Wie oft überholt der Minutenzeiger den Stundenzeiger am Tag?

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Anhang 32: Uhrzeiger Initialaufgabe: Wie viele Umdrehungen macht der Sekundenzeiger einer Uhr an einem Tag?

Lösung: 24 · 60 = 1 440 . Er macht 1 440 Umdrehungen.

Mögliche Variationen: a) Wie viele Umdrehungen macht er in einer Woche (in einem Jahr)? Strategie: geringfügig ändern (1 440 ⋅ 7 (⋅ 365) )

b) Wie viele Umdrehungen macht der Minutenzeiger (Stundenzeiger) einer Uhr an einem Tag? Strategie: geringfügig ändern (24 (2) )

c) Kombination der ersten beiden Variationen Strategie: Variationen kombinieren

d) Vergleiche die Umdrehungsgeschwindigkeiten der drei Zeiger. Strategie: Variationen vergleichen (Der Minutenzeiger dreht sich 12-mal so schnell wie der Stundenzeiger, der Sekundenzeiger 60-mal so schnell wie der Minutenzeiger.)

e) Wieviel Zeit braucht der Sekundenzeiger für 1000 Umdrehungen? Strategie: umkehren (1000 Minuten = 16 Stunden 40 Minuten)

f) α) Wie oft stehen Stunden- und Minutenzeiger an einem Tag genau übereinander? β) Wie oft weisen sie an einem Tag in entgegengesetzte Richtung? Strategie: umzentrieren (α) erstmals bei Tagesbeginn, weiter am Mittag und dazwischen je 10-mal, also insgesamt 22-mal β) innerhalb jeder vollen Stunde, also insgesamt 24-mal) Von hier aus ergeben sich weitere Variationen. Strategie: Variationen variieren 139

- Wie oft stehen Sekunden- und Minutenzeiger in einer Stunde (an einem Tag) genau übereinander? - Wann treffen Minuten- und Stundenzeiger erstmals nach Tagesbeginn einander? (nach 12/11 Stunden; denn die 11 Begegnungen eines Halbtages verteilen sich gleichmäßig auf die 12 Stunden) - Wann stehen alle drei Zeiger genau übereinander? (nur um 0 Uhr und 12.00 Uhr; 12/11 Stunden sind 1 Stunde, 5 Minuten und etwa 27 Sekunden. Analog für die Vielfachen von 12/11 Stunden.)

g) Wie oft bilden Minuten- und Stundenzeiger einen rechten Winkel? Strategie: umzentrieren bzw. analogisieren (von f) her) (zweimal in jeder vollen Stunde, also 48-mal) Auch von hier aus kann man die Strategie: Variationen variieren anwenden. - Wann bilden Minuten- und Stundenzeiger einen Halbwinkel? - Welche Winkel bilden die drei Zeiger um 15.30 Uhr miteinander? - Gibt es eine Uhrzeit, bei der die drei Zeiger den Vollwinkel gleichmäßig aufteilen? (Nein! Rechnet man aus, zu welchen Zeiten Stunden- und Minutenzeiger einen 120°-Winkel bilden, so paßt der Sekundenzeiger nicht dazu.)

h) Wie kann man aus der genauen Uhrzeit den Winkel zwischen Stunden- und Minutenzeiger berechnen? Strategie: verallgemeinern (Für den gerichteten Winkel α zwischen Stundenzeiger und 12-Marke gilt α = genaue Zeit in Stunden ⋅ 30°, für den gerichteten Winkel ß zwischen Minutenzeiger und dieser Marke ß = genauer Minutenanteil der Zeit ⋅ 6° . Für den gerichteten Winkel γ zwischen Stunden- und Minutenzeiger ist dann γ = α − ß .)

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Anhang 33: Parallelogrammfolge unter Verwendung von Unterrichtsmaterialien von Frau Andrea Hagemann, Magdeburg

Initialaufgabe: Verbinde die Seitenmitten eines Parallelogramms so, daß ein weiteres Viereck entsteht. Was vermutest Du? Beweise Deine Vermutung.

Lösung: Das Viereck ist ebenfalls ein Parallelogramm. 1.Beweis: Das Ausgangsparallelogramm ist symmetrisch in bezug auf seinen Mittelpunkt. Je zwei gegenüberliegende Seitenmitten entsprechen dabei einander. Deshalb ist auch das zweite Viereck punktsymmetrisch und somit ein Parallelogramm. 2. Beweis: Im Dreieck ist die Verbindungsstrecke zweier Seitenmitten parallel zur dritten Seite und halb so lang wie diese. Deshalb sind zwei gegenüberliegende Seiten des neuen Viereck parallel zur dazwischenliegenden Diagonale und halb so lang wie diese, untereinander also gleichlang und ebenfalls parallel.

Mögliche Variationen: a) Welchen Flächeninhalt hat das neue Parallelogramm? Strategie: weitere Folgerungen ziehen (Er ist die Hälfte des Inhalts des ersten Parallelogramms, wie dem ersten Bild sofort zu entnehmen ist.)

b) Mache nun das zweite Parallelogramm zur Ausgangsfigur. Strategie: wiederholen (Es entsteht ein drittes Parallelogramm, dessen Seiten zu denen des ersten paarweise parallel und halb so lang sind und dessen Inhalt nun auf ein 141

Viertel geschrumpft ist. Denn die neuen Seiten sind nach dem o.a. Dreieckssatz parallel zu einer Mittelparallele des Ausgangsparallelogramms und halb so lang wie diese, also auch paarweise parallel zu und halb so lang wie die Seiten dieses Parallelogramms.

c) Wie geht es weiter ? Strategie: iterieren (Man kann (jedenfalls in Gedanken) beliebig oft auf die beschriebene Weise weitere Parallelogramme einzeichnen. Diese ziehen sich allmählich auf das Symmetriezentrum (den Diagonalenschnittpunkt) des ersten Parallelogramms zusammen. Dabei ist jedes neue Parallelogramm halb so groß wie der Vorgänger und hat zum Vorvorgänger paarweise parallele Seiten halber Länge.)

