Höhen d₁ und d₂ der rechtwinkligen Dreiecke MDP bzw. DMQ

Gegeben: ${\displaystyle R}$ sowie ${\displaystyle d=d_{1}+d_{2}}$

Nach dem Satz des Pythagoras gilt:

${\displaystyle {\begin{aligned}(1)\;\;R^{2}={}&d_{1}^{2}+\left({\frac {a}{2}}\right)^{2}\;\;\Rightarrow \;\;(1.1)\;\left({\frac {a}{2}}\right)^{2}=R^{2}-d_{1}^{2}\\(2)\;\;\;r^{2}={}&\left(d-d_{1}\right)^{2}+\left({\frac {a}{2}}\right)^{2},\end{aligned}}}$

${\displaystyle \left({\frac {a}{2}}\right)^{2}}$ von ${\displaystyle \left(1.1\right)}$ in ${\displaystyle \left(2\right)}$ eingesetzt ergibt

${\displaystyle \;\left(3\right)\;\;r^{2}=\left(d-d_{1}\right)^{2}+R^{2}-d_{1}^{2},}$

ausmultipliziert und umgeordnet ergibt

${\displaystyle \;\left(4\right)\;\;r^{2}-R^{2}=d^{2}-2d\cdot d_{1},}$

daraus ${\displaystyle d_{1}}$ ergibt

${\displaystyle \;\left(5\right)\;\;d_{1}={\frac {d^{2}-r^{2}+R^{2}}{2d}},}$

wegen ${\displaystyle d=d_{1}+d_{2}}$ wird ${\displaystyle \left(5\right)}$ entsprechend ergänzt

${\displaystyle \;\left(6\right)\;\;d={\frac {d^{2}-r^{2}+R^{2}}{2d}}+{\frac {d^{2}+r^{2}-R^{2}}{2d}},}$

wegen ${\displaystyle d_{2}=d-d_{1}}$ ergibt sich schließlich

${\displaystyle \;\left(7\right)\;\;d_{2}={\frac {d^{2}+r^{2}-R^{2}}{2d}}.}$

Radius r

Mittels zweimaliger Anwendung der Formel für den Flächeninhalt eines Kreissegments mit ${\displaystyle d}$ als Abstand des Kreismittelpunktes ${\displaystyle P}$ bzw. ${\displaystyle Q}$ bis zur Kreissehne ${\displaystyle a}$

${\displaystyle \;\left(8\right)\;\;A=R^{2}\cos ^{-1}\left({\frac {d}{R}}\right)-d{\sqrt {\left(R-d\right)\left(R+d\right)}}}$

und den darin eingesetzten Termen ${\displaystyle d_{1}}$ von ${\displaystyle (5)}$ und ${\displaystyle d_{2}}$ von ${\displaystyle (7),}$ erhält man nach entsprechender Umformulierung die Formel für den Flächeninhalt der asymmetrischen Linse:

${\displaystyle {\begin{aligned}(9)\;\;A={}&A_{1}\left(R,d_{1}\right)+A_{2}\left(r,d_{2}\right)\\={}&R^{2}\cos ^{-1}\left({\frac {d^{2}-r^{2}+R^{2}}{2dR}}\right)+r^{2}\cos ^{-1}\left({\frac {d^{2}+r^{2}-R^{2}}{2dr}}\right)\;-\\&{}{\frac {1}{2}}{\sqrt {(d-r+R)(d+r+R)(d+r-R)(-d+r+R)}}\,.\end{aligned}}}$

Für ${\displaystyle R=d=1}$ und halber Kreisfläche vereinfacht sich dies zu

${\displaystyle \;\left(10\right)\;{\frac {1}{2}}\pi =\cos ^{-1}\left(1-{\frac {1}{2}}r^{2}\right)+r^{2}\cos ^{-1}\left({\frac {1}{2}}r\right)-{\frac {1}{2}}r{\sqrt {4-r^{2}}}.}$

Diese Gleichung kann nur numerisch gelöst werden und ergibt ${\displaystyle r=1{,}1587284\ldots }$ (Folge A133731 in OEIS).

Konstruktion

Es beginnt mit dem Einheitskreis um Punkt ${\displaystyle P}$ und dem Einzeichnen von zwei zueinander senkrecht stehenden Radien; dabei ergeben sich die Schnittpunkte ${\displaystyle A}$ und ${\displaystyle Q.}$ Es folgt der Kreisbogen ${\displaystyle kb}$ um ${\displaystyle A}$ mit Radius ${\displaystyle {\overline {AB}}={\tfrac {1}{3}}\cdot {\overline {AP}}.}$ Er schneidet den Kreis in ${\displaystyle C}$ und bringt damit den gesuchten Radius ${\displaystyle r}$ als Strecke ${\displaystyle {\overline {QC}}.}$ Der abschließende Kreisbogen um Punkt ${\displaystyle Q}$ mit Radius ${\displaystyle r}$ ab ${\displaystyle C}$ schneidet den Kreis in ${\displaystyle D}$ und liefert nahezu eine Halbierung der Kreisfläche.

