Ziegenproblem (Geometrie)

Das Ziegenproblem im Einheitskreis

Das Ziegenproblem – auch Die grasende Ziege genannt – ist ein seit dem 18. Jahrhundert bekanntes Problem der Unterhaltungsmathematik. Die erste Veröffentlichung erfolgte 1748 in dem in England einmal jährlich erscheinenden The Ladies Diary: or, the Woman’s Almanack.

Problemstellung

Wie groß muss bei der gezeigten Abbildung $r$ sein, damit die rote Fläche die Hälfte der Kreisfläche ist? Konkrete Motivation: Am Punkt $Q$ sei eine Ziege (oder ein anderes Tier) angebunden. Wie lang muss die Leine sein, damit das Tier auf genau der Hälfte der Kreisfläche grasen kann?

Lösung mit Berechnung der Linsenfläche

Die vom Tier erreichbare Fläche hat die Form einer Linse, die von zwei Kreisbögen begrenzt wird.

Um den Flächeninhalt $A$ der durch die zwei Kreisbögen begrenzten Fläche zu bestimmen, kann man diese in zwei Kreissegmente zerlegen, wobei die Trennungsgerade durch die beiden Schnittpunkte der Kreisbögen geht. Mit $R$ wird der Radius des Kreises, der die Wiese darstellt, und mit $r$ derjenige des Kreises, dessen Mittelpunkt auf dem Kreisrand des anderen liegt, und mit $d$ wird der Abstand zwischen den zwei Kreismittelpunkten $P$ und $Q$ bezeichnet. Mittels der Formel für den Flächeninhalt eines Kreissegments gilt dann

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

Für $R=d=1$ und halber Kreisfläche vereinfacht sich dies zu

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

Diese Gleichung kann nur numerisch gelöst werden und ergibt $r=1{,}1587\ldots$ (Folge A133731 in OEIS).

Lösung mit Integration

Aus der Integration über die Linsenfläche mit

${\frac {1}{4}}\pi =\int _{0}^{\sqrt {r^{2}-{\frac {r^{4}}{4}}}}\left({\sqrt {r^{2}-t^{2}}}+{\sqrt {1-t^{2}}}-1\right)\,\mathrm {d} t$

ergibt sich die ebenfalls transzendente Gleichung

$r={\frac {\pi }{\pi r-{\sqrt {4-r^{2}}}+\left({\frac {4}{r}}-2r\right)\sin ^{-1}\left({\frac {1}{2}}r\right)}}$

mit derselben Lösung.

Geometrische Näherungslösung

Die grasende Ziege,
mit Approximation der halben Wiesenfläche (grün).

Es beginnt mit dem Einheitskreis um den Punkt $P$ und dem Einzeichnen der vertikalen Symmetrieachse; dabei ergeben sich die Schnittpunkte $C$ und $Q.$ Es folgen die Senkrechte zur Strecke ${\overline {CQ}}$ ab dem Punkt $Q$ und der Kreisbogen um $Q$ durch $P$ bis dieser den Einheitskreis in $A$ schneidet. Nun wird eine Halbgerade ab dem Punkt $C$ durch $A$ gezogen; sie schneidet die Senkrechte zur Strecke ${\overline {CQ}}$ in $B.$ Die anschließende Verbindung des Punktes $A$ mit $Q$ erzeugt das rechtwinklige Dreieck $BQA$ mit dem gesuchten Radius $r$ als Hypotenuse. Abschließend wird ein Kreisbogen um den Punkt $Q$ ab $B$ geschlagen, der den Einheitskreis in $D$ und $E$ schneidet. Somit ist die Kreisfläche annähernd halbiert oder anders gesagt, mit einer Leinenlänge die gleich der Länge $r$ ist, kann die Ziege annähernd die Hälfte der Wiesenfläche abgrasen.

Für das rechtwinklige Dreieck $BQA$ gilt nach dem Satz des Pythagoras:

$1^{2}+\left({\frac {r}{2}}\right)^{2}=r^{2}$

$r^{2}-\left({\frac {r}{2}}\right)^{2}=1$

${\frac {3}{4}}\cdot r^{2}=1\;\Rightarrow$

$r={\sqrt {\frac {4}{3}}}=1{,}154700538\ldots$ [LE].

Für den relativen Fehler des konstruierten Radius $r$ gilt:

$f_{r}=\left({\frac {r_{n}}{r}}-1\right)\cdot 100\ \%,$ $\;\;r_{n}$ entspricht darin dem numerisch gefundenen Radius $r$ (s. oben)

mit den eingesetzten Werten ergibt sich

$f_{r}=\left({\frac {1{,}1587}{1{,}1547}}-1\right)\cdot 100\ \%\approx -0{,}35\%.$

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

$A_{k}=1{,}1547^{2}\cdot \cos ^{-1}\left({\frac {1}{2}}\cdot 1{,}1547\right)+\cos ^{-1}\left(1-{\frac {1}{2}}\cdot 1{,}1547^{2}\right)-{\frac {1}{2}}\cdot 1{,}1547\cdot {\sqrt {4-1{,}1547^{2}}}=1{,}56190$ [FE].

Flächeninhalt der halben Wiese (halber Einheitskreis)

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

Absoluter Fehler der konstruierten halben Wiesenfläche

$F_{A_{k}}=A_{k}-A_{W}=1{,}5619-1{,}57079=-0{,}00889$ [FE]

Relativer Fehler der konstruierten halben Wiesenfläche

$f_{A_{k}}=\left({\frac {1{,}57079}{1{,}5619}}-1\right)\cdot 100\ \%\approx -0{,}57\%$

Beispiel zur Verdeutlichung: Wäre der halbe Flächeninhalt der kreisförmigen Wiese etwa $157\;m^{2}$ (Radius der Wiese $10\;m$) könnte die Ziege, angebunden am Punkt $Q$ an eine Leine mit der Länge $11,547\;m$, ca. $0{,}9\;m^{2}$ der Wiesenfläche nicht abgrasen.

Erweiterungen

Die Ziege im Weltall

Der dreidimensionale Fall mit Einheitskugel oben und Ziegenkugel unten

Im dreidimensionalen Fall befindet sich Punkt $Q$ auf der Oberfläche einer Einheitskugel, und die Fragestellung ist, wie groß der Radius $r$ 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 $V$ einer Linse bei zwei Kugeln mit Radien $R,r$ und Mittelpunktabstand $d$ ist:

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

was sich bei $R=d=1$ und halbem Kugelvolumen vereinfacht zu

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

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

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

Die Ziege am Silo

Die Ziege außerhalb des Kreises

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 $r$ 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

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

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

Literatur

• Raymond Clare Archibald: Involutes of a circle and a pasturage problem. In: American Mathematical Monthly. 28, 1921, S. 328–329.
• Marshall Fraser: A tale of two goats. In: Mathematics Magazine. 55, 1982, S. 221–227.
• Jean Jacquelin: Le problème de l’hyperchèvre. In: Quadrature. 49, 2003, ISSN 1142-2785, S. 6–12.

Weblinks

• Eric W. Weisstein: Goat Problem. In: MathWorld (englisch).