d) Wie ist das, wenn man von einer Raute ausgeht? Strategie: spezialisieren (Das zweite Parallelogramm ist nun ein Rechteck; denn die Symmetrieachsen der Ausgangsfigur übertragen sich auf die Folgefigur. Aus dem gleichen Grunde ist das dritte Parallelogramm wieder eine Raute, usw.)

e) Wie ist das, wenn man von einem Quadrat ausgeht ? Strategie: (schon Spezialisiertes noch einmal) spezialisieren 1 (Es entstehen fortgesetzt Quadrate je -facher Seitenlänge und je halbem 2 Inhalt.)

f) Wie ist das, wenn man von einem Viereck ausgeht? Strategie: verallgemeinern (Es entsteht (immer noch) ein Parallelogramm, weil die Argumentation des o.a. 2. Beweises durchaus kein Ausgangsparallelogramm voraussetzt.)

g) Welchen Umfang hat das zweite Parallelogramm ? Strategie: analogisieren (von a) her) (Außer beim Quadrat ist keine allgemeine Aussage möglich.)

h) Dreieck statt Viereck als Ausgangsfigur Strategie: analogisieren (von der Initialaufgabe her) (Nach o.a. Dreieckssatz erhält man ein Dreieck mit vergleichsweise parallelen und halblangen Seiten sowie mit gevierteltem Inhalt.) 142

i) Wie ist das, wenn man statt von den Seitenmitten von anders, aber konstant geteilten Seiten ausgeht? Strategie: (Bedingung) verallgemeinern (Immer noch ist die Gesamtfigur punktsymmetrisch, weshalb weiter ein Parallelogramm entsteht.)

j) Und wenn man vom allgemeinen Viereck ausgeht? Strategie: kombinieren (Vorgehen in f) und in i)) (Hier ist entsteht kein besonderes Viereck mehr.)

k) Wie ist das beim regelmäßigen n-eck als Ausgangsfigur? Strategie: kontrolliert, d.h. von einem Spezialfall aus verallgemeinern (s. die negative Erfahrung in j)) (Es entsteht ein weiteres regelmäßiges n-Eck, sogar wenn die Seiten wie in i) geteilt werden. Beweis über den Kongruenzsatz sws.)

l) Was passiert, wenn man statt der Seitenmitten die Ecken verbindet? Strategie: Bedingung abändern bzw. Grenzfall betrachten (von i) her) (Es entstehen vier Dreiecke, von denen irgend zwei gegenüberliegende kongruent und zwei benachbarte gleichgroß, also alle gleichgroß sind und je ein Viertel der Fläche des Parallelogramms einnehmen.)

m) Was entsteht, wenn man jede Seitenmitte mit den beiden gegenüberliegenden Ecken verbindet? Strategie: Bedingung abändern (Es entsteht ein punktsymmetrisches Achteck, bei dem gegenüberliegende Seiten parallel und gleichlang sind.) Hinweis: Die Zeichnung wird einfacher, wenn man sich auf zwei gegenüberliegende Seitenmitten beschränkt. Es entsteht dann ein Parallelogramm. Die o.a. Achteckfläche ist die Schnittmenge der beiden so entstehenden Parallelogramme.) Gleiches passiert, wenn man (zyklisch) jede Seitenmitte mit nur einer Gegenecke verbindet.

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n) Wie sieht die Figur aus, von der die Ausgangsfigur das Seitenmittenparallelogramm ist? Strategie: umkehren (Man kann die erste Zeichnung vom inneren Parallelogramm her aufziehen (Parallelen zu dessen Diagonalen durch die Ecken ziehen). So kommt man zum Parallelogramm als Vorgänger. Ein anderes Vorgängerviereck erhält man folgendermaßen: Nimm eine Mittelparallele und irgend eine innere Parallelle zu den beiden anderen Seiten. Spiegele den Schnittpunkt an jedem Schnittpunkt der beiden Parallelen mit den Parallelogrammseiten. Dies sind die Ecken eines Vorgängervierecks. (Es gibt also beliebig viele.)

o) Was entsteht, wenn man benachbarte Kantenmitten eines Würfels durch Strecken verbindet? Strategie: analogisieren (Ebene → Raum) (Es entsteht ein archimedischer Körper, das Kuboktaeder.)

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p) Was entsteht, wenn man die benachbarten Seitenmitten eines Würfels durch Strecken verbindet? Strategie: analogisieren (Ebene → Raum) (Es entsteht ein platonischer Körper, das regelmäßige Oktaeder.)

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Anhang 34: Orts“fläche“ Initialaufgabe: Gegeben sind die 4 Punkte A,B,C,D. Bestimme die Menge der Mittelpunkte aller Strecken s(X;Y) mit X ∈ s(A;B) und Y ∈ s(C;D).

Lösung: D

G B

Y H

M

F

X

A E

C

Ist X zunächst fix und durchläuft Y die Strecke s(C;D), so überstreicht M die dazu parallele Mittellinie in ∆ XCD. Diese Strecke ist halb so lang wie s(C;D). Für beides bürgt der Satz von den Mittellinien im Dreieck. Wandert nun X zwischen A und B, so durchläuft M ebenfalls und aus den gleichen Gründen eine Strecke, die parallel ist zu s(A;B) und halb so lang. Dabei wird die ersterwähnte Wanderstrecke mitgeführt und überstreicht dabei eine Parallelogrammfläche.

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Die gesuchte Menge ist demnach eine Parallelogrammfläche, deren Ecken die Mitten sind aller Strecken zwischen Endpunkten auf verschiedenen Ausgangsstrecken.

Mögliche Variationen durch spezialisieren: - Ausgangsstrecken gleichlang (Parallelogramm ist eine Raute) - Ausgangsstrecken parallel (Parallelogramm entartet zur Strecke) (gilt auch im nochmaligen Sonderfall, daß diese Strecken kollinear sind) - Ausgangsstrecken zueinander senkrecht (Parallelogramm ist ein Rechteck) - eine der Ausgangsstrecken entartet zum Punkt (Parallelogramm entartet zur Strecke) Bedingung ändern: - eine der Ausgangsstrecken wird zur Gerade (Parallelogramm wird zum Band) - eine der Ausgangsstrecken wird zum Kreis (Durchläuft Y den Kreis k (s. Fig.), so M dessen Bildkreis bezüglich der zentrischen Streckung um X mit Streckfaktor ½ . Durchläuft X s(A;B), so M die o.a. Mittellinie. Der o.a. Bildkreis wird mitverschoben, so daß insgesamt ein endliches Band überstrichen wird, das auf jeder Seite durch einen nach außen gebogenen Halbkreis abgeschlossen wird.) Y k

B M

X

A

- Statt des Mittelpunktes ein Punkt P ∈ s(X;Y), der diese Strecke im Verhältnis m:n teilt.

