Inkreise II

In einer Landesrunde 2013/14 der Mathematikolympiade war folgende Aufgabe gestellt worden. Ein Drahtstück der Länge L werde in zwei Teile geschnitten. Ein Teilstück werde zu einem Kreis, das andere zu einem Quadrat geformt. Zu zeigen war, dass die Summe der Flächeninhalte der beiden Figuren dann am kleinsten ist, wenn der Durchmesser des Kreises gleich der Kantenlänge des Quadrates ist. Diese schöne Aufgabe reizt dazu, sie zu erweitern, indem man den Inkreis einer Figur ins Spiel bringt.

Wir befassen uns mit gleichseitigen n – Ecken, von denen das Quadrat (n=4) ein Beispiel ist.

Der Inkreis einer solchen Figur ist der Kreis, welcher die Seiten des n-Ecks als Tangenten hat.

Wählt man die Zahl n immer größer, so nähert sich das n-Eck immer mehr seinem Inkreis an.

Ein Drahtstück der Länge L wird in zwei Teile geschnitten.

a) Beide Teilstücke werden zu einem Kreis geformt. Wie müssen die Teilstücke gewählt werden, damit die Summe der Flächeninhalte beider Kreise möglichst klein wird?

b) Ein Teilstück wird zu einem Kreis mit dem Radius r geformt, das andere zu einem gleichseitigen n-Eck . Zeigen Sie: Die Summe der Flächeninhalte von Kreis und n-Eck sind minimal, wenn der Radius r des Kreises gleich dem Radius R des Inkreises des gleichseitigen n-Ecks ist .


a) 1. Lösung

Wir denken uns die beiden Kreise konzentrisch angeordnet; den Radius des kleineren Kreises bezeichnen wir mit r, den des größeren mit R ( im nächsten Aufgabenteil wird der Buchstabe R den Radius des Inkreises des n-Ecks bezeichnen) .

Nun möge der Radius des kleineren Kreises um Δr zunehmen, sein Umfang vergrößert sich dadurch um 2πΔr. Der Umfang des größeren Kreises muss nach Voraussetzung um eben diesen Betrag abnehmen; dadurch verringert sich sein Radius um Δr ( hier liegt wieder einmal das Resultat vor, dass bei gleicher Umfangsänderung sich die Radien der Kreise um den gleichen Betrag ändern unabhängig von der Größe der Radien). Der Flächeninhalt des größeren Kreises beträgt nun π(R - Δr)2 = πR2 - 2πRΔr + π(Δr)2 , der des kleineren

beträgt π(r + Δr)2 = πr2 + 2πrΔr + π(Δr)2 . Die Gesamtfläche hat sich geändert um

ΔA = 2πΔr(r- R) + 2π(Δr)2 . Der Differenzenquotient ΔA/Δr = 2π(r-R) + 2πΔr ergibt im Grenzübergang Δr→ 0 die Ableitung von A nach r: A’ = 2π(r-R).

Solange r<R ist A streng monoton fallend; bei r= R ist A’ = 0, mit r>R ist A streng monoton wachsend; bei r = R liegt ein Minimum vor. ( Oder: A’’ = 2π > 0 : Minimum!).

2. Lösung

Das Problem wird als Extremwertaufgabe mit Nebenbedingung behandelt.

2πr + 2πR = L und A(r,R) = πr2 + πR2 oder

(I) r + R = L/(2 π) (II) A/π = r2 + R2

Umformen von (I):

(I’) r = L/(2 π) – R , Einsetzen in (II) ergibt (II’) A/π = ( L/(2π) – R)2 + R2

Ableiten nach R und Nullsetzen : -2( L/(2π) – R ) + 2R = 0 oder - L/(2π) + R + R = 0, woraus folgt R = L/(4 π) , Einsetzen in (I) ergibt r = R = L/(4π).

Da A’’ = 4 > 0 folgt, dass es sich um ein Minimum handelt.

Man kann ohne Verwendung der Differentialrechnung wie folgt rechnen.

