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Topos Uranos

Zusammenfassung

Diese Lektion definiert die orientierten Winkel, die eine Drehung samt ihrem Drehsinn messen und die volle Drehung überschreiten können, und ihre beiden üblichen Maße: das Gradmaß im Sexagesimalsystem, das auf einer alten Konvention beruht, und den Radiant, der die Länge des Bogens ist, den der Winkel auf dem Einheitskreis überspannt. Sie setzt den Umfang des Kreises, die Proportionalität der Bögen zu den Radien und die Erhaltung der Längen unter Spiegelungen voraus, definiert die Zahl π\pi als die Hälfte des Umfangs des Einheitskreises und formuliert das Axiom des Durchlaufens nach Bogenlänge, das jeder reellen Zahl einen Punkt dieses Kreises zuordnet; daraus leitet sie das Verhalten des Durchlaufens in seiner zweiten halben Drehung her, die Regel für die Umrechnung zwischen Gradmaß und Bogenmaß, die Länge eines Bogens, den Flächeninhalt eines Sektors und den Umfangswinkelsatz. Danach bringt sie die Winkel in Standardlage, beweist, dass sich jeder Winkel auf genau eine Weise auf einen Winkel der ersten Umdrehung reduzieren lässt und dass eine Umdrehung nicht zweimal durch denselben Punkt geht, kennzeichnet die Winkel mit gleichem Endschenkel und setzt die Winkelgeschwindigkeit mit der Bahngeschwindigkeit in Beziehung. Die Aufgaben vermessen die Erde wie Eratosthenes, berechnen ein Kreissegment, übertragen eine Drehung über eine Kette, maximieren den Flächeninhalt eines Sektors mit festem Umfang und zählen, wie oft sich die Zeiger einer Uhr überdecken.

Lernziele

  1. Den Anfangsschenkel und den Endschenkel eines orientierten Winkels unterscheiden, ihn in Grad, Minuten und Sekunden messen und sein Vorzeichen am Drehsinn erkennen.
  2. Das Axiom des Durchlaufens nach Bogenlänge formulieren, mit ihm den Radiant definieren und Maße zwischen Gradmaß und Bogenmaß umrechnen, insbesondere die der besonderen Winkel.
  3. Die Formeln für die Länge eines Bogens und den Flächeninhalt eines Sektors, den Umfangswinkelsatz und die Beziehung zwischen Winkelgeschwindigkeit und Bahngeschwindigkeit beweisen und anwenden.
  4. Jeden Winkel auf einen Winkel der ersten Umdrehung reduzieren, dabei Existenz und Eindeutigkeit der Reduktion beweisen, und entscheiden, ob zwei Winkel denselben Endschenkel haben.

Orientierte Winkel

In der elementaren Geometrie ist ein Winkel die Figur aus zwei Halbgeraden mit gemeinsamem Anfangspunkt, und sein Maß liegt zwischen 0∘0^\circ und 180∘180^\circ. Um Drehungen zu untersuchen, etwa die eines Rades, die der Zeiger einer Uhr oder die der Erde um ihre Achse, genügt dieser Begriff nicht: Es kommt darauf an, wie weit und in welchem Drehsinn gedreht wurde, und eine Drehung kann mehrere Umdrehungen umfassen. Deshalb betrachtet man den Winkel als das Ergebnis einer Drehung.

Ein orientierter Winkel ist bestimmt durch eine Halbgerade, den Anfangsschenkel, die sich um ihren Anfangspunkt, den Scheitel, dreht, bis sie eine Endlage einnimmt, den Endschenkel, zusammen mit der ausgeführten Drehung. Der Winkel ist positiv, wenn die Drehung entgegen der Bewegung der Uhrzeiger erfolgt (gegen den Uhrzeigersinn), und negativ, wenn sie in der Bewegungsrichtung der Uhrzeiger erfolgt (im Uhrzeigersinn). Der Nullwinkel ist derjenige, bei dem sich nichts dreht.

Ein und dasselbe Schenkelpaar kann zu vielen orientierten Winkeln gehören: Der Endschenkel nimmt dieselbe Lage ein, wenn man um eine Vierteldrehung gegen den Uhrzeigersinn dreht, um drei Vierteldrehungen im Uhrzeigersinn oder um eine Vierteldrehung und dazu eine volle Drehung. Diese Winkel sind verschieden, weil sie verschiedene Drehungen beschreiben, auch wenn sie auf demselben Schenkel enden; der dritte Teil der Lektion klärt, wie sie zusammenhängen.

Das Sexagesimalsystem

Das älteste Winkelmaß teilt die volle Drehung in 360360 gleiche Bögen und nennt Grad den Winkel, der jeden von ihnen überspannt: Ein Winkel misst gg Grad, wenn sein Bogen das gg-Fache des Bogens von einem Grad ist, sodass das Gradmaß proportional zur Länge des Bogens ist. Jedes Grad wird in 6060 Minuten geteilt und jede Minute in 6060 Sekunden. Das System stammt aus der babylonischen Astronomie, die zur Basis sechzig zählte, wie in der Lektion von Kurs I über Stellenwertsysteme erklärt wird; die Zahl 360360 hat den Vorzug, unter anderem durch 22, 33, 44, 55, 66, 88, 99, 1010 und 1212 teilbar zu sein. Ein rechter Winkel misst 90∘90^\circ, ein gestreckter Winkel misst 180∘180^\circ und eine volle Drehung 360∘360^\circ; ein negativer Winkel wird mit dem Minuszeichen gemessen, sodass eine Vierteldrehung im Uhrzeigersinn −90∘-90^\circ misst. Der Winkel von 40 Grad, 15 Minuten und 36 Sekunden, den man abkürzt, indem man hinter jede Zahl das Gradzeichen, einen Strich für die Minuten und zwei für die Sekunden schreibt, misst in Grad Folgendes, also 40,26 Grad:

40+1560+363600=40+14+1100=20135040 + \frac{15}{60} + \frac{36}{3600} = 40 + \frac{1}{4} + \frac{1}{100} = \frac{2013}{50}

Die Zahl 360360 ist jedoch eine Konvention: Nichts in der Geometrie des Kreises zeichnet sie vor einer anderen Zahl aus. Die Formeln für die Länge eines Bogens und den Flächeninhalt eines Sektors und später die der trigonometrischen Funktionen werden einfacher, wenn man die Winkel auf eine Weise misst, die aus dem Kreis selbst hervorgeht.

Der Radiant

Die Idee ist, einen Winkel durch die Länge des Bogens zu messen, den er auf einem Kreis mit Radius 11 um seinen Scheitel überspannt. Das setzt voraus, dass man weiß, was die Länge eines Bogens ist, und hier zeigt sich eine Schwierigkeit: Ein Bogen ist keine Vereinigung von Strecken, und seine Länge wird definiert als der Wert, dem sich die Längen der einbeschriebenen Streckenzüge nähern, wenn ihre Seiten immer kürzer werden, also mithilfe eines Grenzwerts. Ihre Untersuchung gehört in den Kurs Analysis II, wo Längen von Kurven und Flächeninhalte von krummlinig begrenzten Gebieten berechnet werden. Hier werden die folgenden Tatsachen vorausgesetzt.

Vorausgesetzte Tatsache (Längen und Flächeninhalte am Kreis). Jeder Kreisbogen hat eine Länge, und jedes von Strecken und Bögen begrenzte Gebiet hat einen Flächeninhalt. Kongruente Figuren haben dieselbe Länge beziehungsweise denselben Flächeninhalt; zerfällt eine Figur in zwei, die sich nicht überlappen, so ist ihr Maß die Summe der Maße der Stücke; und enthält ein Gebiet ein anderes, so ist sein Flächeninhalt nicht kleiner, und er ist größer, wenn die Differenz eine Kreisscheibe enthält. Haben ferner zwei Kreise die Radien rr und RR, so sind die Bögen, die ein und derselbe Mittelpunktswinkel auf ihnen überspannt, proportional zu den Radien, und der Flächeninhalt einer Kreisscheibe mit Radius rr ist πr2\pi r^2.

Diese Tatsache wird ohne Beweis vorausgesetzt, weil die Längen von Bögen und die Flächeninhalte krummlinig begrenzter Gebiete mithilfe von Grenzwerten definiert und mit dem Integral berechnet werden, im Kurs Analysis II. Ihr letzter Teil setzt die Zahl π\pi als bekannt voraus, die jetzt definiert wird: Die Zahl π\pi ist die Hälfte des Umfangs des Einheitskreises, das heißt des Kreises mit Radius 11. Wegen der Proportionalität der Bögen zu den Radien, angewandt auf den Winkel einer vollen Drehung, hat der Kreis mit Radius rr den Umfang 2πr2\pi r, und der Quotient aus dem Umfang eines beliebigen Kreises und seinem Durchmesser ist stets π\pi. Ebenso wird vorausgesetzt, dass π\pi irrational ist und dass seine Dezimaldarstellung mit 3,14159 beginnt; insbesondere gilt 3<π<43 < \pi < 4.

Um Winkel zu messen, muss man außerdem den Kreis nach Bogenlänge durchlaufen: von einem Punkt ausgehen, auf dem Kreis eine gegebene Länge in der einen oder der anderen Richtung zurücklegen und wissen, zu welchem Punkt man gelangt. Alles, was diese Einheit über Winkel und trigonometrische Funktionen sagt, beruht auf diesem Durchlaufen, sodass es sich lohnt, genau zu formulieren, was darüber vorausgesetzt wird. Es wird in der kartesischen Ebene formuliert, für den Einheitskreis x2+y2=1x^2 + y^2 = 1 und seinen Punkt A=(1,0)A = (1, 0); da sich Längen beim Bewegen von Figuren nicht ändern, gilt es ebenso für jeden Kreis mit Radius 11 und jeden Ausgangspunkt.

Axiom (Durchlaufen nach Bogenlänge). Zu jeder reellen Zahl ss gibt es genau einen Punkt P(s)P(s) des Einheitskreises, zu dem man gelangt, wenn man von A=(1,0)A = (1, 0) ausgeht und auf dem Kreis eine Länge ∣s∣\abs{s} zurücklegt, gegen den Uhrzeigersinn, falls s>0s > 0, und im Uhrzeigersinn, falls s<0s < 0, mit so vielen Umdrehungen wie nötig; für s=0s = 0 ist P(0)=AP(0) = A. Dieses Durchlaufen hat die vier folgenden Eigenschaften.
  1. Aneinanderfügen: Durchläuft man vom Punkt P(s)P(s) aus eine Länge t≥0t \geq 0 gegen den Uhrzeigersinn, so gelangt man zu P(s+t)P(s + t); durchläuft man sie im Uhrzeigersinn, so gelangt man zu P(s−t)P(s - t).
  2. Periodizität: Eine volle Drehung in beliebigem Drehsinn durchläuft die Länge 2π2\pi des Kreises und endet wieder im Ausgangspunkt; das heißt, P(s+2π)=P(s)P(s + 2\pi) = P(s) für jede reelle Zahl ss.
  3. Halbe Drehung: Das Durchlaufen gegen den Uhrzeigersinn geht zuerst über den oberen Halbkreis, von rechts nach links. Genauer: P(π)=(−1,0)P(\pi) = (-1, 0), und ist 0≤s<t≤π0 \leq s < t \leq \pi, so haben die Punkte P(s)P(s) und P(t)P(t) eine nichtnegative Ordinate, und die Abszisse von P(s)P(s) ist größer als die von P(t)P(t).
  4. Überdeckung: Jeder Punkt des Einheitskreises ist P(s)P(s) für eine reelle Zahl ss.