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(Man erhält wieder eine Parallelogrammfläche. Zur Begründung zieht man m jetzt anstelle der zentrischen Streckung Z(X; ½) die Streckungen Z(X; ) m+ n n und Z(Y; ) heran.) m+ n D

B

Y P

X

m:n=1:2

A C

fortsetzen: - beide Strecken werden zu Geraden (gesamte Ebene) - beide Strecken werden zu Kreisen (Hält man X zunächst fest, so entsteht wie oben ein Bildkreis des zweiten Kreises, der bei Dynamisierung auch von Y sich um die Mitte Z der Strecke zwischen den beiden Kreismittelpunkten dreht. Ingesamt entsteht ein Kreisring um D mit den Radien ½ ⋅(r1 + r2) und ½ ⋅ |r1 − r2| (insbesondere ein Kreis im Sonderfall r1 = r2).) X k1 M k Y M1

Z

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M2

Dimension ändern: - Die beiden Ausgangsstrecken liegen nicht unbedingt mehr in einer Ebene. (Bei windschiefen Strecken ergibt sich ein Mittenparallelogramm im Tetraeder, das von den vier Endpunkten der beiden Strecken aufgespannt wird. Begründung genau wie bei der Initialaufgabe.) D B Y M X

A

C

kombinieren: - eine Strecke wird zur Gerade, die andere zum Kreis (Band parallel zur Gerade, dessen Breite dem Kreisradius entspricht) - s(X;Y) wird von P im Verhältnis m:n geteilt. X und Y laufen je auf einem Kreis. (Es entsteht ein Kreisring um denjenigen Punkt D der Verbindungsstrecke der beiden Kreismittelpunkte, der diese im angegebenen Verhältnis teilt. Die zun m gehörigen Radien sind | ⋅ r1 ± ⋅ r2 | . ) m+ n m+ n - Ausgangsmengen sind zwei Kugeln. (Analog zu den zwei Kreisen ergibt sich ein Kugelring um den Mittelpunkt der Verbindungsstrecke der beiden Kugelmittelpunkte.) umkehren: - Wann ist die gesuchte Menge eine Quadratfläche? (Beim Ausgangsproblem: Wenn die beiden Strecken gleichlang und zueinander senkrecht sind. Beim Teilverhältnis m:n : Wenn s(A;B) und s(C;D) zueinander senkrecht sind und weiterhin gilt: s(C;D) = m/n ⋅ s(A;B) .) 149

vertiefen: - Was passiert, wenn die beiden Ausgangsstrecken einen gemeinsamen Punkt haben? (Nichts weiter, als daß dieser Punkt der gesuchten Menge angehört.) - Was, wenn man zuerst Y festhält? (Es entsteht zwar eine andere „Zwischenmenge“, aber dieselbe „Endmenge“.) - Wie kann man den Flächeninhalt des entstehenden Parallelogramms vergrößern (verkleinern)? (a) indem man die Strecken vergrößert (verkleinert) b) indem man die Strecken zueinander senkrecht (zueinander parallel) positioniert. (Bei Parallelität erreicht man das Minimum 0 unabhängig von den Streckenlängen.) )

Hinweis: Diese Variation eignet sich vorzüglich als Komplexaufgabe in einer Spätphase der Ähnlichkeitsgeometrie. Der Einsatz einer DGS ist dabei dringend anzuraten.

Anhang 35: Quadrat und Kreis Initialaufgabe: Einem Quadrat der Seitenlänge a ist ein Viertelkreis einbeschrieben worden. Welches ist der Inhalt der Restfläche?

Lösung: ARestfläche = AQuadrat − AViertelkreis = a2 − ¼ ⋅ π ⋅ a2 = (1 − π/4) ⋅ a2 ≈ 0,21 a2

Mögliche Variationen: a) Welches Inhaltsverhältnis haben die beiden Teilflächen des Quadrats ? Strategie: Anschlußfragen stellen

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π 2 ⋅a Viertelkreisfläche π ( = 4 = ≈ 78,5% : 21,5%) π 2 4−π Re stfläche (1 − ) ⋅ a 4

Hinweis: Solche Größenverhältnisse lassen sich auch in den folgenden Variationen bestimmen.

b) Welchen Umfang hat die Restfläche ? Strategie: analogisieren (uRestfläche = 2⋅Seitenlänge + Bogenlänge = 2⋅a + a/2⋅π = (2 + π/2) ⋅ a ≈ 3,57 a Das ist auch der Umfang der Viertelkreisfläche, so daß sich für die beiden Teilflächen das Umfangsverhältnis 1:1 ergibt.) Hinweis: Auch diese Frage ist im Folgenden meist sinnvoll.

c) Was ergibt sich, wenn man einen zweiten Viertelkreis um die entgegengesetzte Ecke einzeichnet? Strategie: symmetrisieren (Es entsteht ein Kreisbogenzweieck mit dem Inhalt AZweieck = AQuadrat − 2⋅ARestfläche = a2 − 2 ⋅ (1 − π/4) ⋅ a2 = (π/2 − 1) ⋅ a2 ≈ 0,57 a2 .

d) Was ergibt sich, wenn man zwei Viertelkreise um benachbarte Ecken zeichnet? Strategie: Bedingungen verändern (gegenüber c)) (Es entstehen vier Teilflächen, deren Inhalte nacheinander berechnet werden. Aunteres Dreieck = 2 ⋅ ASechstelkreis − Agls.Dreieck π 3 2 π 3 2 = ⋅ a2 − ⋅a = ( − ) ⋅ a ≈ 0,61 a2 3 4 3 4 Aseitliches Dreieck = AViertelkreis − Aunteres Dreieck =

