Hilfe für Archäologenteam in Kreta

27.02.2025, 14:08

Gualtiero

Hilfe für Archäologenteam in Kreta

Auf Kreta wurde unlängst bei Ausgrabungen ein bis jetzt völlig unbekannter Palast entdeckt, worin sich unter anderen herrlich gestalteten Räumen, Gängen, Hallen ein Saal mit einem gut erhaltenen Ornamentfries befindet. Dieser Fries ist deshalb bemerkenswert, weil das Hauptornament - offensichtlich aus der Pflanzenwelt inspiriert - mit einer immens kostbaren Farbe aufgetragen worden war.

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Neben anderen, sich bei einem solchen Glücksfund ergebenden Forschungszielen stellt man sich auch die Aufgabe, wie groß die bemalte Fläche dieses Zierelements ist. Ein Mitglied des Teams ging sogleich daran, die Wanddekoration zu untersuchen und stellte fest, dass hier mit bewundernswerter Genauigkeit gearbeitet wurde, was seine Arbeit sehr erleichterte.
Bei der Berechnung der Fläche stieß er aber sogleich auf unüberwindliche Schwierigkeiten. Schule ist lange her, Geometrie war nie so sein Ding; Quadrate, Kreise, Winkel, Diagonalen ogottogottogott!
Daher ergeht an alle Matheforen der Aufruf und die Anfrage, ob, und wenn ja, wie die Fläche berechnet werden kann.

Das Muster (siehe oberes Bild) besteht aus einem laufenden Band versetzter Quadrate, von denen jedes wiederum aus vier kongruenten Grundmotiven besteht, die jeweils um 90° verdreht angeordnet sind.

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Das Grundmotiv als mathematische Aufgabe:
Neun Quadrate mit Seitenlänge 1 (Längeneinheit ist KMS: ein kretisch-minoischer Spann) sind zu einem 3x3-Quadrat angeordnet. Darin befindet sich das Grundmotiv als eine geometrische Figur, die nur von einem Quadrat einbeschriebenen Viertelkreisbögen begrenzt ist. Der jeweilige Radius sollte aus der beigelegten Skizze ersichtlich sein.

Frage:
Wie groß ist die Fläche des Grundmotivs (farblich markierte Fläche)?
Ergebnisse sind in KMS² anzugeben.

27.02.2025, 14:48

HAL 9000

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Wenn ich mich nicht vertan habe vor lauter Flächen-Additionen und -Subtraktionen, dann müsste das Resultat $\begin{eqnarray*} 2\pi-4 \end{eqnarray*}$ sein.

Wie kann man das schnell begründen:

Ich betrachte zwei grundlegende Flächenelemente: $\begin{eqnarray*} a=\frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ die Fläche eines Vierteleinheitskreises, sowie $\begin{eqnarray*} b=1-a \end{eqnarray*}$ den Teil einer Einheitsquadratfläche, die nach Abzug des Vierteleinheitskreises übrig bleibt.

So, und nun wird gebastelt, in der Reihenfolge der Bilder, wobei $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ die gesuchte Fläche ist:

[attach]58154[/attach] [attach]58155[/attach]
[attach]58156[/attach] [attach]58157[/attach]

$\begin{eqnarray*} F_1 = F+9b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} F_2 = F_1+4b = F+13b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} F_3 = F_2-b = F+12b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} F_4 = F_3 + 4a = F+12-8a\stackrel{!}{=} 8 \end{eqnarray*}$

Ergo: $\begin{eqnarray*} F= 8a-4 = 2\pi-4 \end{eqnarray*}$

27.02.2025, 16:57

willyengland

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Wow, coole Aufgabe!

Ich hatte es überschlagen aufgrund der Kästchen und bin auf etwas mehr als 2 gekommen.
Wenn HAL recht hat, worauf ich vertraue, stimmte das.

27.02.2025, 19:40

Elvis

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Lenin soll gesagt haben: "Vertrauen ist gut, Kontrolle ist besser." Die Rechnung ist aufgrund der Bilder und Gleichungen leicht nachvollziehbar richtig. Das genügt allen Anforderungen an einen strengen Beweis. Hätte mich auch gewundert, wenn HAL 9000 sich verrechnet hätte.

27.02.2025, 20:00

Gualtiero

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Zitat:

Original von HAL 9000
Wenn ich mich nicht vertan habe vor lauter Flächen-Additionen und -Subtraktionen, dann müsste das Resultat $\begin{eqnarray*} 2\pi-4 \end{eqnarray*}$ sein.

Ist natürlich richtig Freude

Mein Ansatz war, dass ich von einem Viertelkreis mit $\begin{eqnarray*} r = 3 \end{eqnarray*}$ ausgegangen bin; dann wird zweimal etwas abgezogen, einmal etwas dazugegeben (farblich extra markiert) und am Ende einmal etwas abgezogen.

Von links oben nach rechts unten.
[attach]58162[/attach]

PS.: Ich habe die Aufgabe im Internet zusammen mit anderen Mathefragen gefunden und habe sie nur notiert, ohne das Video anzuschauen.
Dann lag der Zettel sicherlich tagelang auf dem Tisch, sogar beim Essen, und zwischendurch habe ich halt immer hingeguckt und geknobelt. Bis es dann irgendwann geklickt hat.

27.02.2025, 21:05

Conny_1729

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Interessant, welche Lösungsvarianten jeder für sich so bevorzugt. Mein erster Gedanken war zum Beispiel folgende Addition an Einzelflächen.