Das Axiom wird aus demselben Grund ohne Beweis vorausgesetzt wie die Tatsache davor: Die Länge eines Bogens wird mithilfe eines Grenzwerts definiert, und ihre Eigenschaften werden im Kurs Analysis II bewiesen; die Überdeckung, die besagt, dass beim Durchlaufen des Kreises kein Punkt übersprungen wird, beruht außerdem auf der Zwischenwerteigenschaft stetiger Funktionen, die im Kurs Analysis I bewiesen wird. Die Eigenschaft der halben Drehung hat eine einfache geometrische Deutung. Liegt (x,y)(x, y) auf dem Einheitskreis, so ist das Quadrat seines Abstands vom Punkt AA das Folgende:

(x−1)2+y2=x2+y2−2x+1=2−2x(x - 1)^2 + y^2 = x^2 + y^2 - 2x + 1 = 2 - 2x

Daher ist die Aussage, dass die Abszisse längs des oberen Halbkreises streng monoton fällt, gleichbedeutend mit der Aussage, dass die Sehne, die AA mit dem erreichten Punkt verbindet, mit dem Bogen streng monoton wächst, bis sie nach einer halben Drehung zu einem Durchmesser wird. Wenn in der Lektion über die trigonometrischen Verhältnisse der Kosinus von ss als die Abszisse von P(s)P(s) definiert wird, besagt diese Eigenschaft, dass der Kosinus auf [0,π]\icc{0}{\pi} streng monoton fallend ist: Diese Monotonie wird nicht hergeleitet, sondern ist die Klausel der halben Drehung selbst, in Koordinaten gelesen. Aus diesem Axiom, aus den Tatsachen über Längen und Flächeninhalte und aus der unten vorausgesetzten Tatsache über die Spiegelungen folgt nun alles Übrige, was vom Durchlaufen benutzt wird: in dieser Lektion das Verhalten der zweiten halben Drehung und dass eine Umdrehung nicht zweimal durch denselben Punkt geht; in der Lektion über die Arkusfunktionen die Monotonie des Sinus und des Tangens.

Vorausgesetzte Tatsache (Spiegelungen und Halbdrehung). Eine Spiegelung an einer Geraden erhält die Abstände und mit ihnen die Längen der Bögen, kehrt aber den Drehsinn um: Sie führt ein Durchlaufen gegen den Uhrzeigersinn eines Kreises, dessen Mittelpunkt auf dieser Geraden liegt, in ein Durchlaufen im Uhrzeigersinn derselben Länge über, und umgekehrt. Die Halbdrehung um einen Punkt, die die Verkettung der Spiegelungen an zwei zueinander senkrechten Geraden durch ihn ist, erhält die Abstände, die Längen und auch den Drehsinn.

Diese Tatsache gehört zur elementaren Geometrie der Bewegungen der Ebene, die dieser Kurs nicht entwickelt. In Koordinaten ist die Spiegelung an der xx-Achse die Abbildung (x,y)↦(x,−y)(x, y) \mapsto (x, -y); sie bildet den Einheitskreis auf sich ab, denn x2+(−y)2=x2+y2x^2 + (-y)^2 = x^2 + y^2, und lässt den Punkt A=(1,0)A = (1, 0) fest. Mit ihr erhält man die zweite halbe Drehung des Durchlaufens aus der ersten.

PropositionDie zweite halbe Drehung

Für jede reelle Zahl uu ist der Punkt P(−u)P(-u) das Spiegelbild von P(u)P(u) an der xx-Achse. Ist ferner π≤s<t≤2π\pi \leq s < t \leq 2\pi, so haben die Punkte P(s)P(s) und P(t)P(t) eine nichtpositive Ordinate, und die Abszisse von P(s)P(s) ist kleiner als die von P(t)P(t): In seiner zweiten halben Drehung geht das Durchlaufen gegen den Uhrzeigersinn über den unteren Halbkreis, von links nach rechts.

Man spiegelt das Durchlaufen an der xx-Achse, und die Periodizität verschiebt die erste halbe Drehung, rückwärts durchlaufen, auf die zweite. Man schreibt (xw,yw)(x_w, y_w) für die Koordinaten von P(w)P(w) und σ\sigma für die Spiegelung an der xx-Achse.

Beweis

  1. σ(x,y)=(x,−y),σ(A)=A\sigma(x, y) = (x, \resaltar{-y}), \quad \sigma(A) = A

    Die Spiegelung σ\sigma ändert das Vorzeichen der Ordinate, bildet den Einheitskreis auf sich ab und lässt den Punkt AA fest.

  2. P(−u)=σ(P(u))=(xu,−yu)\dato{r}{P(-u) = \resaltar{\sigma(P(u))} = \left( x_u, -y_u \right)}

    Sei u≥0u \geq 0. Nach der vorausgesetzten Tatsache führt σ\sigma das Durchlaufen gegen den Uhrzeigersinn der Länge uu, das in AA beginnt und in P(u)P(u) endet, in ein Durchlaufen im Uhrzeigersinn derselben Länge über, das in AA beginnt; wegen der Eindeutigkeit des Punktes im Axiom endet dieses Durchlaufen in P(−u)P(-u). Ist u<0u < 0, so wendet man das Gesagte auf −u-u an und spiegelt erneut, denn σ\sigma, zweimal angewandt, lässt jeden Punkt an seiner Stelle.

  3. P(s)=P(−u)=(xu,−yu),P(t)=(xv,−yv)P(s) = P(\resaltar{-u}) = \dato{st}{\resaltar{\left( x_u, -y_u \right)}}, \quad P(t) = \left( x_v, -y_v \right)

    Seien π≤s<t≤2π\pi \leq s < t \leq 2\pi, und seien u=2π−su = 2\pi - s und v=2π−tv = 2\pi - t, die 0≤v<u≤π0 \leq v < u \leq \pi erfüllen. Wegen der Periodizität ist P(s)=P(s−2π)=P(−u)P(s) = P(s - 2\pi) = P(-u), das Spiegelbild von P(u)P(u); ebenso ist P(t)P(t) das Spiegelbild von P(v)P(v).

  4. xs=xu<xv=xt,ys=−yu≤0,yt=−yv≤0x_s = \resaltar{x_u < x_v} = x_t, \quad y_s = -y_u \leq 0, \quad y_t = -y_v \leq 0

    Nach der Eigenschaft der halben Drehung, angewandt auf v<uv < u in [0,π]\icc{0}{\pi}, sind die Ordinaten von P(u)P(u) und von P(v)P(v) nicht negativ, und die Abszisse von P(v)P(v) ist größer als die von P(u)P(u). Die Spiegelung erhält die Abszissen und ändert das Vorzeichen der Ordinaten: Es folgt die Behauptung.

Gegeben sei ein orientierter Winkel mit Scheitel im Mittelpunkt OO des Einheitskreises, und AA sei der Punkt, in dem der Anfangsschenkel diesen Kreis schneidet. Dreht sich der Schenkel, so durchläuft der Punkt AA einen Bogen des Kreises, wie im Axiom oben. Das Bogenmaß des Winkels ist die Länge dieses Bogens, mit positivem Vorzeichen, wenn die Drehung gegen den Uhrzeigersinn erfolgt, und mit negativem, wenn sie im Uhrzeigersinn erfolgt; umfasst die Drehung mehrere Umdrehungen, so trägt jede volle Drehung die Länge 2π2\pi des Kreises bei.
BeispielEinige Winkel im Bogenmaß

Mit der Definition lassen sich die Winkel, die einfache Bruchteile der Umdrehung sind, sofort messen.

Beweis

  1. L=2πL = 2\pi

    Der Einheitskreis hat seinen Mittelpunkt im Scheitel OO und den Radius 11; nach der Definition von π\pi ist sein Umfang 2π2\pi. Der Anfangsschenkel schneidet ihn im Punkt AA.

  2. θ=s\theta = s

    Dreht sich der Schenkel gegen den Uhrzeigersinn, so durchläuft der Punkt AA einen Bogen; die Länge ss dieses Bogens ist das Maß des Winkels.

  3. s=1→θ=1s = 1 \rightarrow \theta = 1

    Ein Radiant ist der Winkel, dessen Bogen so lang ist wie der Radius. Da 2π2\pi etwas größer als 66 ist, ist ein Radiant etwas weniger als der sechste Teil der Umdrehung.

  4. θ=2π4=π2\theta = \frac{\resaltar{2\pi}}{4} = \resaltar{\frac{\pi}{2}}

    Eine Vierteldrehung durchläuft ein Viertel des Kreises: Der rechte Winkel misst π2\frac{\pi}{2} Radiant.

  5. θ=π,θ=2π\theta = \pi, \quad \theta = 2\pi

    Eine halbe Drehung durchläuft die Hälfte des Kreises, deren Länge nach Definition π\pi ist; die volle Drehung misst 2π2\pi.

  6. θ=−π2\theta = -\frac{\pi}{2}

    Dreht sich der Schenkel um eine Vierteldrehung im Uhrzeigersinn, so ist der durchlaufene Bogen gleich lang, aber der Winkel ist negativ.

Ein im Bogenmaß gemessener Winkel ist eine dimensionslose reelle Zahl: der Quotient aus einer Bogenlänge und der Länge des Radius, die 11 beträgt. Deshalb schreibt man für einen Winkel von zwei Radiant einfach θ=2\theta = 2; will man die Maßeinheit betonen, schreibt man 2 rad. Das Gradmaß dagegen wird stets mit seinem Zeichen angegeben, wie in 30∘30^\circ. Umgekehrt ist jede reelle Zahl das Maß eines orientierten Winkels: Nach dem Axiom des Durchlaufens kann für jedes θ\theta der Punkt AA den Kreis über eine Länge ∣θ∣\abs{\theta} in der Richtung durchlaufen, die das Vorzeichen von θ\theta angibt, mit so vielen vollen Umdrehungen wie nötig, und die Halbgerade vom Scheitel zum erreichten Punkt ist der Endschenkel.

Die Umrechnung zwischen Gradmaß und Bogenmaß

Da die volle Drehung 360∘360^\circ und zugleich 2π2\pi Radiant misst und da beide Maße proportional zur Länge des Bogens sind, den der Winkel auf dem Einheitskreis überspannt (das Gradmaß nach der Definition des Grades, das Bogenmaß, weil es diese Länge ist), sind die beiden Maße eines Winkels proportional.

SatzUmrechnung zwischen Gradmaß und Bogenmaß

Misst ein Winkel gg Grad und θ\theta Radiant, so gilt θ=πg180\theta = \frac{\pi g}{180} und g=180θπg = \frac{180 \theta}{\pi}.

