beim Quadrieren einen eklatanten Fehler gemacht.

25.08.2024, 21:15

Leopold

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[attach]57895[/attach]

Ich finde die Aufgabe interessant, aber unangenehm zu rechnen. Bei meinem Ansatz setze ich ein wenig Trigonometrie ein, dafür kommt er ohne Analysis aus.

Wie in der Figur eingetragen, seien $\begin{align*} x,y \end{align*}$ die Seiten des Rechtecks und $\begin{align*} \mu \end{align*}$ der Mittelpunktswinkel der Sehne $\begin{align*} x \end{align*}$ . Mit Hilfe zweier rechtwinkliger Dreiecke werden $\begin{align*} x \end{align*}$ und $\begin{align*} y \end{align*}$ durch $\begin{align*} \mu \end{align*}$ ausgedrückt. Dabei gehe ich vom Einheitskreis aus.

$\begin{align*} x = 2 \sin \left( \frac{1}{2} \mu \right) \end{align*}$

$\begin{align*} y = \sqrt{2} \sin \left( \frac{1}{4} \pi - \frac{1}{2} \mu \right) \end{align*}$

Der Flächeninhalt des Rechtecks ist somit

$\begin{align*} F = 2 \sqrt{2} \sin \left( \frac{1}{2} \mu \right) \cdot \sin \left( \frac{1}{4} \pi - \frac{1}{2} \mu \right) \end{align*}$

Das läßt sich vereinfachen zu

$\begin{align*} F = \sqrt{2} \cos \left( \mu - \frac{1}{4} \pi \right) - 1 \, , \ \ 0 \leq \mu \leq \frac{1}{2} \pi \end{align*}$

Dabei wurde von $\begin{align*} 2 \sin(u) \sin(v) = \cos(u-v) - \cos(u+v) \end{align*}$ und von $\begin{align*} \cos \left( \frac{1}{4} \pi \right) = \frac{1}{\sqrt{2}} \end{align*}$ Gebrauch gemacht.

Man liest sofort ab, daß $\begin{align*} F \end{align*}$ sein Maximum für $\begin{align*} \mu = \frac{\pi}{4} \end{align*}$ annimmt und dieses den Wert $\begin{align*} \sqrt{2} - 1 \end{align*}$ besitzt.

26.08.2024, 09:06

Felix1504

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RE: Größtes Rechteck im Viertelkreis
Weiter wie bis hierher komme ich nicht.

26.08.2024, 09:26

Leopold

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Das Standard-Verfahren:

1. Produkt, das die Wurzel enthält, isolieren
2. Gleichung quadrieren
3. Sich der Probleme des Quadrierens bewußt sein

Bei 3. geht es einerseits um Technik. Denn das Quadrieren von Summen bedarf besonderer Aufmerksamkeit. Das ist eine nie versiegende Fehlerquelle. Es geht aber andererseits auch um Logik. Denn Quadrieren ist keine Äquivalenzumformung.

26.08.2024, 11:35

Felix1504

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RE: Größtes Rechteck im Viertelkreis
Ich glaub jetzt hab ichs? Kann des stimmen?

26.08.2024, 12:09

Leopold

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Die Werte stimmen im Rahmen der Rundungsgenauigkeit. Exakt erhält man Folgendes:

$\begin{align*} x = 5 \sqrt{2 + \sqrt{2}} \, , \ \ y = 5 \sqrt{2 - \sqrt{2}} \end{align*}$

$\begin{align*} a = 5 \sqrt{2} \cdot \sqrt{2 - \sqrt{2}} \, , \ \ b = 10 \sqrt{2 - \sqrt{2}} \end{align*}$

$\begin{align*} A = ab = 100 \left( \sqrt{2} - 1 \right) \end{align*}$

Vom Einheitskreis zum Kreis mit Radius 10 ist der Streckfaktor 10. Daher ergibt sich hier der 100fache Wert meiner Lösung.