π 2 π 2 3 2 3 π ⋅a − ⋅a + a =( − ) ⋅ a 2 ≈ 0,17 a2 4 3 4 4 12

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Aoberes Dreieck = AQuadrat − AViertelkreis − Aseitliches Dreieck π 2 3 π a −( − ) ⋅ a2 4 4 12 3 π 2 = (1 − − ) ⋅ a ≈ 0,04 a 2 4 6 = a2 −

)

e) Was ergibt sich, wenn man alle vier Viertelkreise in das Quadrat einzeichnet? Strategie: Bedingungen kombinieren bzw. vervollständigen (Es entstehen insgesamt 9 Teilflächen, von denen die 4 seitlich liegenden bereits bekannt sind. Die innere blütenförmige Kreisbogenfigur besteht aus 4 kongruenten Kreisbogendreiecken und einem Kreisbogenviereck. AKreisbogendreieck = ARestfläche − 2 ⋅ ASeitenfläche

π 3 π 2 3 π (1 − ) ⋅ a 2 − 2 ⋅ (1 − − )⋅a = ( − 1 + ) ⋅ a 2 ≈ 0,13 a2 4 4 6 2 12

AKreisbogenviereck = AKreisbogenzweieck − 2 ⋅ AKreisbogendreieck π 3 π π ( − 1) ⋅ a 2 − 2 ⋅ ( − 1 + ) ⋅ a 2 = (1 − 3 + ) ⋅ a 2 ≈ 0,31 a2 ) 2 2 12 3

f) Nun haben die Viertelkreise den Radius a/2. Wie groß ist die Sternfläche? Strategie: Variationen variieren (ASternfläche = AQuadrat − 4⋅AViertelkreis = a2 − 4 ⋅ ¼ ⋅ π⋅(a/2)2 = (1 − π/4) ⋅ a2 = ARestfläche )

g) Nun verlaufen die 4 Viertelkreise durch den Quadratmittelpunkt. Welches ist der Inhalt des Vierfachdrachens? Strategie: Variation variieren 152

(A = 4·(AViertelkreis − AInnenquadrat ) 1 2 2 a 2 = 4· ( π ⋅ ( ⋅ a) − ( ) ) 4 2 2 π = ( − 1) ⋅ a 2 ≈ 0,57 a2 2

h) Welchen Inhalt hat der Zweieckring ? Strategie: Situation anreichern (gegenüber i)) (A = 4 ⋅ AZweieck (im kleinen Quadrat) = 4 ⋅ ¼ ⋅ AZweieck (im Ausgangsquadrat) 2 = (π/2 − 1) ⋅ a ≈ 0,57 a2 (vgl. g) )

i) Welchen Inhalt hat die Blüte? Strategie: Bedingung abändern (hier: Position der Kreismittelpunkte) (Lösung wie in h))

j) Welchen Inhalt hat der herausgehobene Flächenteil? Strategie: entsymmetrisieren (A = ¼ ⋅ a2 , weil die 4 Teilflächen kongruent sind.)

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k) Welchen Inhalt hat die herausgehobene Fläche ? Strategie: vertauschen (Quadrat und Viertelkreis) (A = Aäußerer Viertelkreis − AQuadrat 1 π = ⋅ π ⋅ (a ⋅ 2 ) 2 − a 2 = ( − 1) ⋅ a 2 4 2 2 ≈ 0,57 a ) Hinweis: Vergl. mit g) und h) .

l) Welchen Inhalt hat der Inkreis des Viertelkreises? Strategie: Konfiguration anreichern (Für den gesuchten Radius x gilt: a x ⋅ 2 + x = a , also x = , und 2 +1 π A = π ⋅ x2 = ⋅ a 2 ≈ 0,54 a2 ) 3+ 2⋅ 2

M (2^0,5)x x a

Hinweis: Analog kann der entsprechende Kreis für die Restfläche gefunden werden.

m) Einem Würfel der Kantenlänge a ist eine Achtelkugel einbeschrieben worden. Welches ist das Volumen des Restkörpers? Strategie: Dimension verändern (VRestkörper = VWürfel − VAchtelkugel = a3 − 1/8 ⋅ 4/3 ⋅ π ⋅ a3 = (1 − π/6) ⋅ a3 ≈ 0,48 a3 ) Hinweis: Diese Strategie ist auch bei allen anderen Variationen erfolgreich. n) Einem gleichseitigen Dreieck der Seitenlänge a ist ein Sechstelkreis umbeschrieben worden. Welchen Inhalt hat das entstehende Segment? Strategie: Ausgangsfigur abändern (A = ASektor − Agls. Dreieck 1 1 = ( ⋅ π − ⋅ 3) ⋅ a 2 ≈ 0,27 ⋅ a 2 ) 6 4 Hinweise: 154

a) Ersetzt man einfach nur „Quadrat“ durch „gleichseitiges Dreieck“, so entsteht zunächst eine unsinnige Vorgabe, die erst dadurch berichtigt werden kann, daß man auch „Viertelkreis“ in „Sechstelkreis“ und „einbeschrie-ben“ in „umbeschrieben“ abändert. b) Bezieht man (wie in e)) alle Ecken ein, so entsteht als Gesamtfigur das Reuleaux-Dreieck. FRANZ REAULEAUX (1829-1905) war ein deutscher Ingenieur, der die wissenschaftliche Kinematik (Bewegungslehre) mitbegründete. „Sein“ Dreieck hat überall gleiche Breite und könnte daher als Wagenrad dienen.

o) Wie ist das beim regelmäßigen Fünfeck mit Seitenlänge a? Strategie: Variationsrichtung umkehren (von 4 zu 5 statt zu 3 Ecken) Es gilt ARestfläche = Arglm.Fünfeck − ASektor a2 = ⋅ ( 5 + 2 ⋅ 5 + 10 + 2 ⋅ 5 ) 4 108 − ⋅ π ⋅ a2 360 ≈ 1,721⋅a2 − 0,942 ⋅ a2 = 0,779⋅a2

Anhang 36: Winkelpassung Initialaufgabe: Gegeben ist ein spitzer Winkel mit den Schenkeln a,b und der Spitze S sowie ein Punkt A ∈ a (A ≠ S). Gesucht ist ein Kreis k durch A, der a und b zu Tangenten hat.