Die Regel ergibt sich aus der Proportion zwischen dem Winkel und der vollen Drehung und wird danach auf die besonderen Marken des Kreises angewandt, die Winkel, die in den elementaren Figuren vorkommen.

Beweis

  1. 360∘=2π\dato{v}{360^\circ = 2\pi}

    Eine volle Drehung misst 360360 Grad und 2π2\pi Radiant.

  2. θ2π=g360→θ=2πg360=πg180\frac{\theta}{2\pi} = \frac{g}{360} \rightarrow \dato{c}{\theta = \resaltar{\frac{2\pi g}{360}} = \resaltar{\frac{\pi g}{180}}}

    Der Quotient aus einem Winkel und der vollen Drehung ist in beiden Maßen derselbe, weil beide proportional zur Länge des Bogens sind; jede zusätzliche Umdrehung addiert 360∘360^\circ im einen und 2π2\pi im anderen. Löst man nach θ\theta auf, so erhält man die Regel.

  3. 1∘=π180,1=(180π)∘1^\circ = \frac{\pi}{180}, \quad 1 = \left( \frac{180}{\pi} \right)^\circ

    Mit g=1g = 1 und mit θ=1\theta = 1: Ein Grad ist ein kleiner Bruchteil des Radiant, und ein Radiant misst etwas mehr als 5757 Grad, denn 180π\frac{180}{\pi} ist ungefähr 57,3.

  4. 30∘=30π180=π6,45∘=π4,60∘=π330^\circ = \resaltar{\frac{30\pi}{180}} = \resaltar{\frac{\pi}{6}}, \quad 45^\circ = \frac{\pi}{4}, \quad 60^\circ = \frac{\pi}{3}

    Die Winkel von 3030, 4545 und 6060 Grad, die im gleichseitigen Dreieck und im Quadrat vorkommen, rechnet man durch Kürzen des Bruchs um.

  5. 90∘=π2,180∘=π,270∘=3π290^\circ = \frac{\pi}{2}, \quad 180^\circ = \pi, \quad 270^\circ = \frac{3\pi}{2}

    Der rechte Winkel, der gestreckte Winkel und drei Vierteldrehungen markieren die Halbachsen.

  6. 120∘=2π3,135∘=3π4,150∘=π−π6=5π6120^\circ = \frac{2\pi}{3}, \quad 135^\circ = \frac{3\pi}{4}, \quad 150^\circ = \resaltar{\pi - \frac{\pi}{6}} = \resaltar{\frac{5\pi}{6}}

    Die übrigen besonderen Winkel der Umdrehung erhält man durch Addieren oder Subtrahieren; zum Beispiel ist 150∘150^\circ gleich 180∘180^\circ minus 30∘30^\circ.

In der Praxis multipliziert man, um vom Gradmaß zum Bogenmaß überzugehen, mit π180\frac{\pi}{180}, und um vom Bogenmaß zum Gradmaß überzugehen, mit 180π\frac{180}{\pi}. So ist 225∘=5π4225^\circ = \frac{5\pi}{4}, −60∘=−π3-60^\circ = -\frac{\pi}{3} und 7π6=210∘\frac{7\pi}{6} = 210^\circ; der Winkel von 22 Radiant misst 360π\frac{360}{\pi} Grad, ungefähr 114,6 Grad.

Bogenlänge und Flächeninhalt eines Sektors

In einem Kreis mit Radius rr überspannt ein Mittelpunktswinkel θ\theta einen Bogen, und die beiden Schenkel des Winkels begrenzen zusammen mit diesem Bogen einen Kreissektor. Das Bogenmaß verleiht ihren Formeln eine besonders einfache Gestalt.

SatzBogenlänge und Sektorfläche

In einem Kreis mit Radius rr überspannt ein Mittelpunktswinkel von θ\theta Radiant, mit 0<θ≤2π0 < \theta \leq 2\pi, einen Bogen der Länge s=rθs = r\theta, und der Sektor, den er bestimmt, hat den Flächeninhalt A=12r2θ=12rsA = \frac{1}{2} r^2 \theta = \frac{1}{2} rs.

Die Länge des Bogens folgt aus der vorausgesetzten Proportionalität. Für den Flächeninhalt beweist man die Formel zuerst, wenn der Winkel ein rationaler Bruchteil der Umdrehung ist, und dehnt sie dann mit der Dichtheit der rationalen Zahlen auf jeden Winkel aus, die in der Lektion von Kurs I über die Zahlengerade bewiesen wurde.

Beweis

  1. s1=θs_1 = \theta

    Im Einheitskreis mit demselben Mittelpunkt überspannt der Winkel nach der Definition des Radiant einen Bogen der Länge θ\theta.

  2. s=rs1=rθs = r \resaltar{s_1} = \dato{s}{\resaltar{r\theta}}

    Wegen der Proportionalität der Bögen zu den Radien ist der entsprechende Bogen im Kreis mit Radius rr das rr-Fache.

  3. A=pqπr2=12r2θA = \resaltar{\frac{p}{q} \pi r^2} = \dato{f}{\resaltar{\frac{1}{2} r^2 \theta}}

    Ist θ=2πpq\theta = \frac{2\pi p}{q}, mit natürlichen Zahlen pp und qq und p≤qp \leq q, so zerfällt die Kreisscheibe in qq kongruente Sektoren mit dem Winkel 2πq\frac{2\pi}{q}, jeder mit dem Flächeninhalt πr2q\frac{\pi r^2}{q}, und der Sektor mit dem Winkel θ\theta ist die Vereinigung von pp davon.

  4. 2Ar2<φ<θ→A<12r2φ=Aφ≤A\frac{2A}{r^2} < \varphi < \theta \rightarrow A < \resaltar{\frac{1}{2} r^2 \varphi} = A_\varphi \leq A

    Sei nun θ\theta beliebig, und angenommen, der Flächeninhalt AA seines Sektors wäre kleiner als 12r2θ\frac{1}{2} r^2 \theta. Wegen der Dichtheit der rationalen Zahlen gibt es einen Winkel φ\varphi, einen rationalen Bruchteil der Umdrehung, zwischen 2Ar2\frac{2A}{r^2} und θ\theta. Sein Sektor ist in dem von θ\theta enthalten, und sein Flächeninhalt hat die Formel des vorigen Schritts: Man erhält einen Widerspruch.

  5. A=12r2θ=12rsA = \frac{1}{2} r^2 \theta = \frac{1}{2} r \resaltar{s}

    Ebenso schließt man mit einem φ\varphi zwischen θ\theta und 2Ar2\frac{2A}{r^2}, das die Umdrehung nicht überschreitet, weil der Sektor die Kreisscheibe nicht übertrifft, aus, dass AA größer als 12r2θ\frac{1}{2} r^2 \theta ist. Also ist der Flächeninhalt der angegebene, und mit rθ=sr\theta = s ergibt sich eine Formel analog zu der für den Flächeninhalt eines Dreiecks mit Grundseite ss und Höhe rr.

Würde der Winkel in Grad gemessen, so enthielten die Formeln den Umrechnungsfaktor: Der Bogen wäre πrg180\frac{\pi r g}{180} und der Flächeninhalt des Sektors πr2g360\frac{\pi r^2 g}{360}. Die Einfachheit von s=rθs = r\theta ist der Hauptgrund, den Radiant vorzuziehen. Außerdem liefert die Formel das Maß eines Winkels in jedem Kreis, nicht nur im Einheitskreis: θ=sr\theta = \frac{s}{r} ist der Quotient aus Bogen und Radius und hängt nicht vom gewählten Radius ab.

Der Umfangswinkel

Ein Winkel mit dem Scheitel im Mittelpunkt eines Kreises heißt Mittelpunktswinkel. Sind AA, BB und CC drei verschiedene Punkte eines Kreises, so heißt der Winkel, der in CC von den Sehnen CACA und CBCB gebildet wird, Umfangswinkel, und man sagt, er überspannt den Bogen mit den Endpunkten AA und BB, der CC nicht enthält. Nach dem obigen Satz gehört zu einem Bogen der Länge ss eines Kreises mit Radius rr der Mittelpunktswinkel von sr\frac{s}{r} Radiant, auch wenn diese Zahl π\pi übersteigt. Um den Umfangswinkel mit dem Mittelpunktswinkel zu vergleichen, setzt man die folgenden Tatsachen der elementaren Geometrie voraus, die dieser Kurs nicht beweist, weil er die synthetische Geometrie nicht entwickelt. Die ersten beiden messen die Winkel eines Dreiecks; die letzten beiden sind Lagetatsachen, die sagen, wie sich Winkel und Bögen aufteilen, wenn eine Halbgerade durch das Innere eines Winkels verläuft.

Vorausgesetzte Tatsache (Winkel im Dreieck und Lagen am Kreis). Vorausgesetzt werden die vier folgenden Aussagen, in denen nicht orientierte Winkel im Bogenmaß gemessen werden, zwischen 00 und π\pi.
  1. Winkelsumme: Die drei Winkel eines Dreiecks ergeben zusammen einen gestreckten Winkel, das heißt π\pi Radiant.
  2. Gleichschenkliges Dreieck: In einem Dreieck mit zwei gleich langen Seiten sind die diesen Seiten gegenüberliegenden Winkel gleich.
  3. Summe benachbarter Winkel: Verläuft eine Halbgerade, die vom Scheitel eines Winkels ausgeht, durch sein Inneres, so teilt sie ihn in zwei Winkel, deren Maße zusammen das des gegebenen Winkels ergeben.
  4. Lage des Mittelpunkts: Seien AA, BB und CC drei verschiedene Punkte eines Kreises mit Mittelpunkt OO, und sei DD der andere Endpunkt des Durchmessers, der von CC ausgeht. Liegt OO weder auf der Sehne CACA noch auf der Sehne CBCB, so tritt einer von zwei Fällen ein. Entweder liegt OO im Innern des Winkels, der in CC von diesen Sehnen gebildet wird; dann verläuft die Halbgerade von CC nach DD durch dieses Innere, und DD liegt auf dem Bogen mit den Endpunkten AA und BB, der CC nicht enthält. Oder OO liegt außerhalb dieses Winkels; dann liegt einer der Punkte AA und BB, den man AA nennen kann, auf dem Bogen mit den Endpunkten DD und BB, der CC nicht enthält, und die Halbgerade von CC nach AA verläuft durch das Innere des Winkels, der in CC von den Sehnen CDCD und CBCB gebildet wird.
SatzDer Umfangswinkel misst die Hälfte des überspannten Bogens

Seien AA, BB und CC drei verschiedene Punkte eines Kreises mit Mittelpunkt OO und Radius rr, und sei ss die Länge des Bogens mit den Endpunkten AA und BB, der CC nicht enthält. Der Umfangswinkel γ\gamma, der in CC von den Sehnen CACA und CBCB gebildet wird, ist halb so groß wie der Mittelpunktswinkel über diesem Bogen.

γ=s2r\gamma = \frac{s}{2r}

Der Beweis behandelt zuerst den Fall, dass ein Schenkel des Umfangswinkels durch den Mittelpunkt geht, und reduziert die beiden anderen Fälle der vorausgesetzten Tatsache über die Lage des Mittelpunkts mithilfe des Durchmessers, der von CC ausgeht, auf ihn.