Nachrechnung

Aus der nebenstehenden Berechnungsskizze bzw. aus der obigen Konstruktionsbeschreibung ist zu entnehmen:

• ${\displaystyle k_{1}}$ ist der Einheitskreis mit der Gleichung

${\displaystyle k_{1}:x^{2}+y^{2}=1}$

• ${\displaystyle kb}$ ist ein Teil des Kreises ${\displaystyle k_{2}}$ mit dem Radius ${\displaystyle {\frac {1}{3}}\cdot {\overline {AP}}}$ und der Gleichung

${\displaystyle k_{2}:\left(x-1\right)^{2}+y^{2}=0,{\bar {1}}={\frac {1}{9}}}$

• Punkt ${\displaystyle C}$ ist der Schnittpunkt des Kreises ${\displaystyle k_{1}}$ mit dem Kreis ${\displaystyle k_{2}.}$ Die Abstände des Punktes ${\displaystyle C}$ in einem kartesischen Koordinatensystem sind: ${\displaystyle x={\overline {FC}}}$ und ${\displaystyle y={\overline {PF}}.}$

Die Strecke ${\displaystyle {\overline {FC}}=x}$ erhält man durch Subtraktion der beiden Kreisgleichungen:

${\displaystyle {\begin{aligned}\;k_{2}:\;\;\left(x-1\right)^{2}\;+\;\;y^{2}&={\frac {1}{9}}\\x^{2}-2x+1+y^{2}&={\frac {1}{9}}\\k_{1}:\;\;\;\;\;\;\;\;x^{2}\;\;\;+\;\;\;y^{2}&=1|\;\;k_{2}-k_{1}\\1-2x&=-{\frac {8}{9}}\Rightarrow \\x&={\frac {17}{18}}.\end{aligned}}}$

Die Strecke ${\displaystyle {\overline {PF}}}$ erhält man durch Einsetzen des x-Wertes in die Kreisgleichung des Kreises ${\displaystyle k_{1}:}$

${\displaystyle {\begin{aligned}\;k_{1}:\left({\frac {17}{18}}\right)^{2}+y^{2}&=1\\y^{2}&=1-{\frac {289}{324}}\\y^{2}&={\frac {35}{324}}\\y&={\frac {\sqrt {35}}{18}}\end{aligned}}}$

Somit ist die Strecke ${\displaystyle {\overline {FQ}}=1-{\frac {\sqrt {35}}{18}}.}$

Für die Hypotenuse ${\displaystyle {\overline {QC}}=r}$ des rechtwinkligen Dreiecks ${\displaystyle QCF}$ gilt nach dem Satz des Pythagoras:

${\displaystyle {\begin{aligned}\;r&={\sqrt {\left({\overline {FQ}}\right)^{2}+\left({\overline {FC}}\right)^{2}}}\\&={\sqrt {\left(1-{\frac {\sqrt {35}}{18}}\right)^{2}+\left({\frac {17}{18}}\right)^{2}}}\Rightarrow \\&={\frac {\sqrt {18-{\sqrt {35}}}}{3}}\Rightarrow \\r&=1{,}158731117161276\ldots [LE]\end{aligned}}}$

Absoluter Fehler der konstruierten Länge ${\displaystyle r}$ der Leine; darin entspricht Radius ${\displaystyle r_{n}}$ dem numerisch gelösten ${\displaystyle r}$ (s. oben):

${\displaystyle F_{r}=r-r_{n}=1{,}158731117-1{,}158728473=0{,}000002644\ldots }$ [LE]

Für den relativen Fehler des konstruierten Radius ${\displaystyle r}$ gilt:

${\displaystyle f_{r}=\left({\frac {r}{r_{n}}}-1\right)\cdot 100\,\%,}$

mit den eingesetzten Werten ergibt sich

${\displaystyle f_{r}=\left({\frac {1{,}158731117}{1{,}158728473}}-1\right)\cdot 100\,\%\approx 0{,}000228\%.}$

Den Radius ${\displaystyle r}$ eingesetzt in die vereinfachte Formel der Linsenfläche für den Einheitskreis (mit ${\displaystyle R=d=1}$), oben in Lösung mit Berechnung der Linsenfläche beschrieben, ergibt näherungsweise die konstruierte halbe, im Bild grüne, Wiesenfläche

${\displaystyle {A_{k}=1{,}158731117^{2}\cdot \cos ^{-1}\left({\frac {1}{2}}\cdot 1{,}158731117\right)+\cos ^{-1}\left(1-{\frac {1}{2}}\cdot 1{,}158731117^{2}\right)-{\frac {1}{2}}\cdot 1{,}158731117\cdot {\sqrt {4-1{,}158731117^{2}}}=1{,}570802165\ldots }}$ [FE].