Lösung(en): 1. Der gesuchte Kreismittelpunkt M ist der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden und der Senkrecht zu a durch A. Für den Radius r gilt r = |SA|.

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2. Statt der Winkelhalbierenden kann auch eine Senkrechte zum Punkt B ∈ b benutzt werden, wobei |SB| = |SA|.

Mögliche Variationen: Die meisten ergeben sich über die What-else-Strategie.

a) Der Winkel soll

α) stumpf β) gestreckt γ) überstumpf sein . (α) und ß) wie oben γ) keine Lösung möglich)

b) A soll nun

α) innerhalb β) außerhalb des Winkels liegen.

(α) Man konstruiert zunächst irgendeinen Kreis, der beide Schenkel berührt, und streckt ihn dann zentrisch (mit Zentrum S) so, daß er durch A verläuft. Hierzu gibt es zwei Möglichkeiten.

A S k2

k

k1

β) keine Lösung möglich)

c) Statt zweier Halbgeraden zwei Geraden . (Nun sind auch die Fälle a) γ) und b) β) auf übliche Weise lösbar.)

d) a,b sind Parallelen. Strategie: Sonderfall untersuchen (Lösung für A auf a und für A zwischen a,b trivial, sonst nicht möglich)

e) a,b sind Kreise. 156

a T4 b M1

S4

M2

A M3

T3

S3

k3 M4

k4

(Die Konstruktion verläuft über die Parallele von g(M1;A) durch M2 und benutzt die zentrische Ähnlichkeit der Dreiecke AMiTi und SiM2Ti . Es gibt maximal zwei Lösungen. Keine Lösung existiert, wenn A ein Schnittpunkt von a und b ist.)

f) Gesucht ist das größte α) Quadrat

β) gleichseitige Dreieck

im Innern des Winkels mit Ecke A.

(Es ist dasjenige Quadrat (gls. Dreieck), dessen eine von A ausgehende Seite auf a liegt und dessen andere Seite als Gegenecke einen Punkt B ∈ b hat.) Hinweis: Nach dem jeweiligen Maximum (Minimum) zu suchen, liegt nahe, nachdem man eingesehen hat, daß es beliebig viele Quadrate (gls. Dreiecke) gibt, die den Lagebedingungen entsprechen. Strategie: sinnvoll machen.

g) Gegeben ist ein Kegelmantel und auf ihm ein Punkt A. Gesucht ist eine Kugel, die den Kegelmantel von innen berührt und durch P verläuft. Strategie: Dimension ändern (Man braucht lediglich die ebene Konstruktion um die Winkelhalbierende rotieren zu lassen.)

Anhang 37: Isoperimetrisches Problem Initialaufgabe: Welches unter allen Rechtecken gleichen Umfangs u hat maximalen Inhalt?

Lösung(en): a) Länge x und Breite y eines der Rechtecke erfüllen die Gleichung 157

(1) x + y = u/2 . Demnach ist sein Flächeninhalt A = x⋅y = x⋅(u/2 − x) = −x2 + u/2⋅x = −(x − u/4)2 + u2/16 ≤ u2/16 . Das Maximum u2/16 wird erreicht für x = u/4, also für das Quadrat. u x + ( − x) u u u u 2 b) x ⋅ ( − x) ≤ = ⇒ x ⋅ ( − x) ≤ ( ) 2 . Weiter wie in a) . 2 2 4 2 4 c) Wir vergleichen das Quadrat von der Seitenlänge u/4 mit einem isoperimetrischen Rechteck der Länge u/4 + x und der Breite (u/4 − x) (mit 0 ≤ x < u/4). Es ist (u/4 + x)⋅( u/4 − x) = (u/4)2 − x2 ≤ (u/4)2. = ergibt sich für x = 0, also für das Quadrat. d) Geometrisch führt ein solcher Vergleich zum Vergleich der beiden gleichbreiten Streifen in nebenstehender Zeichnung. Der zum Quadrat gehörende Streifen hat die Länge einer Quadratseite, der andere nur die Länge der kürzeren Rechteckseite.

u/4

x

y

u/2

e) Mit 4 Quadraten der Seitenlänge u/4 kann man ein Quadrat der Seitenlänge u/2 parkettieren (s.o.). Ein entsprechender Versuch mit einem Rechteck gleichen Umfangs hinterläßt jedoch (bei Seitenlängen x,y) als Lücke ein Quadrat der Seitenlänge x − y. f) Man kann ein nichtquadratisches Rechteck zu einem isoperimetrischen Quadrat vergrößern, indem man einen möglichst großen quadratischen Teil abschneidet, den Reststreifen in zwei Hälften zerlegt, diese an zwei Nachbarseiten des Quadrats anlegt (s.u.) und im entstandenen isoperimetrische Sechseck die einspringende Ecke ausklappt.

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g) (mit Kanonen nach Spatzen) Die Funktion A(x) = x⋅(u/2 − x) hat die Ableitungsfunktion A’(x) = −2x + u/2 . Die notwendige Extremumbedingung A’(x) = 0 führt zu x = u/4. Wegen A’’(x) = −2 ist u/4 eine Maximumstelle und A(u/4) = (u/4)2 das zugehörige Maximum. Hinweis: Wenn eine Aufgabe auf recht viele unterschiedliche Weisen gelöst werden kann, hat das günstige Auswirkung auf das Variieren, nicht nur beim Verifizieren bzw. Falsifizieren von Behauptungen, sondern auch beim Finden relevanter Anschlußfragen.

Mögliche Variationen: a) Wir suchen unter den isoperimetrischen Rechtecken dasjenige mit minimalem Inhalt. Strategie: Extremwert abändern (Dazu muß das Rechteck möglichst „schlank“ gemacht werden, entweder durch x → 0 oder durch x → u/2 . Es gibt also zwei Randminima 0 (wobei allerdings die zugehörigen Rechtecke ausgeartet sind.)

b) Wir suchen unter den Rechtecken mit gleichem Inhalt A dasjenige mit maximalem Umfang? Strategie: gegebene und gesuchte Größen vertauschen (Für den Umfang eines solchen Rechtecks gilt u = 2⋅(x + A/x). u kann beliebig groß werden, wenn nur x beliebig groß oder beliebig klein wird. Wir haben diesmal zwei Randmaxima.)

c) Wir suchen unter den Rechtecken mit gleichem Inhalt A dasjenige mit minimalem Umfang? Strategie: Aufgabe sinnvoll(er) machen (von 2. her) bzw. dualisieren (Neben der infinitesimalen Behandlung der Funktion u(x) = 2⋅(x + A/x) bietet sich folgende elementare Lösung gemäß der Mittelungleichung an: A x+ x ≥ x ⋅ A = A ⇒ 2 ⋅ (x + A ) ≥ 4 ⋅ A 2 x x 159

Das Minimum 4 ⋅ A wird angenommen bei x = A/x, also bei x = für das Quadrat.)

