Flächen


\(\\\)

Aufgabe 1 rechtwinkliges Dreieck

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Wir betrachten zunächst

\( \quad \begin{align} (1) \quad \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\sqrt{4+2r}-2 \\ -2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} \sqrt{4+2r}-2 \\ -2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = 0 \end{align} \)

\(\\\)

Wir sehen, dass beide Vektoren \(2\) nach unten verlaufen; also so, wie oben eingezeichnet. Für die Orthogonalität gilt, dass das Skalarprodukt Null ergibt. Wir prüfen, ob das angegebene Skalarprodukt aus den beiden Vektoren \(\vec{CA}\) und \(\vec{CB}\) gilt.

\( \quad \begin{align} \vec{CA} & = \vec{a} - \vec{c} \\[6pt] \vec{CA} & = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c} 2-\sqrt{4+2r} \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 4 \\ 2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[8pt] \vec{CA} & = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 2-\sqrt{4+2r}-4 \\ 0-2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[8pt] \vec{CA} & = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\sqrt{4+2r} -2 \\ -2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \qquad \Rightarrow \quad 1. \text{ Vektor} \end{align} \)

\(\\\)

\( \quad \begin{align} \vec{CB} & = \vec{b} - \vec{c} \\[6pt] \vec{CB} & = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 2+\sqrt{4+2r} \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 4 \\ 2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[8pt] \vec{CA} & = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 2+\sqrt{4+2r}-4 \\ 0-2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[8pt] \vec{CA} & = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} \sqrt{4+2r} -2 \\ -2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \qquad \Rightarrow \quad 2. \text{ Vektor} \end{align} \)

\(\\\)

Die 1. Gleichung berechnet damit für die Vektoren \(\vec{CA}\) und \(\vec{CB}\) eine rechten Winkel im Punkt \(C\). Wir ermitteln nun \(r\):

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\(\\\) Nach Gleichung (1) ist das Dreieck mit \(r=2\) rechtwinklig.

\(\\\) In der Gleichung (2) wird der gleiche Sachverhalt mithilfe von Steigungen zweier Geraden behandelt:

\(\\\) 2 Geraden stehen senkrecht aufeinander, wenn für ihre Steigungen gilt

\( \quad m_1 \cdot m_2 = -1 \)

\(\\\)

wobei die Steigungen, hier als Steigungsdreiecke dargestellt,

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\(\\\)

der Bruch im linken Dreieck in der Form

\( \quad \begin{align} m & = \tfrac{\scriptstyle{\Delta} y}{\scriptstyle{\Delta} x} \\[8pt] m & = \tfrac{y_c - y_{A_r}}{x_c - x_{A_r}} \\[8pt] m & = \tfrac{2 - 0}{4- (2-\sqrt{4+2r})} \\[8pt] m & = \tfrac{2}{2+\sqrt{4+2r}} \end{align} \)

\(\\\)

ist. Entsprechend gilt für das rechte Dreieck

\( \quad \begin{align} m & = \tfrac{\scriptstyle{\Delta}y}{\scriptstyle{\Delta}x} \\[8pt] m & = \tfrac{y_c - y_{B_r}}{x_c - x_{B_r}} \\[8pt] m & = \tfrac{2 - 0}{4- (2+\sqrt{4+2r})} \\[8pt] m & = \tfrac{2}{2-\sqrt{4+2r}} \end{align} \)

\(\\\)

Wir berechnen auch mit der 2. Gleichung Variable \(r\) :

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\(\\\) Ebenfalls ist für \(r=2\) das Dreieck rechtwinklig.

\(\\[1em]\)

Aufgabe 2 Fläche des Dreiecks

Die Fläche des Dreiecks bekommen wir mit

\( \quad \begin{align} A & = \tfrac{g \cdot h}{2} \\[8pt] A & = \tfrac{(x_{B_r} - x_{A_r}) \cdot y_C}{2} \\[8pt] A & =\tfrac{\left( (2 + \sqrt{4+2r}) - (2 - \sqrt{4+2r}) \right) \cdot 2}{2} \\[8pt] A & = \tfrac{(2 + \sqrt{4+2r}) - 2 + \sqrt{4+2r}) \cdot 2}{2} \\[8pt] A & = \tfrac{2 \cdot 2 \cdot \sqrt{4+2r}}{2} \\[8pt] A & = 2 \cdot \sqrt{4+2r} \end{align} \)

\(\\\)

Wir definieren die Fläche als \(a(r)\) mit

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\(\\\) Es soll nun gelten

\( \quad \displaystyle{\int}_{2 - \sqrt{4+2r} }^{2 + \sqrt{4+2r} } f_r(x)=4 \cdot a(r) \)

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\(\\\) mit den Nullstellen \(x_{A_r}\) und \(x_{B_r}\)

\(x_{A_r}=2 - \sqrt{4+2r} \quad \textit{und} \quad x_{B_r}=2 + \sqrt{4+2r}\)

\(\\\)

Das heißt, dass die Integralfläche, die bis zu dem Punkten\(A_r\) und \(B_r\) reicht, 4-mal so groß ist wie die Dreiecksfläche.

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\(\\\) Da nach den Vorgaben \(r>-2\) sein soll, ist die Lösung \(r=1\) .

\(\\\)