Beweis

  1. α=γ\dato{i}{\alpha = \gamma}

    Angenommen zuerst, der Mittelpunkt OO liegt auf der Sehne CBCB, die dann ein Durchmesser ist (der Fall, dass er auf der Sehne CACA liegt, ist gleich). Sei α\alpha der Winkel bei AA im Dreieck mit den Ecken OO, CC und AA, das ein echtes Dreieck ist, weil AA, verschieden von CC und von BB, nicht auf der Geraden durch diese beiden liegt; dieses Dreieck ist gleichschenklig, weil OAOA und OCOC Radien sind, und seine Winkel bei CC und bei AA sind gleich.

  2. δ=π−(π−α−γ)=α+γ=2γ<π\delta = \pi - \left( \pi - \alpha - \gamma \right) = \resaltar{\alpha + \gamma} = \dato{d}{\resaltar{2\gamma}} < \pi

    Sei δ\delta der Mittelpunktswinkel, den die Radien OAOA und OBOB bilden. Da CC, OO und BB auf einer Geraden liegen, ergeben δ\delta und der Winkel bei OO im Dreieck zusammen π\pi; da die drei Winkel des Dreiecks ebenfalls zusammen π\pi ergeben, ist δ\delta die Summe der beiden anderen. Außerdem ist der Winkel bei OO positiv, sodass α+γ\alpha + \gamma kleiner als π\pi ist, und ebenso δ\delta.

  3. s=rδ=2rγ→γ=s2rs = r \resaltar{\delta} = \resaltar{2r\gamma} \rightarrow \dato{c}{\gamma = \frac{s}{2r}}

    Die Radien OAOA und OBOB teilen den Kreis in zwei Bögen; da δ<π\delta < \pi, misst nach dem Satz über den Bogen derjenige, den δ\delta überspannt, rδr\delta, weniger als der Halbkreis, und der andere mehr. Der Punkt CC, der BB gegenüberliegende Endpunkt des Durchmessers, ist in beiden Richtungen einen Halbkreis von BB entfernt, sodass er nicht auf dem kleineren Bogen liegt: Das ist der von γ\gamma überspannte Bogen, und s=rδs = r\delta.

  4. γ=s12r+s22r=s1+s22r=s2r\gamma = \frac{s_1}{2r} + \frac{s_2}{2r} = \frac{\resaltar{s_1 + s_2}}{2r} = \frac{\resaltar{s}}{2r}

    Liegt der Mittelpunkt im Innern des Winkels, so sei DD der andere Endpunkt des Durchmessers, der von CC ausgeht. Nach der vorausgesetzten Tatsache über die Lage des Mittelpunkts teilt die Halbgerade von CC nach DD den Winkel in zwei, jeder mit einem Schenkel durch den Mittelpunkt, deren Maße nach der Summe benachbarter Winkel zusammen γ\gamma ergeben; und DD teilt den überspannten Bogen in zwei Bögen der Längen s1s_1 und s2s_2, die zusammen ss ergeben. Nach dem schon behandelten Fall, angewandt auf jeden der beiden Winkel, erhält man Folgendes.

  5. γ=s22r−s12r=s2−s12r=s2r\gamma = \frac{s_2}{2r} - \frac{s_1}{2r} = \frac{\resaltar{s_2 - s_1}}{2r} = \frac{\resaltar{s}}{2r}

    Liegt der Mittelpunkt außerhalb des Winkels, so sei wieder DD der andere Endpunkt des Durchmessers, der von CC ausgeht. Nach der vorausgesetzten Tatsache über die Lage des Mittelpunkts kann man annehmen, dass AA auf dem Bogen von DD nach BB liegt, der nicht durch CC geht, und dass die Halbgerade von CC nach AA den Winkel mit den Schenkeln CDCD und CBCB in den mit den Schenkeln CDCD und CACA und in γ\gamma teilt. Dieser Bogen der Länge s2s_2 setzt sich aus dem Bogen von DD nach AA der Länge s1s_1 und aus dem von γ\gamma überspannten Bogen zusammen; und γ\gamma ist die Differenz zweier Winkel mit einem Schenkel durch den Mittelpunkt.

KorollarUmfangswinkel über derselben Sehne

Zwei Umfangswinkel mit denselben Endpunkten AA und BB sind gleich, wenn ihre Scheitel auf demselben der beiden Bögen liegen, die die Sehne ABAB bestimmt, und supplementär, wenn sie auf verschiedenen Bögen liegen. Insbesondere ist jeder Umfangswinkel im Halbkreis, das heißt jeder, dessen Endpunkte AA und BB die eines Durchmessers sind, ein rechter Winkel.

Es genügt, in jedem Fall abzulesen, welchen Bogen jeder Winkel überspannt, und den Satz anzuwenden. Seien CC und C′C' die Scheitel, γ\gamma und γ′\gamma' die Winkel und ss die Länge des Bogens mit den Endpunkten AA und BB, der CC nicht enthält.

Beweis

  1. γ=s2r=γ′\dato{g}{\gamma = \frac{s}{2r}} = \gamma'

    Liegt C′C' auf demselben Bogen wie CC, so überspannen beide Winkel den anderen Bogen, der Länge ss, und sind nach dem Satz gleich groß.

  2. γ+γ′=s2r+2πr−s2r=π\gamma + \gamma' = \frac{s}{2r} + \frac{\resaltar{2\pi r - s}}{2r} = \resaltar{\pi}

    Liegt C′C' auf dem anderen Bogen, so überspannt er den Bogen, der CC enthält und dessen Länge das ist, was ss zum vollen Kreis fehlt; die beiden Maße ergeben zusammen einen gestreckten Winkel.

  3. s=πr→γ=πr2r=π2s = \pi r \rightarrow \gamma = \frac{\resaltar{\pi r}}{2r} = \resaltar{\frac{\pi}{2}}

    Ist ABAB ein Durchmesser, so sind beide Bögen Halbkreise der Länge πr\pi r, und der Winkel ist ein rechter; dieser Sonderfall ist als Satz des Thales bekannt.

Punkte, die nicht auf dem Kreis liegen, sehen die Sehne unter anderen Winkeln. Das folgende Ergebnis wird ebenfalls aus der elementaren Geometrie vorausgesetzt: Es folgt aus dem obigen Satz und aus Proposition 21 des Buches I der Elemente Euklids, nach der ein Punkt im Innern eines Dreiecks eine seiner Seiten unter einem größeren Winkel sieht als die gegenüberliegende Ecke; sein Beweis verlangt aber zu wissen, wo die vom Punkt ausgehenden Strecken den Kreis schneiden, eine Lagefrage, die dieser Kurs nicht entwickelt. Es wird in der letzten gelösten Aufgabe der Lektion über die Arkusfunktionen benutzt.

Vorausgesetzte Tatsache (Winkel von inneren und äußeren Punkten aus). Seien AA und BB zwei Punkte eines Kreises und γ\gamma das gemeinsame Maß der Umfangswinkel mit den Endpunkten AA und BB, deren Scheitel auf einem der beiden Bögen liegt, die diese Punkte bestimmen. Ist QQ ein Punkt, der nicht auf dem Kreis liegt, und zwar auf derselben Seite der Geraden ABAB wie dieser Bogen, so ist der Winkel, den in QQ die Strecken QAQA und QBQB bilden, kleiner als γ\gamma, wenn QQ außerhalb der Kreisscheibe liegt, und größer als γ\gamma, wenn er innerhalb liegt.

Standardlage und Winkel mit gleichem Endschenkel

In der kartesischen Ebene, die in der Lektion von Kurs I über die Geradengleichung und kartesische Koordinatensysteme untersucht wurde, hat jeder Winkel eine ausgezeichnete Lage.

Ein orientierter Winkel ist in Standardlage, wenn sein Scheitel der Ursprung und sein Anfangsschenkel die positive xx-Halbachse ist. Sein Endschenkel ist dann die Halbgerade, die vom Ursprung ausgeht und durch den Punkt P(θ)P(\theta) des Axioms des Durchlaufens geht, das heißt durch den Punkt des Einheitskreises x2+y2=1x^2 + y^2 = 1, zu dem man gelangt, wenn man von (1,0)(1, 0) aus einen Bogen der Länge ∣θ∣\abs{\theta} in der Richtung durchläuft, die das Vorzeichen von θ\theta angibt. Zwei Winkel heißen Winkel mit gleichem Endschenkel, wenn sie in Standardlage denselben Endschenkel haben.

Die Achsen teilen die Ebene in vier Quadranten, die gegen den Uhrzeigersinn nummeriert werden, beginnend mit dem, der die Punkte mit positiven Koordinaten enthält. Ein Winkel in Standardlage liegt in dem Quadranten, der seinen Endschenkel enthält; fällt dieser auf eine Achse, so heißt der Winkel Achsenwinkel. Die Koordinaten des Punktes P(θ)P(\theta) sind der Kosinus und der Sinus von θ\theta, die in der nächsten Lektion untersucht werden, der über die trigonometrischen Verhältnisse.

Eine volle Drehung in beliebigem Drehsinn stellt den Schenkel wegen der Periodizität des Durchlaufens wieder in seine Lage: Der Winkel θ+2π\theta + 2\pi hat denselben Endschenkel wie θ\theta, und ebenso θ−2π\theta - 2\pi, θ+4π\theta + 4\pi und allgemein θ+2kπ\theta + 2k\pi mit ganzzahligem kk. Um zu wissen, wo ein beliebiger Winkel endet, genügt es also, die vollen Umdrehungen abzuziehen, so wie man in der Lektion von Kurs I über die Teilbarkeit und die Division mit Rest die Vielfachen des Teilers abzieht. Der folgende Satz ist die reelle Fassung jener Division: Der Teiler ist 2π2\pi, der Quotient ist die Zahl der Umdrehungen und der Rest der verbleibende Winkel.

SatzReduktion auf die erste Umdrehung

Zu jeder reellen Zahl θ\theta gibt es genau eine ganze Zahl kk und genau eine reelle Zahl θ0\theta_0 mit θ=θ0+2kπ\theta = \theta_0 + 2k\pi und 0≤θ0<2π0 \leq \theta_0 < 2\pi.

Die Existenz beruht auf der archimedischen Eigenschaft, die in der Lektion von Kurs I über die Dezimaldarstellung der rationalen Zahlen bewiesen wurde, und die Eindeutigkeit darauf, dass eine ganze Zahl, die echt zwischen −1-1 und 11 liegt, null ist.

Beweis

  1. k≤θ2π<k+1\dato{k}{k \leq \frac{\theta}{2\pi} < k + 1}

    Sei θ\theta eine reelle Zahl. Nach der archimedischen Eigenschaft und dem Wohlordnungsprinzip gibt es, wie im Beweis der Dichtheit der rationalen Zahlen in der Lektion über die Zahlengerade, die kleinste ganze Zahl mm, die größer als θ2π\frac{\theta}{2\pi} ist; sei k=m−1k = m - 1, das nicht mehr größer als diese Zahl ist.