A , d.h.

Hinweis: c) ist das zur Ausgangsaufgabe duale Problem. Duale Fassungen sind bei jedem Extremwertproblem möglich. An die Stelle der Suche nach einer maximalen Wirkung bei gegebenen Ressourcen tritt die Suche nach Erzielen einer vorgegebenen Wirkung mit minimalen Ressourcen (oder umgekehrt).

d) Welches unter allen Parallelogrammen gleichen Umfangs hat maximalen Inhalt? Strategie: erweitern (hier: der Konkurrentenschar durch Übergang zu einem Oberbegriff) (Da sich jedes nichtrechtwinklige Parallelogramm unter Wahrung seines Umfangs zu einem Rechteck größeren Inhalts „aufrichten“ läßt, behauptet sich das Quadrat auch weiterhin als optimale Figur.)

e) Wie ist das bei den allgemeinen Vierecken? Strategie: iterieren (des Erweiterns in d)) D D' C' C

A B

A' B'

(Jedes konkave Viereck kann zu einem konvexen Viereck gleichen Umfangs vergrößert werden. Jedes konvexe Viereck läßt sich zu einem Drachen vergrößern (s.o.), indem man die beiden Teildreiecke über einer Diagonale (oben BD) unter Wahrung ihres Umfangs gleichschenklig macht. Jeder Drachen kann zu einer Raute gleichen Umfangs vergrößert werden, indem man diese Prozedur für die Achsendiagonale (oben A’C’) wiederholt. Jede Raute 160

läßt sich zu einem Quadrat vergrößern (s. d)). Demnach ist auch hier das Quadrat mit der Seite u/4 die Lösung.)

f) Wie ist das beim allgemeinen Dreieck? Strategie: analogisieren (von e) her) (Vermutung: Maximalen Inhalt hat das gleichseitige Dreieck. Denn jedes andere Dreieck kann noch dadurch vergrößert werden, daß man zwei ungleiche Seiten unter Wahrung ihrer Gesamtlänge gleichlang macht (s. e)). Beweis: Ein Dreieck mit den Seitenlängen a,b,c und a + b + c = u hat den 1 Inhalt A = ⋅ u ⋅ (a + b − c) ⋅ ( b + c − a ) ⋅ (c + a − b) . Da die drei Faktoren 4 des Radikanden die konstante Summe u haben, ist ihr Produkt maximal für den Fall ihrer Gleichheit, also für a = b = c .)

g) Für welches unter allen Rechtecken des Umfangs u ist die Diagonale extremal? Strategie: zu optimierende Größe ändern (Experimentieren (etwa mit einem gespannten Schnurrechteck ) läßt ein Minimum für das Quadrat und zwei Randmaxima für die o.a. ausgearteten Rechtecke vermuten. In der Tat gilt für die Diagonalenlänge d d2 = x2 + (u/2 − x)2 = 2x2 − u⋅x + (u/2)2 = 2⋅(x − u/4)2 + u2/8 ≥ u2/8 . Das Minimum d2 = u2/8 wird angenommen für x = u/4, also für das Quadrat.) Hinweis: Im Unterschied zu einschlägigen Schulbuchaufgaben steht beim Variieren keineswegs fest, welches Extremum sinnvollerweise gesucht werden sollte. Das ist kein Nachteil, sondern ein Vorzug, weil es zu vorgängigen heuristischen Betrachtungen anregt.

h) Welcher unter allen Quadern gleicher Gesamtkantenlänge k hat maximalen Inhalt? Strategie: Dimension abändern (Mit den drei verschiedenen Kantenlängen x,y,z gilt 4⋅(x + y + z) = k und V = x⋅y⋅z, also V = x ⋅ y ⋅ (k/4 − x − y). Wiederum ist die Summe der drei Faktoren konstant (k/4), weshalb V maximal wird für den Fall ihrer Gleichheit. Aus x = y = k/4 − x − y folgt x = y = z = k/12. Der gesuchte Quader ist der Würfel unter ihnen.)

i) Welcher unter allen Quadern gleichen Oberflächeninhalts O hat maximalen Inhalt?

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Strategie: Bedingung abändern (von h) her) bzw. analogisieren (vom Einstieg her) (Für alle diese Quader gilt V = xyz, für den Würfel unter ihnen V = s3 mit s O xy + yz + zx = = . Vermuten wir wieder den Würfel als optimalen 6 3 Quader, so ist zu zeigen, daß

Fxy + yz + zx IJ bzw. x y z ≤ Fxy + yz + zx I bzw. xyz ≤ G H 3 K H 3 K 3

3

2 2 2

xy + yz + zx . 3 Das aber ist die Mittelungleichung für die Zahlen xy, yz und zx.) 3

xy ⋅ yz ⋅ zx ≤

Hinweis: Diese Ungleichung hätte man auch in h) heranziehen können.

j) Welches unter allen Rechtecken in einem Kreis vom Radius r hat maximalen Inhalt? (äquivalent: Welches unter allen Rechtecken mit vorgegebener Diagonalenlänge d hat maximalen Inhalt?) Strategie: Bedingung ändern (hier: Einschränkung der Rechtecke) (Es ist V = x⋅y mit x2 + y2 = 4r2. Daraus folgt V2 = x2 ⋅ (4r2 − x2). V2 bzw. V werden maximal für x2 = 4r2 − x2 , also für x = r ⋅ 2 . Dann ist auch y = r ⋅ 2 , das gesuchte Rechteck mithin ein Quadrat des Inhalts 2r2 . Eine geometrische Lösung: Eine Mittelpunktssehne zerlegt ein vorgegebenes Rechteck in zwei rechtwinklige Dreiecke, die beide gemäß Lot-Ungleichung zu gleichschenkligrechtwinkligen Dreiecken vergrößert werden können.)

k) Welches unter allen Vierecken mit vorgegebenen Diagonalenlängen hat maximalen Inhalt? Strategie: verallgemeinern (von j) her) (Alle Vierecke, bei denen diese Diagonalen zueinander senkrecht sind. Sind d1,d2 die vorgegebenen Längen, so ist A = ½ · d1d2 ihr Inhalt.)