27.08.2024, 09:17

HAL 9000

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Eine analysisfreie Lösung ohne Winkelfunktionen ist ebenfalls möglich (Bezeichnungen wie in Leopolds Skizze): Man bekommt durch Pythagoras sowie die beiden gleichschenklig rechtwinkligen Dreiecke ja rasch den Zusammenhang $\begin{eqnarray*} x = \sqrt{2r^2-y^2}-y \end{eqnarray*}$ , umgestellt zu

$\begin{eqnarray*} x^2+2xy+2y^2 = 2r^2\qquad (*) \end{eqnarray*}$

und damit gemäß AMGM

$\begin{eqnarray*} r^2 - xy = \frac{x^2 + 2y^2}{2} \geq \sqrt{x^2\cdot 2y^2} = \sqrt{2}xy \end{eqnarray*}$ .

D.h., für Flächeninhalt $\begin{eqnarray*} A=xy \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} A\leq \frac{r^2}{\sqrt{2}+1} = r^2\left(\sqrt{2}-1\right) \end{eqnarray*}$ . Gleichheit bekommt man genau dann wenn auch in AMGM Gleichheit herrscht, das ist für $\begin{eqnarray*} x^2=2y^2 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} x=\sqrt{2}y \end{eqnarray*}$ der Fall, was in (*) eingesetzt dann schließlich zu $\begin{eqnarray*} (2 + \sqrt{2})x^2 = 2r^2 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} x = r\sqrt{2-\sqrt{2}} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y = r\sqrt{1-\frac{\sqrt{2}}{2}} \end{eqnarray*}$ führt.

27.08.2024, 11:49

Leopold

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HAL und sein Zaubermittel AGM. Es funktioniert immer. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich habe einmal die Aufgabenstellung erweitert und betrachte einen beliebigen konvexen Kreissektor mit Mittelpunktswinkel $\begin{align*} \alpha \end{align*}$ . Symmetrisch zu seiner Symmetrieachse wird dem Sektor ein Rechteck einbeschrieben. Welches aller möglichen Rechtecke hat den größten Flächeninhalt?

Man definiert wieder $\begin{align*} \mu \end{align*}$ als Mittelpunktswinkel der Rechtecksseite, die Sehne des Bogens ist, und geht analog zum Ansatz in meinem ersten Beitrag vor. Es wird nur unwesentlich komplizierter. Als Ergebnis bekommt man, daß das maximale Rechteck für $\begin{align*} \mu = \frac{1}{2} \alpha \end{align*}$ angenommen wird. Sein Flächeninhalt ist

$\begin{align*} F = \frac{1 - \cos \left( \frac{1}{2} \alpha \right)}{\sin \left( \frac{1}{2} \alpha \right)} = \frac{\sin \left( \frac{1}{2} \alpha \right)}{1 + \cos \left( \frac{1}{2} \alpha \right)} = \frac{2 \sin^2 \left( \frac{1}{4} \alpha \right)}{\sin \left( \frac{1}{2} \alpha \right)} = \frac{\sin \left( \frac{1}{2} \alpha \right)}{2 \cos^2 \left( \frac{1}{4} \alpha \right)} = \tan \left( \frac{1}{4} \alpha \right) \, , \ \ 0 < \alpha \leq \pi \end{align*}$

Für $\begin{align*} \alpha = \frac{1}{2} \pi \end{align*}$ erhält man die Aufgabe von Felix1504.

EDIT
Tangens-Variante nach Hinweis von HAL ergänzt.

27.08.2024, 12:41

HAL 9000

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Hmm, vier verschiedene Formeldarstellungen von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ , aber die naheliegende fünfte $\begin{eqnarray*} F = \tan\left(\frac{1}{4}\alpha\right) \end{eqnarray*}$ fehlt? Augenzwinkern

Augenzwinkern

27.08.2024, 12:59

Leopold

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Die Synapse war durch Kalkgrieß blockiert. Ich habe einmal durchgespült. smile

smile

27.08.2024, 15:20

HAL 9000

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um auch mal etwas zu übertreiben...

Zitat:

Original von Leopold
HAL und sein Zaubermittel AGM. Es funktioniert immer. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Na klar - das und die Siebformel, damit bestreite ich gut die Hälfte meiner Beiträge. Big Laugh

Big Laugh

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