  2. 2kπ≤θ<2kπ+2π→0≤θ−2kπ<2π\resaltar{2k\pi \leq \theta < 2k\pi + 2\pi} \rightarrow \resaltar{0 \leq \theta - 2k\pi < 2\pi}

    Wir multiplizieren mit 2π2\pi, das positiv ist, und subtrahieren 2kπ2k\pi auf allen drei Seiten.

  3. θ=θ0+2kπ,θ0∈[0,2π)\dato{e}{\theta = \theta_0 + 2k\pi, \quad \theta_0 \in \ico{0}{2\pi}}

    Sei θ0=θ−2kπ\theta_0 = \theta - 2k\pi. Dann besteht θ\theta aus kk vollen Umdrehungen, gefolgt vom Winkel θ0\theta_0, der in der ersten Umdrehung liegt: θ\theta und θ0\theta_0 haben denselben Endschenkel.

  4. 2π(k−j)=θ1−θ0,−2π<θ1−θ0<2π\dato{d}{2\pi(k - j) = \theta_1 - \theta_0}, \quad -2\pi < \theta_1 - \theta_0 < 2\pi

    Für die Eindeutigkeit sei auch θ=θ1+2jπ\theta = \theta_1 + 2j\pi, mit ganzzahligem jj und 0≤θ1<2π0 \leq \theta_1 < 2\pi. Subtrahiert man die beiden Darstellungen, so ist die Differenz θ1−θ0\theta_1 - \theta_0 ein ganzzahliges Vielfaches von 2π2\pi; und da beide Zahlen im Intervall [0,2π)\ico{0}{2\pi} liegen, liegt diese Differenz zwischen −2π-2\pi und 2π2\pi.

  5. ∣k−j∣<1→k=j→θ1=θ0\abs{k - j} < 1 \rightarrow k = j \rightarrow \theta_1 = \theta_0

    Nach Division durch 2π2\pi liegt die ganze Zahl k−jk - j echt zwischen −1-1 und 11: Sie ist null. Also ist j=kj = k und, nach der Gleichung oben, θ1=θ0\theta_1 = \theta_0.

  6. θ0=−23π6+4π=π6\theta_0 = \resaltar{-\frac{23\pi}{6} + 4\pi} = \resaltar{\frac{\pi}{6}}

    Zum Beispiel gilt für θ=−23π6\theta = -\frac{23\pi}{6} die Gleichung θ2π=−2312\frac{\theta}{2\pi} = -\frac{23}{12}, und diese Zahl liegt zwischen −2-2 und −1-1: Es ist k=−2k = -2, und der Winkel macht fast zwei Umdrehungen im Uhrzeigersinn und endet auf dem Schenkel von π6\frac{\pi}{6}.

Die Zahl θ0\theta_0 heißt die Reduktion von θ\theta auf die erste Umdrehung. Im Gradmaß reduziert dieselbe Überlegung, mit 360360 statt 2π2\pi, jeden Winkel auf einen zwischen 0∘0^\circ und 360∘360^\circ, wobei Letzteres ausgeschlossen ist: zum Beispiel 1000∘=280∘+2⋅360∘1000^\circ = 280^\circ + 2 \cdot 360^\circ. Mit der Reduktion erkennt man alle Winkel, die auf demselben Schenkel enden; vorher muss man wissen, dass eine Umdrehung nicht zweimal durch denselben Punkt geht, was aus dem Axiom des Durchlaufens folgt.

LemmaEine Umdrehung wiederholt keine Punkte

Ist 0≤α<β<2π0 \leq \alpha < \beta < 2\pi, so ist P(α)≠P(β)P(\alpha) \neq P(\beta).

Man unterscheidet die Fälle danach, in welcher halben Drehung α\alpha und β\beta liegen: In jeder ist die Abszisse streng monoton; von der einen zur anderen wechselt das Vorzeichen der Ordinate. Man schreibt (xs,ys)(x_s, y_s) für die Koordinaten von P(s)P(s).

Beweis

  1. 0<s<π∨π<s<2π→−1<xs<10 < s < \pi \vee \pi < s < 2\pi \rightarrow \dato{x}{-1 < x_s < 1}

    Nach der Eigenschaft der halben Drehung fällt, wenn ss von 00 bis π\pi wächst, die Abszisse von P(s)P(s) streng monoton von 11 bis −1-1; nach der Proposition über die zweite halbe Drehung wächst sie, wenn ss von π\pi bis 2π2\pi wächst, streng monoton von −1-1 bis zur Abszisse von P(2π)P(2\pi), die wegen der Periodizität P(0)=(1,0)P(0) = (1, 0) ist.

  2. ys2=1−xs2>0→π<s<2π→ys<0y_s^2 = \resaltar{1 - x_s^2} > 0 \rightarrow \dato{y}{\pi < s < 2\pi \rightarrow y_s < 0}

    In diesen Fällen ist die Ordinate nicht null, denn ihr Quadrat ist 1−xs2>01 - x_s^2 > 0: Sie ist positiv in der ersten halben Drehung, weil sie nicht negativ ist, und negativ in der zweiten, weil sie nicht positiv ist.

  3. xα≠xβ→P(α)≠P(β)x_\alpha \neq x_\beta \rightarrow P(\alpha) \neq P(\beta)

    Liegen α\alpha und β\beta beide in [0,π]\icc{0}{\pi} oder beide in [π,2π)\ico{\pi}{2\pi}, so haben die beiden Punkte verschiedene Abszissen, wegen der strengen Monotonie in jeder halben Drehung.

  4. yβ<0≤yα→P(α)≠P(β)\resaltar{y_\beta < 0 \leq y_\alpha} \rightarrow P(\alpha) \neq P(\beta)

    Ist α<π<β\alpha < \pi < \beta, so hat der Punkt P(β)P(\beta) eine negative Ordinate, während die von P(α)P(\alpha), in der ersten halben Drehung, nicht negativ ist. In allen Fällen sind die beiden Punkte verschieden.

LemmaWinkel mit gleichem Endschenkel

Zwei Winkel θ\theta und φ\varphi haben genau dann denselben Endschenkel, wenn ihre Differenz ein ganzzahliges Vielfaches von 2π2\pi ist, das heißt, wenn es eine ganze Zahl kk mit θ−φ=2kπ\theta - \varphi = 2k\pi gibt. Insbesondere haben sie genau dann denselben Endschenkel, wenn sie dieselbe Reduktion auf die erste Umdrehung haben.

Man ersetzt jeden Winkel durch seine Reduktion, und das eben bewiesene Lemma vergleicht die Reduktionen.

Beweis

  1. P(θ)=P(θ0),P(φ)=P(φ0)\dato{p}{P(\theta) = P(\resaltar{\theta_0}), \quad P(\varphi) = P(\resaltar{\varphi_0})}

    Nach dem Reduktionssatz ist θ=θ0+2kπ\theta = \theta_0 + 2k\pi und φ=φ0+2jπ\varphi = \varphi_0 + 2j\pi, mit θ0\theta_0 und φ0\varphi_0 in [0,2π)\ico{0}{2\pi}; wegen der Periodizität des Durchlaufens ändern volle Umdrehungen den Punkt nicht, und der Endschenkel jedes Winkels ist der seiner Reduktion.

  2. P(θ)=P(φ)↔θ0=φ0\dato{c}{P(\theta) = P(\varphi) \leftrightarrow \theta_0 = \varphi_0}

    Ist θ0≠φ0\theta_0 \neq \varphi_0, so sind nach dem eben bewiesenen Lemma die Punkte P(θ0)P(\theta_0) und P(φ0)P(\varphi_0) verschieden und ebenso die Endschenkel; sind sie gleich, so fallen die Schenkel zusammen. Also haben die Winkel genau dann denselben Endschenkel, wenn sie dieselbe Reduktion haben.

  3. θ0=φ0→θ−φ=2(k−j)π,θ−φ=2mπ→θ=φ0+2(j+m)π→θ0=φ0\theta_0 = \varphi_0 \rightarrow \theta - \varphi = \resaltar{2(k - j)\pi}, \qquad \theta - \varphi = 2m\pi \rightarrow \theta = \varphi_0 + \resaltar{2(j + m)\pi} \rightarrow \theta_0 = \varphi_0

    Sind die Reduktionen gleich, so ist die Differenz ein ganzzahliges Vielfaches von 2π2\pi. Umgekehrt: Ist θ−φ=2mπ\theta - \varphi = 2m\pi, so ist θ=φ0+2(j+m)π\theta = \varphi_0 + 2(j + m)\pi, und wegen der Eindeutigkeit der Reduktion ist θ0=φ0\theta_0 = \varphi_0.

Daraus folgt, dass die Winkel mit demselben Endschenkel wie θ\theta genau die der Form θ+2kπ\theta + 2k\pi mit ganzzahligem kk sind und dass der Quadrant eines Winkels durch seine Reduktion entschieden wird: Er liegt im ersten Quadranten, wenn 0<θ0<π20 < \theta_0 < \frac{\pi}{2}, im zweiten, wenn π2<θ0<π\frac{\pi}{2} < \theta_0 < \pi, im dritten, wenn π<θ0<3π2\pi < \theta_0 < \frac{3\pi}{2}, und im vierten, wenn 3π2<θ0<2π\frac{3\pi}{2} < \theta_0 < 2\pi; er ist ein Achsenwinkel, wenn θ0\theta_0 gleich 00, π2\frac{\pi}{2}, π\pi oder 3π2\frac{3\pi}{2} ist. So liegt −23π6-\frac{23\pi}{6} im ersten Quadranten und 1000∘1000^\circ, dessen Reduktion 280∘280^\circ ist, im vierten.

Schließlich ist jeder Punkt des Einheitskreises der Punkt P(θ)P(\theta) eines Winkels: Das ist die Eigenschaft der Überdeckung im Axiom des Durchlaufens, die besagt, dass man beim Durchlaufen des Kreises von (1,0)(1, 0) aus durch alle seine Punkte kommt. Ist dem so, dann ist nach der Reduktion auf die erste Umdrehung, der Periodizität und dem Lemma über Winkel mit gleichem Endschenkel jeder Punkt des Einheitskreises P(θ)P(\theta) für genau ein θ\theta in [0,2π)\ico{0}{2\pi}, und die zu ihm gehörenden Winkel sind genau die mit demselben Endschenkel wie dieses θ\theta.

Winkelgeschwindigkeit und Bahngeschwindigkeit

Dreht sich ein Körper um eine Achse, so beschreiben alle seine Punkte Kreisbögen um die Achse, und alle drehen sich in derselben Zeit um denselben Winkel. Dreht sich der Körper in einer Zeit tt mit konstanter Rate um einen Winkel θ\theta, so ist seine Winkelgeschwindigkeit der Quotient ω=θt\omega = \frac{\theta}{t}, der in Radiant pro Sekunde gemessen wird; sie wird auch in Umdrehungen pro Minute angegeben, und da eine Umdrehung 2π2\pi Radiant und eine Minute 6060 Sekunden sind, entspricht eine Umdrehung pro Minute π30\frac{\pi}{30} Radiant pro Sekunde.