162

l) Welche Fläche vom Umfang u hat den größten Inhalt? Strategie: verallgemeinern bzw. iterieren (von d)-f) her) (Als Lösung dieses allgemeinen isoperimetrischen Problems vermutet man recht schnell den Kreis, z.B. über den Vergleich regelmäßiger Vielecke: u2 u2 2 Agleichseitiges Dreieck = ⋅ 3 ≈ 0,048 u , AQuadrat = ≈ 0,062 u2 , und 36 16 2 u Aregelm.Sechseck = ⋅ 3 ≈ 0,072 u2 , 24 1 2 während AKreis = ⋅ u ≈ 0,079 u2 . 4π Eine Sicherung dieser tiefliegenden, mehr als 2000 Jahre unbewiesenen Vermutung verbietet sich ob ihrer Schwierigkeit.1

Hinweis: In der SII eignet sich dieses Beispiel vorzüglich dazu, neben der infinitesimalen Methode (f’(x)=0) zur Extremwertbestimmung auch andere, elementare Möglichkeiten ins Spiel zu bringen. Sie tragen hier so weit, daß sich das Beispiel durchaus auch schon für die SI anbietet. Das gilt insbesondere für die folgende Variante, die indessen für Lernende nicht naheliegt und wohl vorgegeben werden muß.

m) Am Ufer eines Flusses soll eine rechteckige Weide mit einem Zaun derLänge l abgesteckt werden. Für welche Maße hat die Weidefläche maximalen Inhalt? (Für die Rechteckmaße x und y gilt x + 2y = l, also A = x·y = y·(2l−y) bzw. 2A = 2y·(l−2y). 2A (und damit A) ist maximal für 2y = l − 2y, also für y = ¼ l2 l. Dann ist x = ½ l und A = . Das optimale Rechteck ist ein „halbes Qua8 drat“. Das hätte man auch direkt finden können. Spiegelt man die Weidefläche am Fluß, so entsteht ein doppelt so großes Rechteck des Umfangs 2l, das gemäß dem „Thema“ maximalen Inhalt hat, wenn es ein Quadrat ist, also die Seitenlänge ½ l hat. Das eigentlich gesuchte Rechteck entsteht daraus durch Halbierung der vom Fluß getroffenen Seiten.)

1

Für den Beweis, daß jede andere Figur als der Kreis bei Wahrung der Isoperimetrie vergrößert werden kann, s. Schupp,H.: Optimieren. Mannheim: B.I.Wissenschaftsverlag 1992

163

Anhang 38: Minimale Abstandssumme Initialaufgabe: Im rechtwinkligen Dreieck ABC ist derjenige Punkt gesucht, für den die Summe seiner Abstände von den drei Seiten minimal ist.

A

c

Lösung(en): a) elementargeometrisch: Für einen beliebigen Punkt P gilt PPa+PPb+PPc = CPa+PaP+ PPc ≥ CP+PPc≥ CPc ≥ hc . Demnach ist der gesuchte Punkt der Scheitel des rechten Winkels.

b Pb

l x

Pc

P hc

C

y Pa

a

B

b) analytisch-geometrisch: Im Koordinatensystem mit C als Ursprung und B,A als Achsenpunkte hat P(x;y) bx ay ab die Abstandssumme s = x + y + l = x + y − − + a 2 + b2 a 2 + b2 a 2 + b2 (gemäß Hesse´scher Normalenform der Gerade durch A und B). Im dreidimensionalen x,y,s-Koordinatensystem stellt diese Gleichung eine Ebene dar, die oberhalb des Dreiecks ABC ihre tiefste Lage jedenfalls in einer Ecke erreicht. Daher genügt, diese Ecken zu inspizieren. Es ist s(A) = s(0;b) = b, s(B) = s(a;0) ab = a und s(C) = s(0;0) = , womit sich C als gesuchter Punkt erweist. 2 2 a +b ab Das Minimum ergibt sich unter a) über a · b = hc · c (doppelter Drei2 2 a +b ecksinhalt.

Mögliche Variationen: a) Wir suchen den Punkt mit maximaler Abstandssumme. Strategie: Extremwert abändern (Lösung b) zeigt sofort an, daß es der Eckpunkt an der kürzeren Kathete und damit der Eckpunkt des kleinsten Dreieckswinkels sein muß. Im Falle a = b (gleichschenklig-rechtwinkliges Dreieck) haben beide Hypotenusenecken und damit auch jeder andere Punkt der Hypotenuse dieselbe Abstandssumme.

164

Elementargeometrisch: |PPa| + |PPb| + |PPc| = |CPa| + |PaP| + |PPc| ≤ |CPa| + |PaD| (s. nächste Figur) ≤ |CB| (weil (falls bei B der kleinere spitze Winkel liegt) |PaD| ≤ |PaB|). A

A

b

c D

l Pb

x y

C

Pc

8.96 cm

b Pc

1.86 cm 2.35 cm 2.99 cm

P

Pa

c

P

Pb

7.09 cm

a

B

C

Pa

a

B

b) Wir suchen den Punkt mit minimalen (maximalem) Abstandsprodukt. Strategie: Bedingung abändern (hier: andere Verknüpfung wählen) (Das Minimum 0 tragen selbstverständlich alle Randpunkte, das Maximum läßt sich zunächst nur (am besten mittels einer DGS) approximativ-numerisch bestimmen (s. oben rechts (der mitlaufende Produktwert wurde weggelassen)). Allerdings fällt dabei auf, daß die Koordinaten des gesuchten Punktes recht genau je ein Drittel der Längen der parallelen Seiten betragen. 1 Analytischer Nachweis: Es ist p = ⋅ x ⋅ y ⋅ (ab − bx − ay) . Das Proa 2 + b2 dukt bx ⋅ ay ⋅ (ab − bx − ay) hat sein Maximum an derselben Stelle wie p. Da seine drei Faktoren die konstante Summe a⋅b haben, wird es maximal bei dea b ren Gleichheit2, also für x = und y = .) 3 3 Hinweis: Der gesuchte Punkt ist der Schwerpunkt des Ausgangsdreiecks. Dieser Punkt hat noch eine weitere Extremaleigenschaft (selbst im allgemeinen Dreieck): Für ihn ist die Summe der Quadrate der Entfernungen zu den Ecken minimal.3

