Der Knobelthread

[Ziegenpeter]

Welcher Anteil eines Quadrats ist näher an seinem Zentrum als an seinem Rand?

 

[Raubritter]

Der Anteil mit 49% der Fläche des Quadrats, der das Zentrum der Fläche bildet.

 

[Serpel]

Angenommen, das Quadrat besitzt den Ursprung als Mittelpunkt und die Seitenlänge 2. Dann setzt sich die Trennkurve zwischen Innengebiet und Außengebiet zusammen aus vier Parabelbögen (Ursprung als Brennpunkt und Quadratseite als Leitlinie), von denen der "obere" durch die Gleichung f(x)=1/2*(1-x^2) gegeben ist. Die obere Grenze a:=sqrt(2)-1 des Flächenintegrals ist Lösung von f(x)=x und man erhält

A = 2*int_0^a f(x) dx = a*(1-1/3a^2) = 2/3*(2-sqrt(2)) = .39052.

Dabei sind jetzt aber links und rechts unten jeweils zwei gleichschenklig rechtwinklige Dreiecke der Kathetenlänge a zu viel, so dass man noch ein a^2 subtrahieren muss und man erhält

A = 1/3*(4*sqrt(2)-5) = .21895.

Jetzt noch mit vier multiplizieren und wir erhalten den Inhalt der inneren Fläche

A = 4/3*(4*sqrt(2)-5) = .87581.

Das sind (nur) 21.895 % der Gesamtfläche des Quadrats.

(Vielleicht sind noch Fehler drin. Hab das nur so schnell mal mit dem Taschenrechner in der Hand ohne Stift und Papier auf dem Sofa hingeschwurbelt ... )

Gruß
Serpel

 

[FlowRider]

Der Anteil mit 49% der Fläche des Quadrats, der das Zentrum der Fläche bildet.

Wahrscheinlich will er 49,999... hören

 

[Ziegenpeter]

Angenommen, das Quadrat besitzt den Ursprung als Mittelpunkt und die Seitenlänge 2. Dann setzt sich die Trennkurve zwischen Innengebiet und Außengebiet zusammen aus vier Parabelbögen (Ursprung als Brennpunkt und Quadratseite als Leitlinie), von denen der "obere" durch die Gleichung f(x)=1/2*(1-x^2) gegeben ist. Die obere Grenze a:=sqrt(2)-1 des Flächenintegrals ist Lösung von f(x)=x und man erhält

A = 2*int_0^a f(x) dx = a*(1-1/3a^2) = 2/3*(2-sqrt(2)) = .39052.

Dabei sind jetzt aber links und rechts unten jeweils zwei gleichschenklig rechtwinklige Dreiecke der Kathetenlänge a zu viel, so dass man noch ein a^2 subtrahieren muss und man erhält

A = 1/3*(4*sqrt(2)-5) = .21895.

Jetzt noch mit vier multiplizieren und wir erhalten den Inhalt der inneren Fläche

A = 4/3*(4*sqrt(2)-5) = .87581.

Das sind (nur) 21.895 % der Gesamtfläche des Quadrats.

(Vielleicht sind noch Fehler drin. Hab das nur so schnell mal mit dem Taschenrechner in der Hand ohne Stift und Papier auf dem Sofa hingeschwurbelt ... )

Gruß
Serpel

Das muss aber ein mächtiger Taschenrechner sein, alles OK, das mal 4 nehmen hättest nicht mehr machen müssen



Dein Spiel

 

[Serpel]

So sieht das dann etwa aus:

Das rote parabolische Quadrat macht auch in der Zeichnung etwas weniger als ein Viertel der Gesamtfläche aus.

Gruß
Serpel

 

[Serpel]

Das muss aber ein mächtiger Taschenrechner sein

Ja, das ist er tatsächlich. Klein, aber oho!

Supergeiles Rätsel für neben der Tagesschau (die man ohnehin nicht mehr schauen kann).

Gruß
Serpel

 

[Serpel]

Freispiel!

 

[Ziegenpeter]

Ja, das ist er tatsächlich. Klein, aber oho!

Supergeiles Rätsel für neben der Tagesschau (die man ohnehin nicht mehr schauen kann).

Gruß
Serpel

Das ist unfair, so neumodisches Zeugs, ich quäle mich noch mit museumsreifer Technik aus dem letzten Jahrtausend rum, nämlich damit

 

[Serpel]

Bis zum 48 war ich auch noch HP-Fan, der katastrophale 49 hat mich dann schlagartig rausgeworfen und ich bin zum Ti 92 gewechselt. Der Voyage hat mir dann 20 Jahre treuen Dienst geleistet (obwohl längst nicht so erotisch zu bedienen wie die alten HP).

Aber den 48 tät ich auch heute nicht unterschätzen. Ist toll zu programmieren und konnte bereits damals recht viel.

Gruß
Serpel

 

[MTL]

Mir fällt da noch eine Variante ein:

Wie kann man durch Umlegen von 4 Streichhölzern ...

... ein Quadrat ...

und 4 identische Dreiecke erreichen

unter der Bedingung, daß sich die Streichhölzer nur an ihren Enden berühren dürfen?

 

[Ziegenpeter]

Ich habe mir den während des Studiums gekauft. Der ist einfach unkaputtbar und was habe ich mit dem alles erlebt, gelitten und triumphiert... sowas schmeißt man nicht weg...

 

[MTL]

Ja, das ist er tatsächlich. Klein, aber oho!

Das ist unfair, so neumodisches Zeugs, ich quäle mich noch mit museumsreifer Technik aus dem letzten Jahrtausend rum, nämlich damit

Ha - mein Gerät funktioniert auch noch bei leerer Batterie:

 

[FlowRider]

 

[MTL]

Da sehe ich vier Berührungen, die anderswo als an den Enden stattfinden.

 

[Ziegenpeter]

 

[MTL]

yup, so hatte ich's gemeint

 

[Ziegenpeter]

Dann bleiben wir mal bei Dreiecken

Wieviele sind es?

 

[bswoolf]

48, hab aber bestimmt noch welche übersehen, oder?

 

[Stefan_HY]

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