Ein Punkt im Abstand rr von der Achse durchläuft in dieser Zeit nach dem Satz über die Bogenlänge einen Bogen der Länge s=rθs = r\theta. Seine Bahngeschwindigkeit, der Quotient aus zurückgelegtem Weg und Zeit, ist daher das Produkt aus dem Radius und der Winkelgeschwindigkeit:

v=st=rθt=rωv = \frac{s}{t} = \frac{r\theta}{t} = r\omega

Daraus folgt, dass in einem sich drehenden Körper die Winkelgeschwindigkeit für alle Punkte dieselbe ist, während die Bahngeschwindigkeit proportional zum Abstand von der Achse wächst: Der Rand einer sich drehenden Scheibe bewegt sich schneller als die Punkte nahe der Mitte. Diese Beziehung, die nur gilt, wenn die Winkel im Bogenmaß gemessen werden, ist der Ausgangspunkt für die Untersuchung der Kreisbewegung im Kurs Grundlagen der Mechanik. Zwei Räder, die durch einen Riemen oder eine Kette ohne Schlupf verbunden sind oder die ineinandergreifen, haben im Berührpunkt dieselbe Bahngeschwindigkeit; folglich gilt ω1r1=ω2r2\omega_1 r_1 = \omega_2 r_2, und das kleinere Rad dreht sich schneller, wie sich in der gelösten Aufgabe 3 zeigen wird.

Gelöste Aufgaben

Die Aufgaben vermessen die Erde mithilfe eines Winkels, berechnen den Flächeninhalt eines Kreissegments, übertragen eine Drehung über eine Kette, suchen den Sektor mit dem größten Flächeninhalt bei gegebenem Umfang und zählen, wie oft sich die Zeiger einer Uhr überdecken. Jede verlangt eine eigene Idee, nach der man suchen sollte, bevor man die Lösung liest.

Gelöste Aufgabe 1Die Vermessung der Erde nach Eratosthenes

Um das Jahr 240 vor unserer Zeitrechnung beobachtete Eratosthenes, dass am Mittag der Sommersonnenwende die Sonne den Grund der Brunnen von Syene beleuchtete, während in Alexandria, das nördlich davon und, wie er annahm, auf demselben Meridian liegt, die Strahlen mit der Vertikalen einen Winkel von 7 Grad und 12 Minuten bildeten. Man nehme 800 km als Entfernung der beiden Städte und berechne den Radius der Erde und die Länge des Meridians, die Länge des Meridianbogens, der einer Minute entspricht, und die Entfernung längs des Meridians vom Äquator bis zu einem Punkt mit der geographischen Breite 33∘33^\circ.

Lösung

  1. α=7∘+(1260)∘=(365)∘\alpha = 7^\circ + \resaltar{\left( \frac{12}{60} \right)^\circ} = \resaltar{\left( \frac{36}{5} \right)^\circ}

    Der Winkel beträgt in Grad 77 plus zwölf Sechzigstel; er ist der fünfzigste Teil der Umdrehung, denn 365⋅50=360\frac{36}{5} \cdot 50 = 360.

  2. θ=365π180=π25\theta = \frac{\resaltar{\frac{36}{5}} \pi}{180} = \dato{t}{\resaltar{\frac{\pi}{25}}}

    Da die Sonnenstrahlen parallel eintreffen und in Syene in Richtung des Erdradius einfallen, ist der Winkel in Alexandria zwischen dem Strahl und der Vertikalen gleich dem Winkel, den die Radien zu den beiden Städten im Erdmittelpunkt bilden: Es sind Wechselwinkel an Parallelen. Im Bogenmaß beträgt er nach der Umrechnungsregel Folgendes.

  3. R=sθ=800π25=20000πR = \frac{s}{\theta} = \frac{\resaltar{800}}{\resaltar{\frac{\pi}{25}}} = \dato{r}{\resaltar{\frac{20000}{\pi}}}

    Die 800 km sind der Meridianbogen, den dieser Mittelpunktswinkel überspannt. Aus s=Rθs = R\theta erhält man den Radius, ungefähr 6366 km.

  4. 2πR=2π⋅20000π=400002\pi R = 2\pi \cdot \resaltar{\frac{20000}{\pi}} = \resaltar{40000}

    Die Länge des Meridians ist der Umfang des Kreises mit Radius RR; sie ist auch das 5050-Fache der Entfernung der beiden Städte.

  5. s=20000π⋅π10800=5027s = \frac{20000}{\pi} \cdot \resaltar{\frac{\pi}{10800}} = \resaltar{\frac{50}{27}}

    Eine Minute ist der sechzigste Teil eines Grades, also π10800\frac{\pi}{10800} Radiant. Ihr Bogen misst etwa 1,852 km: Das ist die Seemeile, die genau so definiert wurde.

  6. s=20000π⋅11π60=110003s = \frac{20000}{\pi} \cdot \resaltar{\frac{11\pi}{60}} = \resaltar{\frac{11000}{3}}

    Die geographische Breite eines Punktes ist der Winkel, den sein Radius mit der Äquatorebene bildet; 33∘33^\circ sind 11π60\frac{11\pi}{60} Radiant. Die gesuchte Entfernung beträgt etwa 3667 km.

Eratosthenes gab die Entfernung in Stadien an, deren genauer Wert umstritten ist; mit der hier angenommenen Zahl misst der Meridian 40000 km, und das ist kein Zufall: Ende des 18. Jahrhunderts wurde das Meter als der zehnmillionste Teil des Meridianquadranten definiert. Andererseits liegt Alexandria nicht genau nördlich von Syene, sondern liegt etwa drei Grad westlich davon, sodass der Bogen zwischen ihnen nicht ganz ein Meridianbogen ist.

Gelöste Aufgabe 2Das Kreissegment von sechzig Grad

Eine Sehne mit den Endpunkten AA und BB in einem Kreis mit Mittelpunkt OO und Radius rr gehört zu einem Mittelpunktswinkel von π3\frac{\pi}{3}. Man berechne den Flächeninhalt des Kreissegments, das von der Sehne und dem kleineren Bogen mit den Endpunkten AA und BB begrenzt wird, und den Anteil der Kreisscheibe, den es einnimmt.

Lösung

  1. As=12r2⋅π3=πr26A_s = \frac{1}{2} r^2 \cdot \resaltar{\frac{\pi}{3}} = \dato{s}{\resaltar{\frac{\pi r^2}{6}}}

    Das Kreissegment ist das, was vom Sektor mit Scheitel OO und den Endpunkten AA und BB übrig bleibt, wenn man das Dreieck mit den Ecken OO, AA und BB entfernt. Den Flächeninhalt des Sektors liefert der Satz über den Sektor.

  2. π−π32=π3\frac{\resaltar{\pi - \frac{\pi}{3}}}{2} = \resaltar{\frac{\pi}{3}}

    Dieses Dreieck hat zwei Seiten von der Länge des Radius: Es ist gleichschenklig, und seine Winkel bei AA und bei BB sind gleich. Da die drei Winkel eines Dreiecks nach der in dieser Lektion vorausgesetzten Tatsache zusammen π\pi ergeben, misst jeder von ihnen π3\frac{\pi}{3}, und das Dreieck ist gleichseitig mit der Seitenlänge rr.

  3. h=32r,At=12r⋅32r=34r2h = \frac{\sqrt{3}}{2} r, \quad A_t = \frac{1}{2} r \cdot \resaltar{\frac{\sqrt{3}}{2} r} = \dato{t}{\resaltar{\frac{\sqrt{3}}{4} r^2}}

    Die Höhe von OO aus trifft die Grundseite in ihrem Mittelpunkt; nach dem Satz des Pythagoras ist ihr Quadrat r2−r24r^2 - \frac{r^2}{4}. Der Flächeninhalt des Dreiecks ist die Hälfte von Grundseite mal Höhe.

  4. A=πr26−34r2=2π−3312r2A = \resaltar{\frac{\pi r^2}{6} - \frac{\sqrt{3}}{4} r^2} = \dato{a}{\resaltar{\frac{2\pi - 3\sqrt{3}}{12} r^2}}

    Der Flächeninhalt des Kreissegments ist die Differenz, mit dem gemeinsamen Nenner 1212; sie ist positiv, denn 2π>6>332\pi > 6 > 3\sqrt{3}.

  5. Aπr2=2π−3312π\frac{A}{\pi r^2} = \frac{2\pi - 3\sqrt{3}}{12\pi}

    Nach Division durch den Flächeninhalt der Kreisscheibe nimmt das Kreissegment ungefähr 2,9 Prozent der Kreisscheibe ein; der Sektor nimmt den sechsten Teil ein, und das Dreieck füllt fast 83 Prozent des Sektors.

Gelöste Aufgabe 3Die Kette eines Fahrrads

Bei einem Fahrrad verbindet die Kette das Kettenblatt mit Radius 1010 cm, das die Pedale antreiben, mit dem Ritzel mit Radius 44 cm, das fest auf der Achse des Hinterrads sitzt, dessen Radius 3535 cm beträgt. Macht die Person auf dem Fahrrad eine Kurbelumdrehung pro Sekunde, so berechne man die Winkelgeschwindigkeit des Hinterrads und die Geschwindigkeit des Fahrrads, unter der Annahme, dass die Kette nicht rutscht und das Rad ohne Gleiten rollt.

Lösung

  1. ω1=2π\omega_1 = \dato{w}{2\pi}

    Eine Umdrehung pro Sekunde sind 2π2\pi Radiant pro Sekunde: Das ist die Winkelgeschwindigkeit des Kettenblatts.

  2. v=r1ω1=10⋅2π=20πv = r_1 \omega_1 = 10 \cdot \resaltar{2\pi} = \dato{v}{\resaltar{20\pi}}

    Die ganze Kette bewegt sich mit ein und demselben Geschwindigkeitsbetrag, nämlich der Bahngeschwindigkeit des Randes des Kettenblatts, in Zentimetern pro Sekunde.

  3. ω2=vr2=20π4=5π\omega_2 = \frac{v}{r_2} = \frac{\resaltar{20\pi}}{\resaltar{4}} = \dato{p}{\resaltar{5\pi}}

    Die Kette zieht den Rand des Ritzels mit derselben Bahngeschwindigkeit mit; aus ω1r1=ω2r2\omega_1 r_1 = \omega_2 r_2 erhält man die Winkelgeschwindigkeit des Ritzels: zweieinhalb Umdrehungen pro Sekunde.

  4. vr=35⋅5π=175πv_r = 35 \cdot \resaltar{5\pi} = \dato{b}{\resaltar{175\pi}}

    Das Hinterrad sitzt fest auf der Achse des Ritzels und dreht sich mit derselben Winkelgeschwindigkeit, aber sein Rand hat einen viel größeren Abstand von der Achse, und seine Bahngeschwindigkeit ist viel größer, in Zentimetern pro Sekunde.