2

s. dazu Schupp,H.: Optimieren - Mannheim: B.I.Wissenschaftsverlag 1992 Wir verzichten auf eine (keineswegs einfache) Begründung, weil diese Größe (auch nach c)) nicht naheliegt. 3

165

c) Wir suchen den Punkt mit der mini-

A

malen Entfernungssumme . Strategie: Bedingung abändern (hier: andere Größen verknüpfen) (Diese Aufgabe führt bekanntlich auf den Fermat-Punkt, von dem aus alle drei Seiten unter dem Winkel 120° erscheinen.)

b 120.1 °

c

120.0 °

P 119.9 °

C

a

B

d) Welcher Punkt hat minimale Abstandssumme, wenn wir vom allgemeinen Dreieck ausgehen? Strategie: verallgemeinern (Auch hier erweist sich der Eckpunkt des größten Winkels als Träger des Minimums, der Eckpunkt des kleinsten Winkels als Träger das Maximums. Das ergibt sich am einfachsten elementargeometrisch, indem man einen beliebigen Dreieckspunkt zunächst mit einem seiner Lotfußpunkte und diesen dann mit einem Eckpunkt vergleicht. Analytisch-geometrisch erkennt man ohne mühsame Rechnung, daß in s = f(x;y) f immer noch linear ist. s ist nämlich die Summe dreier Ausdrücke, wie sie sich bei Anwendung der Hesse’schen Normalenform ergeben (s.o. bei l). Also gilt weiterhin, daß die Extrema in den Ecken (bei Gleichheit auch dazwischen) angenommen werden.)

e) Wie ist das bei einem gleichseitigen Dreieck? Strategie: spezialisieren (Als Konsequenz aus den vorangegangenen Betrachtungen ergibt sich der Satz von Viviani: Im gleichseitigen (und damit gleichwinkligen) Dreieck sind die Abstandssummen aller Punkte gleich, nämlich gleich der Länge einer Höhe.) Hinweis: Dafür gibt es auch einen direkten Beweis. Verbindet man einen beliebigen Innenpunkt mit den Ecken des Dreiecks, so wird es in drei Teildreiecke zerlegt, welche die Lote von diesem Punkt aus als Höhen haben. Da der Gesamtinhalt des Dreiecks konstant ist, sein Umfang ebenfalls, muß es auch die Höhensumme sein.

f) Wie ist das bei einem Rechteck? Strategie: Ausgangsbedingung ändern (hier: andere Figur wählen)

166

(Abstandssumme ist für alle Innen- und Randpunkte gleich, nämlich gleich dem halben Umfang.) Hinweis: Diese Konstanz gilt auch für das Parallelogramm. Der konstante Wert ist die Summe der beiden Höhen.

g) Wie ist das bei einem Viereck? Strategie: verallgemeinern (von f) her) (Experimentieren mit einer DGS zeigt, daß wiederum die Extrema in den Ecken angenommen werden. Dies erhält man auch analytisch-geometrisch (s. d)). Man kann vermuten, daß diejenige Ecke das Minimum trägt, für welche die Summe der angrenzenden Seiten minimal ist, während das Maximum in derjenigen Ecke liegt, für welche diese Summe maximal ist (das muß nicht wie beim Dreieck der maximale bzw. minimale Winkel sein).)

h) Für welchen Punkt im rechtwinkligen Dreieck ist die Summe der Längen der durch ihn verlaufenden seitenparallelen Innenstrecken minimal? A

Strategie: die zu minimierende Größe ändern (Wir vergleichen die zu einem beliebigen Punkt P gehörende Summe s(P) mit der Summe s(B). Wegen |PF| = |EC| und |PG| = |HA| sowie |PI| = |DB| und |PD| = |IB| genügt es, |DE| + |IH| mit |EH| zu vergleichen. Nun ist aber |DE| ≤ |EP| und |IH| ≤ |PH|, also s(B) ≤ s(P). Wiederum erweist sich der Scheitel des rechten Winkels als Träger des Minimums.

H G

I

C

F P

D

E

B

Hinweis: Auch die Maximumsaussage gilt analog und kann analog abgesichert werden.

i) Löse das Problem auch für das rechtwinklige Tetraeder (bei dem an einer Ecke je zwei der dortigen drei Kanten aufeinander senkrecht stehen). Strategie: Dimension verändern (In der erwähnten Ecke nimmt die Summe aller Lote auf die Seitenflächen ein Minimum ein. Beweis schrittweise analog zum ebenen Fall.) Hinweis: Der Satz von Viviani (s. e)) gilt auch beim regelmäßigen Tetraeder: Die Summe aller Lote auf die Tetraederflächen ist für jeden Tetraederpunkt dieselbe, nämlich gleich einer Tetraederhöhe. 167

j) Was verändert sich, wenn man die Außenpunkte des rechtwinkligen Dreiecks einbezieht? Strategie: erweitern (Da es zu jedem Außenpunkt einen Randpunkt mit kleinerer Abstandsumme gibt, ändert sich an Minimumstelle und Minimum gar nichts.) Hinweis: Anders beim Maximum. Ein solches existiert jetzt nicht mehr.

Schlußbemerkung: Das Beispiel beeindruckt inhaltlich durch die vielfältigen Kombinationsmöglichkeiten der Grundvariationen (die wir längst nicht alle notiert haben) und heuristisch durch das mögliche Zusammenspiel synthetisch-geometrischer, analytisch-geometrischer und computergraphischer Hilfen. Wichtig ist auch die Einsicht, daß das bei schulischen Extremumsaufgaben übliche Allheilmittel f’(x) = 0 durchaus versagen kann.

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