Gruß Conny
.

15.04.2025, 10:14

Leopold

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Ich orientiere mich an Gualtieros Grundmotiv und lege den Ursprung eines zweidimensionalen Koordinatensystem in die linke obere Ecke, x-Achse nach rechts, y-Achse nach oben, Einheit wie in der Zeichnung.

Das orange Gebiet $\begin{align*} G \end{align*}$ wird vom positiv orientierten Weg $\begin{align*} \gamma = \partial G \end{align*}$ umrandet, der sich aus vier Teilwegen zusammensetzt:

$\begin{align*} \gamma = \gamma_1 + \gamma_2 + \gamma_3 + \gamma_4 \end{align*}$

Wir beginnen in der linken unteren Ecke und laufen einmal herum. Dann finden wir die folgenden Parametrisierungen:

$\begin{align*} \gamma_1: \ x = 3 \cos(t) \, , \ y = 3 \sin(t) \, ; \ \ - \frac{\pi}{2} \leq t \leq 0 \end{align*}$

$\begin{align*} \gamma_2: \ x = 1 + 2 \cos(t) \, , \ y = 2 \sin(t) \, ; \ \ - \frac{\pi}{2} \leq t \leq 0 \end{align*}$
(umgekehrt zu durchlaufen, wird später beim Vorzeichen berücksichtigt)

$\begin{align*} \gamma_3: \ x = 2 + \cos(t) \, , \ y = -2 + \sin(t) \, ; \ \ \frac{\pi}{2} \leq t \leq \pi \end{align*}$
(umgekehrt zu durchlaufen, wird später beim Vorzeichen berücksichtigt)

$\begin{align*} \gamma_4: \ x = 2 + 2 \cos(t) \, , \ y= -3 + 2 \sin(t) \, ; \ \ \frac{\pi}{2} \leq t \leq \pi \end{align*}$

Für die Differentialform $\begin{align*} \omega = x ~ \dd y \end{align*}$ gilt $\begin{align*} \dd \omega = \dd x \wedge \dd y \end{align*}$ , so daß wir nach dem Satz von Stokes die gesuchte Fläche $\begin{align*} F \end{align*}$ mittels

$\begin{align*} F = \int \limits_G \dd \omega \ = \ \int \limits_{\partial G} \omega \ = \ \int \limits_{\partial G} x ~ \dd y \end{align*}$

erhalten. Mit den obigen Parametrisierungen bekommen wir (bei $\begin{align*} \gamma_2 \end{align*}$ und $\begin{align*} \gamma_3 \end{align*}$ mit Vorzeichenkorrektur)

$\begin{align*} \gamma_1: \ \ x ~ \dd y \ = \ 9 \cos^2(t) ~ \dd t \end{align*}$

$\begin{align*} \gamma_2: \ \ x ~ \dd y \ = \ - \left( 1 + 2 \cos(t) \right) \cdot 2 \cos(t) ~ \dd t \end{align*}$

$\begin{align*} \gamma_3: \ \ x ~ \dd y \ = \ - \left( 2 + \cos(t) \right) \cdot \cos(t) ~ \dd t \end{align*}$

$\begin{align*} \gamma_4: \ \ x ~ \dd y \ = \ \left( 2 + 2 \cos(t) \right) \cdot 2 \cos(t) ~ \dd t \end{align*}$

Somit gilt:

$\begin{align*} F = \ \int \limits_{- \frac{\pi}{2}}^0 \left( 9 \cos^2(t) - \left( 1 + 2 \cos(t) \right) \cdot 2 \cos(t) \right) ~ \dd t \ + \ \int \limits_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \left( - \left( 2 + \cos(t) \right) \cdot \cos(t) + \left( 2 + 2 \cos(t) \right) \cdot 2 \cos(t) \right) ~ \dd t \end{align*}$

Im ersten Integral dürfen wir wegen der Geradheit der Cosinusfunktion das Intervall $\begin{align*} \left[ - \frac{\pi}{2} , 0 \right] \end{align*}$ durch $\begin{align*} \left[ 0 , \frac{\pi}{2} \right] \end{align*}$ ersetzen, beim zweiten Integral ersetzen wir dafür $\begin{align*} \cos(t) \end{align*}$ durch $\begin{align*} - \sin(t) \end{align*}$ :

$\begin{align*} F = \ \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \left( 9 \cos^2(t) - \left( 1 + 2 \cos(t) \right) \cdot 2 \cos(t) + \left( 2 - \sin(t) \right) \cdot \sin(t) - \left( 2 - 2 \sin(t) \right) \cdot 2 \sin(t) \right) ~ \dd t \end{align*}$

$\begin{align*} = \ \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \left( 5 \cos^2(t) - 2 \cos(t) + 3 \sin^2(t) - 2 \sin(t) \right) ~ \dd t \ = \ \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \left( 2 \cos^2(t) - 2 \cos(t) - 2 \sin(t) + 3 \right) ~ \dd t \ = \ 2 \pi - 4 \end{align*}$

An dieser Lösung ist unschön, daß sie keinerlei elementaren geometrischen Gedanken enthält wie die bisherigen Lösungen.

An dieser Lösung ist schön, daß sie die Stärke des Kalküls zeigt. Man muß ihn nur konsequent anwenden und darf sich dabei nicht verrechnen, dann kommt man ganz von alleine ans Ziel.

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