  5. 175π⋅3600100000=63π10175\pi \cdot \resaltar{\frac{3600}{100000}} = \resaltar{\frac{63\pi}{10}}

    Gleitet das Rad nicht, so rückt das Fahrrad bei jeder Umdrehung um den Umfang des Rades vor, der sich nach und nach auf den Boden legt: Seine Geschwindigkeit ist die des Radrandes. Ein Zentimeter pro Sekunde sind 3600100000\frac{3600}{100000} Kilometer pro Stunde, sodass das Fahrrad mit etwa 19,8 Kilometern pro Stunde fährt.

Gelöste Aufgabe 4Der Sektor mit festem Umfang und größtem Flächeninhalt

Aus einem Draht der Länge PP formt man den Rand eines Kreissektors: zwei Radien und den Bogen, der sie verbindet. Man bestimme den Radius und den Winkel des Sektors mit dem größten Flächeninhalt und den Wert dieses Flächeninhalts.

Lösung

  1. P=2r+s→s=P−2rP = 2r + s \rightarrow \dato{s}{s = P - 2r}

    Ist der Radius rr und der Winkel θ\theta, so besteht der Rand aus zwei Radien und einem Bogen der Länge s=rθs = r\theta.

  2. A=12rs=12r(P−2r)=Pr2−r2A = \frac{1}{2} r \resaltar{s} = \frac{1}{2} r \resaltar{(P - 2r)} = \dato{a}{\frac{Pr}{2} - r^2}

    Nach dem Satz über den Sektor ist der Flächeninhalt die Hälfte von Radius mal Bogen: Er ist eine quadratische Funktion des Radius.

  3. P2+2π≤r<P2\dato{d}{\frac{P}{2 + 2\pi} \leq r < \frac{P}{2}}

    Der Bogen muss positiv und nicht größer als der ganze Kreis sein, das heißt 0<θ≤2π0 < \theta \leq 2\pi; aus P−2r>0P - 2r > 0 und P−2r≤2πrP - 2r \leq 2\pi r ergibt sich das Intervall der möglichen Radien.

  4. A=P216−(r−P4)2≤P216A = \resaltar{\frac{P^2}{16} - \left( r - \frac{P}{4} \right)^2} \leq \resaltar{\frac{P^2}{16}}

    Durch quadratische Ergänzung ist der Flächeninhalt eine feste Zahl minus ein Quadrat. Sein Graph als Funktion von rr ist die Parabel (r−P4)2=−(A−P216)\left( r - \frac{P}{4} \right)^2 = -\left( A - \frac{P^2}{16} \right), die nach unten geöffnet ist; nach dem Scheitelsatz der Lektion von Kurs I über die Charakterisierung von Parabeln ist ihr höchster Punkt der Scheitel.

  5. r=P4,A=P216r = \frac{P}{4}, \quad A = \frac{P^2}{16}

    Die Abszisse des Scheitels, P4\frac{P}{4}, gehört zum Intervall der möglichen Radien, denn 2+2π>42 + 2\pi > 4. Also wird der größte Flächeninhalt genau bei diesem Radius erreicht.

  6. θ=sr=P−P2P4=2\theta = \frac{s}{r} = \frac{\resaltar{P - \frac{P}{2}}}{\frac{P}{4}} = \resaltar{2}

    Der zugehörige Bogen misst P2\frac{P}{2}, und der Winkel ist der Quotient aus Bogen und Radius: 22 Radiant, etwa 114,6 Grad, wie groß PP auch sei. Bemerkenswerterweise ist der größte Flächeninhalt der des Quadrats mit dem Umfang PP.

Gelöste Aufgabe 5Die Zeiger der Uhr

Man berechne den Winkel, den die Zeiger einer Uhr um 3:40 Uhr bilden. Danach beweise man, dass sich die Zeiger zwischen 12:00 Uhr und dem nächsten 12:00 Uhr (das ausgeschlossen ist) genau elfmal überdecken, in gleichen Abständen von 1211\frac{12}{11} Stunden.

Lösung

  1. αm=360t,αh=30t\dato{p}{\alpha_m = 360t, \quad \alpha_h = 30t}

    Wir messen die Stellung jedes Zeigers durch den Winkel, in Grad und im Uhrzeigersinn, um den er sich seit 12:00 Uhr gedreht hat. Nach tt Stunden hat der Minutenzeiger tt Umdrehungen gemacht, und der Stundenzeiger, der alle 12 Stunden eine Umdrehung macht, hat sich um 30∘30^\circ pro Stunde gedreht.

  2. αm=360⋅113=1320∘=240∘+3⋅360∘\alpha_m = 360 \cdot \frac{11}{3} = \resaltar{1320^\circ} = \resaltar{240^\circ + 3 \cdot 360^\circ}

    Um 3:40 Uhr sind 3+4060=1133 + \frac{40}{60} = \frac{11}{3} Stunden vergangen. Der Minutenzeiger hat drei volle Umdrehungen gemacht, die seine Stellung nicht ändern, und steht bei der Reduktion seines Winkels.

  3. αh=30⋅113=110∘\alpha_h = 30 \cdot \resaltar{\frac{11}{3}} = \resaltar{110^\circ}

    Der Stundenzeiger hat keine Umdrehung vollendet.

  4. 240∘−110∘=130∘=13π18240^\circ - 110^\circ = \resaltar{130^\circ} = \resaltar{\frac{13\pi}{18}}

    Die Differenz der reduzierten Stellungen ist kleiner als 180∘180^\circ, sodass sie der Winkel ist, den die Zeiger bilden, in Grad und im Bogenmaß.

  5. 360t−30t=330t=360k↔t=12k11,k∈Z360t - 30t = 330t = 360k \leftrightarrow \dato{t}{t = \frac{12k}{11}}, \quad k \in \mathbb{Z}

    Die Zeiger überdecken sich, wenn ihre Winkel denselben Endschenkel haben, das heißt nach dem Lemma über Winkel mit gleichem Endschenkel, wenn ihre Differenz ein ganzzahliges Vielfaches einer Umdrehung ist.

  6. 0≤12k11<12↔0≤k<110 \leq \frac{12k}{11} < 12 \leftrightarrow 0 \leq k < 11

    Die Bedingung 0≤t<120 \leq t < 12 ist äquivalent zu 0≤k<110 \leq k < 11: Es gibt genau elf Überdeckungen, für k=0,1,…,10k = 0, 1, \ldots, 10, und zwei aufeinanderfolgende liegen 1211\frac{12}{11} Stunden auseinander, ungefähr eine Stunde, 5 Minuten und 27 Sekunden. Die Stellungen des Stundenzeigers, 360k11\frac{360k}{11} Grad, sind die Ecken eines regelmäßigen Elfecks.

Übungsaufgaben

Die Aufgaben folgen den Ideen der Lektion: einen Sektor in einen Kegel verwandeln, die Länge einer Spirale durch Summieren von Kreisumfängen abschätzen, ein Band in gerade Teilstücke und Bögen zerlegen, deren Mittelpunktswinkel sich addieren, und die Winkel mithilfe gleicher Endschenkel auf die erste Umdrehung reduzieren, um Stellungen und Zeitpunkte zu zählen. Jede hat einen Hinweis, den man erst öffnen sollte, nachdem man es selbst versucht hat; die Beweisaufgaben haben außerdem eine ausführliche Lösung.

Übungsaufgabe 1Ein Kegel aus Papier

Aus einem Blatt schneidet man einen Kreissektor mit Radius 1212 cm und Winkel 120∘120^\circ aus und klebt seine beiden Radien zusammen, sodass die Mantelfläche eines Kegels entsteht. Man berechne den Radius der Grundfläche und die Höhe des Kegels.

Hinweis

Der Bogen des Sektors wird zum Umfang der Grundfläche, und der Radius des Sektors zum Abstand der Kegelspitze von jedem Punkt dieses Umfangs. Die Höhe erhält man danach mit dem Satz des Pythagoras.

Lösung

Der Radius der Grundfläche ist 44 cm und die Höhe 828\sqrt{2} cm.

Übungsaufgabe 2Die Spur einer Compact Disc

Auf einer Compact Disc sind die Daten entlang einer einzigen spiralförmigen Spur gespeichert, die 2,3 cm vom Mittelpunkt entfernt beginnt und bei 5,8 cm endet; zwei aufeinanderfolgende Windungen der Spirale liegen 1,6 Mikrometer auseinander. Der Lesekopf folgt der Spur mit einer konstanten Bahngeschwindigkeit von 1,2 Metern pro Sekunde. Man schätze die Länge der Spur und die Dauer eines vollständigen Lesevorgangs ab, indem man jede Windung der Spirale durch einen Kreis um die Achse der Scheibe annähert.

Hinweis

Sind rr und RR der Anfangs- und der Endradius und ist pp der Abstand zwischen den Windungen, so gibt es N=R−rpN = \frac{R - r}{p} Windungen mit den Radien rr, r+pr + p, r+2pr + 2p und so fort. Ihre Längen bilden eine arithmetische Folge, deren Summe in der Lektion von Kurs I über Summen, arithmetische und geometrische Folgen und Induktion berechnet wurde; das Ergebnis liegt sehr nahe am Flächeninhalt des Kreisrings, geteilt durch den Spurabstand. Achte auf die Maßeinheiten.

Lösung

Die Spirale macht 2187521875 Windungen, und ihre Länge beträgt ungefähr Folgendes, etwa 5,57 km; der vollständige Lesevorgang dauert etwa 4640 Sekunden, also etwa 77 Minuten.

L≈π(R2−r2)pL \approx \frac{\pi \left( R^2 - r^2 \right)}{p}
Übungsaufgabe 3Das Band um drei Rohre

Drei gleiche zylindrische Rohre mit Radius rr werden parallel gelegt, jedes an die beiden anderen angelehnt, und mit einem straffen Band zusammengebunden, das sie umschließt. Man beweise, dass das Band die Länge 6r+2πr6r + 2\pi r hat, und berechne seine Länge für Rohre mit 5 cm Radius.

Hinweis

In einem Querschnitt senkrecht zu den Rohren bildet jedes gerade Teilstück des Bandes ein Rechteck mit den Radien zu seinen Berührpunkten und mit einer Seite des Dreiecks der Mittelpunkte. Für die Bögen berechne den Mittelpunktswinkel, den das Band an jedem Rohr umschlingt, und verwende die Winkelsumme im Dreieck.

Lösung

Das Band besteht aus drei geraden Teilstücken der Länge 2r2r und aus drei Bögen, die zusammen einen vollen Kreis bilden. Für r=5r = 5 misst es 30+10π30 + 10\pi cm, etwa 61,4 cm.

Ausführliche Lösung

Lösung

  1. d⁡(A,B)=d⁡(B,C)=d⁡(C,A)=2r\operatorname{d}(A, B) = \operatorname{d}(B, C) = \operatorname{d}(C, A) = \dato{l}{2r}

    Man schneidet das Bündel mit einer Ebene senkrecht zu den Rohren: Man sieht drei Kreise mit Radius rr und den Mittelpunkten AA, BB und CC. Zwei sich von außen berührende Kreise haben ihre Mittelpunkte im Abstand der Summe der Radien, sodass das Dreieck der Mittelpunkte gleichseitig ist, mit der Seitenlänge 2r2r.

