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Einem Quadrat sind vier Kreise einbeschrieben, wie es die unten stehende Abbildung zeigt. Die größeren Kreise haben den Radius R und berühren sich gegenseitig sowie jeweils zwei Quadratseiten.

Jeder der beiden kleineren Kreise hat den Radius r und berührt je zwei Quadratseiten und eine gemeinsame äußere Tangente der beiden größeren Kreise.

 

Man beweise, dass \(r = (2 - \sqrt2)R\) gilt.

 

 

P.S.: Ich werde Eure Antwort, wenn nötig, korrigieren! :-)

 03.02.2024
bearbeitet von SomebodySomeone  03.02.2024
bearbeitet von SomebodySomeone  03.02.2024
 #1
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\(2R+2\sqrt{2}R=R+2r+2\sqrt{2}r\\ R+2\sqrt{2}R=2r+2\sqrt{2}r\\ R(1+2\sqrt{2})=r(2+2\sqrt{2})\\ \color{blue}r=0,792893218813\cdot R\\ 2-\sqrt{2}=0,585786...\\ \color{blue } !\ r\neq (2-\sqrt{2})R\ !\)

laugh!

Da habe ich mich leider verrechnet. Sorry!

 04.02.2024
bearbeitet von asinus  04.02.2024
 #2
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\(R(1+2\sqrt{2})=r(2+2\sqrt{2})\\ r=R\cdot \frac{1+2\sqrt{2}}{2+2\sqrt{2}}\cdot \frac{2-2\sqrt{2}}{2-2\sqrt{2}} =R\cdot \frac{2-2\sqrt{2}+4 \sqrt{2}-8}{4-8}\\ r=R\cdot \frac{-6+2\sqrt{2}}{-4}\\ \color{blue}r=\frac{R}{2}\cdot (3-\sqrt{2})\)

laugh!

Leider auch falsch! Bin etwas aus der Übung.

asinus  04.02.2024
bearbeitet von asinus  04.02.2024
 #4
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Die Mittelpunkte der beiden größeren Kreise liegen auf der Winkelhalbierenden \(\overline{AC}\), die zugleich die Diagonale des Quadrats ist. Der Punkt T sei der Berührungspunkt des gegebenen Kreises um U mit der Seite \(\overline{AB}\). Da der Radius \(\overline{UT}\) senkrecht auf \(\overline{AB}\) steht, ist das Dreieck ATU zugleich gleichschenklig und rechtwinklig, und wegen des Satzes des Pythagoras folgt \(|\overline{AU}|=\sqrt{2}R\), der sich auch in \(|\overline{VC}|=\sqrt{2}R\) anwenden lässt; mithin ist

 

\(|\overline{AC}|=|\overline{AU}|+|\overline{UV}|+|\overline{VC}|=\sqrt{2}R+2R+\sqrt{2}R=2R+2\sqrt{2}R\).

 

Auf den Seiten \(\overline{AB} \) und \(\overline{BC} \) mögen N beziehungsweise P diejenigen Punkte sein, für die die Gerade PN die beiden größeren Kreise tangiert. Es ist PN parallel zur Diagonale \(\overline{AC}\), denn die gegebene Situation ist symmetrisch bezüglich Spiegelung an der anderen Diagonale des Quadrats.

 

Ferner sei ADEC das Rechteck, dessen Seite \(\overline{DE}\) man durch Verlängerung von \(\overline{PN}\) erhält. Schließlich seien M der Mittelpunkt und F der auf \(\overline{PN}\) gelegene Berührungspunkt des Innenkreises des Dreiecks BPN.

 

 

Da der Kreis mit Radius R um U seinen Mittelpunkt auf der Grundseite \(\overline{AC}\) des Rechtecks ADEC hat und die gegenüberliegende Seite berührt, ist die Höhe \(|\overline{AD}|=R\). Das Dreieck ADN ist zugleich gleichschenklig und rechtwinklig; insbesondere gilt für seine Katheten

 

\(|\overline{DN}|=|\overline{AD}|=R\),

 

und analog überlegt man sich, dass auch \(|\overline{PE}|=R\) gilt.

 

Da auch das Dreieck BPN zugleich gleichschenklig und rechtwinklig ist, muss F der Mittelpunkt seiner Hypotenuse sein, was \(|\overline{NF}|=|\overline{FP}|=|\overline{BF}|\)impliziert. Damit wird man auf eine zweite Formel für geführt, nämlich

 

\(|\overline{AC}|=|\overline{DE}|=|\overline{DN}|+|\overline{NF}|+|\overline{FP}|+|\overline{PE}|=2R+2|\overline{BF}|\).

 

Im Zusammenspiel mit (1) zeigt dies

 

\(|\overline{BF}|=\sqrt{2}R\).

 

Wegen

 

\(|\overline{BF}|=|\overline{BM}|+|\overline{MF}|=\sqrt{2}r+r=(\sqrt{2}+1)r\)

 

folgt hieraus

 

\(r=\frac{\sqrt{2}R}{\sqrt{2}+1}=\frac{\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)R}{(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)}=(2-\sqrt{2})R\).

 

QED

 04.02.2024
 #6
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Ich setze beide Diagonalen gleich:

 

\(2(R+\overline{VC})=2(R+r+\overline{MB})\\ 2(R+R\sqrt{2})=2(R+r+r\sqrt{2})\\ 2R+2\sqrt{2}R=2R+2r+2\sqrt{2}r\\ 2\sqrt{2}R=r(2+2\sqrt{2})\\ r=R\cdot \frac{2\sqrt{2}}{2+2\sqrt{2}}\cdot \frac{2-2\sqrt{2}}{2-2\sqrt{2}}\\ r=R\cdot \frac{4\sqrt{2}-4\cdot 2}{4-4\cdot 2}=R\cdot \frac{4\sqrt{2}-4\cdot 2}{-4}\)

\(\color{blue}r=R\cdot(2-\sqrt{2})\\ q.e.d\)

 04.02.2024

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