(II’) A/π = (L/2π)2 – RL/π + 2R2 ↔A/(2π) = L2/(8π2) – RL/(2π) + R2

A/(2π) = (R – L/(4π) )2 – L2/(16π2) + L2/(8π2) = (R – L/(4π) )2 + L2/(16π2)

Wenn der quadratische Term gleich Null ist, liegt ein Minimum vor : R = L/(4π), und aus (I) folgt r = R = L/(4π)

  

b) 1. Lösung

Ein gleichseitiges n – Eck setzt sich zusammen aus n gleichschenkligen Dreiecken, deren Höhe gleich dem Inkreisradius R ist und die an der Spitze den Winkel 2π/n haben.

Die Grundseite a hängt wie folgt mit diesen Größen zusammen: tan(π/n) = (a/2)/R = a/(2R) oder a = 2Rtan(π/n) . Der Umfang des n-Ecks ist gleich na = 2nRtan(π/n); sein Flächeninhalt ist gleich n•(1/2)•a•R = R2•n•tan(π/n) .

Wie in Teil a) starten wir von folgender Lage aus. Im Innern des gleichseitigen n- Ecks befinde sich konzentrisch zum Mittelpunkt des Inkreises der kleine Kreis mit Radius r.

Der Umfang des kleinen Kreises wachse nun um ΔU = 2πΔr, um eben diesen Wert muss nach Voraussetzung der Umfang des n-Ecks abnehmen. Es folgt:

2πΔr = ΔR•2n•tan(π/n) oder ΔRn•tan(π/n) = π•Δr ( 1)

Die gesamte Fläche A aus Kreis plus n-Eck hat den Wert:

A = π(r +Δr)2 + n(R - ΔR)2 • tan(π/n)

Ausrechnen, Einsetzen von (1) und Umordnen:

A = πr2 + nR2tan(π/n) + 2πΔr•(r – R) + (Δr)2• (....)

Damit hat sich A wie folgt geändert: ΔA = 2πΔr•(r – R) + (Δr)2• (....)

Dividieren durch Δr und anschließender Übergang Δr → 0 ergibt die Ableitung von A nach r:

A’ = 2π(r – R)

Von da an geht es weiter wie in Teil a). Es folgt, dass A ein Minimum hat im Fall r=R.

2. Lösung

Diese besteht darin, das Problem als Extremwertaufgabe mit Nebenbedingung aufzufassen.

Nach dem in der ersten Lösung zum gleichseitigen n – Eck Gesagten folgt:

(I) R•n•tan(π/n) + πr = L/2 und (II) A = R2•n•tan(π/n) + r2 • π

Der Übersichtlichkeit halber führen wir ein paar Abkürzungen ein.

x: = R•n•tan(n/ π) ; y: = π•r ; D : = 1/(n•tan(n/ π) ) ; E : = 1/ π

Dann gehen (I) und (II) in bequemer handhabbare Formen über :

(I’) x + y = L/2 und (II’) A = D•x2 + E•y2

Nun könnte man das Problem als Extremwertaufgabe mit der Nebenbedingung (I’) auffassen und weiterrechnen. Das wäre die zweite Lösung.

3. Lösung ( Sie baut auf (I’) und (II’) aus der zweiten Lösung auf)

Man kann auch wie folgt vorgehen. Die Abkürzung w.T. bedeutet „weitere Terme“; diese wird verwendet, wenn komplizierte Terme auszurechnen wären, die im weiteren Verlauf aber keine Rolle mehr spielen. Solche Terme dürfen natürlich keine Variablen x, y enthalten. Mit denselben Buchstaben „w.T.“ können Terme bezeichnet werden, die voneinander verschieden sind.

A = Dx2 + E(L/2 – x)2 = D(L/2 – y)2 + Ey2 . Es folgt:

A = x2•(D + E) – ELx + E(L/2)2 = y2•(D + E) – DLy + D(L/2)2

A = x2 – (EL/(D+E))x + w.T. = y2 - (DL/(D+E))y + w.T.

A = ( x – (EL/2(D+E)) )2 + w.T. = (y – (DL/2(D+E)))2 + w.T.

Ein Minimum liegt vor, wenn x = (EL/2(D+E)) und y = DL/2(D+E) ↔x/y = E/D

↔ x•D = y•E

Das heißt : R•n•tan(π/n) • 1/(n•tan(π/n) = R = πr/π = r Das war zu beweisen.