  2. d⁡(T,T′)=d⁡(A,B)=2r→3⋅2r=6r\operatorname{d}(T, T') = \resaltar{\operatorname{d}(A, B)} = \resaltar{2r} \rightarrow \dato{t}{3 \cdot 2r = 6r}

    Jedes gerade Teilstück des Bandes berührt zwei Rohre, etwa die mit den Mittelpunkten AA und BB, in zwei Punkten TT und T′T'. Der Radius zum Berührpunkt steht senkrecht auf der Tangente, nach der Lektion von Kurs I über den Kreis; die Radien ATAT und BT′BT' stehen senkrecht auf derselben Geraden, sind gleich lang und liegen auf derselben Seite von ihr, und das Viereck mit den Ecken AA, BB, T′T' und TT ist ein Rechteck. Jedes gerade Teilstück ist so lang wie eine Seite des Dreiecks.

  3. π2+α+π2+φA=2π→φA=π−α\frac{\pi}{2} + \alpha + \frac{\pi}{2} + \varphi_A = 2\pi \rightarrow \dato{f}{\varphi_A = \pi - \alpha}

    Am Rohr mit Mittelpunkt AA umschlingt das Band den Bogen zwischen den Berührpunkten der beiden geraden Teilstücke, die dort ankommen. Die Radien zu diesen Punkten bilden rechte Winkel mit den Seiten ABAB und ACAC; zusammen mit dem Winkel α\alpha des Dreiecks bei AA und dem Mittelpunktswinkel φA\varphi_A des Bogens ergeben sie nach der Summe benachbarter Winkel eine volle Drehung um AA.

  4. r(π−α)+r(π−β)+r(π−γ)=r(3π−(α+β+γ))=r(3π−π)=2πrr(\pi - \alpha) + r(\pi - \beta) + r(\pi - \gamma) = r\left( 3\pi - \resaltar{(\alpha + \beta + \gamma)} \right) = r\left( 3\pi - \resaltar{\pi} \right) = \dato{a}{2\pi r}

    Dasselbe gilt an den beiden anderen Rohren, mit den Winkeln β\beta und γ\gamma des Dreiecks. Nach dem Satz über die Bogenlänge ergeben die drei Bögen zusammen Folgendes, und da die Winkel des Dreiecks zusammen π\pi ergeben, bilden sie gemeinsam einen vollen Kreis; hier ist jeder ein Drittel davon, denn α=β=γ=π3\alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3}.

  5. L=6r+2πr,r=5→L=30+10πL = \resaltar{6r} + \resaltar{2\pi r}, \qquad r = 5 \rightarrow L = 30 + 10\pi

    Die Länge des Bandes ist die Summe der geraden Teilstücke und der Bögen. Die Berechnung der Bögen benutzt nicht, dass das Dreieck gleichseitig ist: Der gekrümmte Teil eines straffen Bandes um drei gleiche Rohre ergibt stets einen vollen Kreis. Für r=5r = 5 misst das Band etwa 61,4 cm.

Übungsaufgabe 4Ein Rad, das sich ruckweise dreht

Ein Zahnrad dreht sich bei jedem Ruck um einen Winkel von 150∘150^\circ gegen den Uhrzeigersinn. Man beweise, dass es nach 1212 Rucken zum ersten Mal wieder seine Ausgangsstellung erreicht und bei diesen Rucken 1212 verschiedene Stellungen einnimmt. Man verallgemeinere: Ist jeder Ruck ein Bruchteil pq\frac{p}{q} der Umdrehung, mit teilerfremden pp und qq, wie viele verschiedene Stellungen nimmt es ein?

Hinweis

Nach dem Lemma über Winkel mit gleichem Endschenkel lassen die Rucke jj und kk das Rad genau dann in derselben Stellung, wenn 150(k−j)150(k - j) ein Vielfaches von 360360 ist, das heißt, wenn 1212 ein Teiler von 5(k−j)5(k - j) ist. Verwende, dass 55 und 1212 teilerfremd sind, wie in der Lektion von Kurs I über den größten gemeinsamen Teiler und das kleinste gemeinsame Vielfache.

Lösung

Zwei Rucke ergeben genau dann dieselbe Stellung, wenn ihre Differenz ein Vielfaches von 1212 ist; allgemein nimmt das Rad qq verschiedene Stellungen ein und erreicht beim Ruck qq zum ersten Mal wieder die Ausgangsstellung.

Ausführliche Lösung

Lösung

  1. 150(k−j)=360m↔5(k−j)=12m,m∈Z150(k - j) = 360m \leftrightarrow \dato{c}{5(k - j) = 12m}, \quad m \in \mathbb{Z}

    Nach kk Rucken hat sich das Rad um 150k150k Grad gedreht. Nach dem Lemma über Winkel mit gleichem Endschenkel lassen die Rucke jj und kk es genau dann in derselben Stellung, wenn die Differenz der Winkel ein ganzzahliges Vielfaches einer Umdrehung ist; nach Division durch 3030 lautet die Bedingung, dass 5(k−j)5(k - j) ein Vielfaches von 1212 ist.

  2. 60∣5(k−j)↔12∣k−j\resaltar{60 \mid 5(k - j)} \leftrightarrow \dato{d}{\resaltar{12 \mid k - j}}

    Die ganze Zahl 5(k−j)5(k - j) ist dann ein Vielfaches von 1212 und von 55, die teilerfremd sind; nach dem Lemma über gemeinsame Vielfache aus der Lektion von Kurs I über den größten gemeinsamen Teiler ist sie ein Vielfaches von 6060, und k−jk - j ist ein Vielfaches von 1212. Umgekehrt: Ist k−j=12tk - j = 12t, so unterscheiden sich die Winkel um 5t5t Umdrehungen.

  3. 0≤j<k≤11→0<k−j<12,150⋅12=5⋅3600 \leq j < k \leq 11 \rightarrow 0 < k - j < 12, \qquad 150 \cdot \resaltar{12} = \resaltar{5 \cdot 360}

    Zwischen den Rucken 00 und 1111 ist keine Differenz ein Vielfaches von 1212: Das Rad nimmt 1212 verschiedene Stellungen ein. Beim Ruck 1212 hat es sich um 1800∘1800^\circ gedreht, fünf volle Umdrehungen, und erreicht zum ersten Mal wieder die Ausgangsstellung; von da an wiederholt es dieselben Stellungen in derselben Reihenfolge.

  4. q∣p(k−j)↔q∣k−jq \mid p(k - j) \leftrightarrow \resaltar{q \mid k - j}

    Ist allgemein jeder Ruck der Bruchteil pq\frac{p}{q} der Umdrehung, so ergeben die Rucke jj und kk genau dann dieselbe Stellung, wenn p(k−j)q\frac{p(k - j)}{q} ganzzahlig ist, das heißt, wenn qq ein Teiler von p(k−j)p(k - j) ist. Mit teilerfremden pp und qq liefert dasselbe Lemma, dass pqpq ein Teiler von p(k−j)p(k - j) ist und qq ein Teiler von k−jk - j: Das Rad nimmt genau qq Stellungen ein und erreicht beim Ruck qq zum ersten Mal wieder die Ausgangsstellung. Der Bruch 150360=512\frac{150}{360} = \frac{5}{12} ergibt den schon behandelten Fall.

Übungsaufgabe 5Die Zeiger im rechten Winkel

Man beweise, dass die Zeiger einer Uhr zwischen 12:00 Uhr und dem nächsten 12:00 Uhr (das ausgeschlossen ist) genau 2222 Mal einen rechten Winkel bilden, und bestimme diese Zeitpunkte.

Hinweis

Mit den Bezeichnungen der gelösten Aufgabe 5 bilden die Zeiger einen rechten Winkel, wenn die Differenz 330t330t denselben Endschenkel wie 90∘90^\circ oder wie 270∘270^\circ hat, das heißt, wenn 330t=90+180j330t = 90 + 180j für eine ganze Zahl jj gilt.

Lösung

Die Zeitpunkte sind die folgenden, in Stunden nach 12:00 Uhr, mit j=0,1,…,21j = 0, 1, \ldots, 21; der erste liegt gegen 12:16 Uhr, und unter ihnen sind 3:00 Uhr und 9:00 Uhr.

t=3(2j+1)11t = \frac{3(2j + 1)}{11}
Ausführliche Lösung

Lösung

  1. αm−αh=360t−30t=330t\alpha_m - \alpha_h = 360t - 30t = \dato{d}{330t}

    Wie in der gelösten Aufgabe 5 hat sich nach tt Stunden der Minutenzeiger um 360t360t Grad gedreht und der Stundenzeiger um 30t30t, im Uhrzeigersinn seit 12:00 Uhr; die Differenz ihrer Stellungen beträgt 330t330t Grad.

  2. 330t=90+360m∨330t=270+360m↔330t=90+180j,j∈Z330t = 90 + 360m \vee 330t = 270 + 360m \leftrightarrow \dato{e}{330t = 90 + 180j}, \quad j \in \mathbb{Z}

    Die Zeiger bilden genau dann einen rechten Winkel, wenn diese Differenz denselben Endschenkel wie 90∘90^\circ oder wie 270∘270^\circ hat, das heißt, wenn sie 90+360m90 + 360m oder 270+360m270 + 360m für eine ganze Zahl mm ist. Die beiden Familien zusammen sind die Zahlen 90+180j90 + 180j: Die geraden Werte von jj ergeben die erste und die ungeraden die zweite.

  3. t=90+180j330=3(2j+1)11t = \frac{\resaltar{90 + 180j}}{\resaltar{330}} = \dato{t}{\frac{3(2j + 1)}{11}}

    Löst man nach tt auf und kürzt den Bruch durch 3030, so erhält man die Zeitpunkte.

  4. 0≤3(2j+1)11<12↔0≤j≤21,j=5→t=3,j=16→t=90 \leq \frac{3(2j + 1)}{11} < 12 \leftrightarrow \resaltar{0 \leq j \leq 21}, \qquad j = 5 \rightarrow t = 3, \quad j = 16 \rightarrow t = 9

    Die Bedingung 0≤t<120 \leq t < 12 ist äquivalent zu 0≤2j+1<440 \leq 2j + 1 < 44, das heißt zu 0≤j≤210 \leq j \leq 21: Es gibt genau 2222 Zeitpunkte, verschieden, weil tt mit jj wächst. Mit j=0j = 0 erhält man t=311t = \frac{3}{11}, etwa 16 Minuten und 22 Sekunden; mit j=5j = 5 und j=16j = 16 3:00 Uhr und 9:00 Uhr. Die zugehörigen Stellungen des Stundenzeigers, 90(2j+1)11\frac{90(2j + 1)}{11} Grad, sind gleichmäßig über das Zifferblatt verteilt.

Mit dieser Lektion sind die Winkel gemessen und in der Ebene verortet. In der nächsten Lektion, der über die trigonometrischen Verhältnisse, definieren die Koordinaten des Punktes P(θ)P(\theta) des Einheitskreises den Kosinus und den Sinus jedes Winkels, und die Reduktion auf die erste Umdrehung und die Winkel mit gleichem Endschenkel erklären ihre Periodizität.