Flächeninhalt der halben Wiese (halber Einheitskreis)

${\displaystyle A_{W}={\frac {\pi }{2}}=1{,}570796326\ldots }$ [FE]

Absoluter Fehler der approximierten halben Wiesenfläche

${\displaystyle F_{A_{k}}=A_{k}-A_{W}=1{,}570802165-1{,}570796326=0{,}000005829\ldots }$ [FE]

Relativer Fehler der approximierten halben Wiesenfläche (Formel siehe oben bei ${\displaystyle f_{r}}$)

${\displaystyle f_{A_{k}}=\left({\frac {1{,}570802165}{1{,}570796326}}-1\right)\cdot 100\,\%\approx 0{,}000371\,\%}$

Verdeutlichung der Approximation

Hätte z. B. die kreisförmige Wiese einen Radius gleich ${\displaystyle 100\;\mathrm {m} ,}$ dann wäre die Leine um ca. ${\displaystyle 0{,}3\;\mathrm {mm} }$ zu lang und die Ziege könnte – angebunden am Punkt ${\displaystyle Q}$ an eine Leine mit der Länge ${\displaystyle 115,8731\;\mathrm {m} }$ – außer der für sie vorgesehenen Hälfte der Wiesenfläche (rund ${\displaystyle 15.707,963\;\mathrm {m} ^{2}}$), noch zusätzlich ${\displaystyle 5{,}8\;\mathrm {dm} ^{2}}$ – etwa ${\displaystyle 40\;\mathrm {mm} ^{2}}$ weniger als ein DIN-A4-Blatt – abgrasen.

Die Ziege im Weltall

Im dreidimensionalen Fall befindet sich Punkt ${\displaystyle Q}$ auf der Oberfläche einer Einheitskugel, und die Fragestellung ist, wie groß der Radius ${\displaystyle r}$ der zweiten Kugel sein muss, damit der Schnittkörper genau die Hälfte des Volumens der Einheitskugel hat.

Der vom Tier erreichbare Teil der Einheitskugel hat die Form einer dreidimensionalen Linse mit unterschiedlich gewölbten Seiten, die von den beiden Kugelkalotten begrenzt wird.

Das Volumen ${\displaystyle V}$ einer Linse bei zwei Kugeln mit Radien ${\displaystyle R,r}$ und Mittelpunktabstand ${\displaystyle d}$ ist:

${\displaystyle V={\frac {\pi (R+r-d)^{2}\left(d^{2}+2dr-3r^{2}+2dR+6rR-3R^{2}\right)}{12d}}}$

was sich bei ${\displaystyle R=d=1}$ und halbem Kugelvolumen vereinfacht zu

${\displaystyle {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {4}{3}}\pi =-{\frac {1}{4}}\pi r^{4}+{\frac {2}{3}}\pi r^{3}}$

woraus als Lösung folgt ${\displaystyle r=1{,}2285\ldots }$

Es kann gezeigt werden, dass sich ${\displaystyle r}$ bei weiter zunehmender Dimensionalität dem Wert ${\displaystyle {\sqrt {2}}}$ annähert.

Die Ziege am Silo

Im zweidimensionalen Fall kann auch die Frage nach der Größe der erreichbaren Fläche außerhalb des roten Kreises gestellt werden. Das entspricht der Situation, dass das Tier an einem Silo festgebunden ist.

In diesem Fall besteht die Fläche aus einem Halbkreis (hellblau) mit Radius ${\displaystyle r}$ und zwei Flächen, die durch den roten Kreis und die Kreisevolvente begrenzt sind (dunkelblau). Aus der Sektorformel von Leibniz folgt der Inhalt einer der dunkelblauen Flächen. Die gesamte erreichbare Fläche (hell- und dunkelblau) beträgt dann

${\displaystyle A={\frac {1}{2}}\pi r^{2}+{\frac {1}{3}}r^{3}}$

unter der Bedingung, dass ${\displaystyle r\leq \pi }$ (andernfalls überschneiden sich die beiden dunkelblauen Flächen auf der Rückseite des Silos).