Julekalender - luke 2

[Gustav]

Alle sirklene tangerer hverandre. Den største sirkelen har radius x. Finn arealet av det mørkegrå området uttrykt ved x.

[AdmiralPQ]

[tex]\frac{(5\pi - 3\sqrt{3})}{54}\cdot x^{2}[/tex] Kanskje?

[AdmiralPQ]

[tex]\frac{(5\pi - 3\sqrt{3})}{54}\cdot x^{2}[/tex] Kanskje?

Eller kan være jeg screwet til noen brøker så kanskje den her [tex]\frac{(5\pi - 3\sqrt{3})}{108}\cdot x^{2}[/tex]

[DennisChristensen]

luke2illustrasjon.png (38.27 kiB) Vist 2386 ganger

La $S$ være området mellom sirklene øverst til venstre og la $P$, $Q$ og $R$ være deres respektive sentrum, som illustrert.

Vi finner først arealet $A_1$ av $S$.
Nå,
$$\text{areal}(\triangle PQR) = \frac{1}{2}\cdot\text{ bredde }\cdot\text{ høyde } = \frac{1}{2} \cdot \frac{2x}{3}\cdot\sqrt{\left(\frac{2x}{3}\right)^2 - \left(\frac{x}{3}\right)^2} = \frac{x}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}x}{3} = \frac{\sqrt{3}x^2}{9},$$

så derfor ser vi at
$$A_1 = \text{areal}(\triangle PQR) - 3\cdot\text{areal(sirkelsektor)} = \frac{\sqrt{3}x^2}{9} - 3\cdot \frac{1}{6}\cdot\pi\left(\frac{x}{3}\right)^2 = \frac{\sqrt{3}x^2}{9} - \frac{\pi x^2}{18}.$$

La $A_2$ være arealet av det skraverte området. Da har vi at
$$\pi x^2 = 6A_1 + 6A_2 + 7\pi\left(\frac{x}{3}\right)^2 = 6\left(\frac{\sqrt{3}x^2}{9} - \frac{\pi x^2}{18}\right) +6A_2 + 7\pi\left(\frac{x}{3}\right)^2 =6A_2 + \left(\frac{2\sqrt{3}}{3} + \frac{4\pi}{9}\right)x^2,$$

så
$$6A_2 = \left(\frac{5\pi}{9} - \frac{2\sqrt{3}}{3}\right)x^2.$$

$$\therefore A_2 = \left(\frac{5\pi}{54} - \frac{\sqrt{3}}{9}\right)x^2.$$

[Gustav]

Bra!