Sveta je napisao:Za dalji rad zadatka tj., za izračunavanje površine odsečaka iskoristiti sledece slike postavljene u koordinatnom sistemu
Na tim slikama je pokazano da se površina svakog od ta dva kružna odsečka dobije kao razlika površina odgovarajućeg kružnog isečka i odgovarajućeg jednakokrakog trougla.
Ugao [inlmath]\angle CBD[/inlmath] obeležimo sa [inlmath]\alpha[/inlmath]. Pošto je to periferni ugao nad tetivom [inlmath]CD[/inlmath], tada će ugao [inlmath]\angle COD[/inlmath], kao centralni ugao nad tom istom tetivom, ali s druge njene strane, biti jednak [inlmath]360^\circ-2\alpha[/inlmath].
Odsečak 1:
[dispmath]P_{\mbox{i}1}=\pi R^2\frac{\angle COD}{360^\circ}=\pi R^2\frac{360^\circ-2\alpha}{360^\circ}=\cancel{\pi}R^2\frac{2\pi-2\alpha}{2\cancel{\pi}}=R^2\left(\pi-\alpha\right)\\
P_{\triangle COD}=\frac{R^2}{2}\sin\angle COD=\frac{R^2}{2}\sin\left(360^\circ-2\alpha\right)=-\frac{R^2}{2}\sin2\alpha\quad\left(=\frac{R^2}{2}\left|\sin2\alpha\right|\right)\\
P_{\mbox{o}1}=P_{\mbox{i}1}-P_{\triangle COD}=R^2\left(\pi-\alpha\right)+\frac{R^2}{2}\sin2\alpha=R^2\left(\pi-\alpha+\frac{\sin2\alpha}{2}\right)[/dispmath]
Odsečak 2:
[dispmath]P_{\mbox{i}2}=\pi r^2\frac{\angle CBD}{360^\circ}=\cancel{\pi}r^2\frac{\alpha}{2\cancel{\pi}}=r^2\frac{\alpha}{2}\\
P_{\triangle CBD}=\frac{r^2}{2}\sin\angle CBD=\frac{r^2}{2}\sin\alpha\\
P_{\mbox{o}2}=P_{\mbox{i}2}-P_{\triangle CBD}=r^2\frac{\alpha}{2}-\frac{r^2}{2}\sin\alpha=\frac{r^2}{2}\left(\alpha-\sin\alpha\right)[/dispmath]
Imamo uslov zadatka da je zbir površina ova dva odsečka jednak polovini površine kruga poluprečnika [inlmath]R[/inlmath]:
[dispmath]P_{\mbox{o}1}+P_{\mbox{o}2}=\frac{\pi R^2}{2}\\
R^2\left(\pi-\alpha+\frac{\sin2\alpha}{2}\right)+\frac{r^2}{2}\left(\alpha-\sin\alpha\right)=\frac{\pi R^2}{2}\quad\left(1\right)[/dispmath]
Da bi bilo moguće [inlmath]r[/inlmath] izraziti preko [inlmath]R[/inlmath], potrebno je [inlmath]\alpha[/inlmath] izraziti preko [inlmath]r[/inlmath] i [inlmath]R[/inlmath]. Posmatrajmo jednakokraki trougao [inlmath]\triangle BOC[/inlmath]. Njegova osnovica je [inlmath]r[/inlmath], a kraci su mu [inlmath]R[/inlmath]. Njegova dva jednaka ugla su [inlmath]\frac{\alpha}{2}[/inlmath]. Odatle sledi da je
[dispmath]\cos\frac{\alpha}{2}=\frac{\frac{r}{2}}{R}=\frac{r}{2R}\quad\Rightarrow\quad\alpha=\arccos\frac{r}{2R}[/dispmath]
[inlmath]\sin\alpha[/inlmath] možemo izraziti preko [inlmath]\cos\alpha[/inlmath], vodeći računa o tome da je [inlmath]\alpha\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)[/inlmath], zbog čega je [inlmath]\sin\frac{\alpha}{2}[/inlmath] pozitivan:
[dispmath]\sin\alpha=2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}=2\cos\frac{\alpha}{2}\sqrt{1-\cos^2\frac{\alpha}{2}}=\cancel2\cdot\frac{r}{\cancel2R}\sqrt{1-\frac{r^2}{4R^2}}=\frac{r}{R}\sqrt{1-\frac{r^2}{4R^2}}[/dispmath]
Možemo sada i [inlmath]\sin2\alpha[/inlmath] izraziti preko [inlmath]\sin\alpha[/inlmath], vodeći računa o tome da je [inlmath]\cos\alpha[/inlmath] negativan zbog intervala u kojem se nalazi [inlmath]\alpha[/inlmath]:
[dispmath]\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha=2\sin\alpha\left(-\sqrt{1-\sin^2\alpha}\right)=-2\frac{r}{R}\sqrt{1-\frac{r^2}{4R^2}}\sqrt{1-\frac{r^2}{R^2}\left(1-\frac{r^2}{4R^2}\right)}=\cdots[/dispmath]
Sad se sve to uvrsti u jednačinu [inlmath]\left(1\right)[/inlmath] umesto [inlmath]\alpha[/inlmath], umesto [inlmath]\sin\alpha[/inlmath] i umesto [inlmath]\sin2\alpha[/inlmath] i dobije se jedna lepa transcendentna jednačina po [inlmath]r[/inlmath],
koju je moguće rešiti isključivo numeričkim putem (što smo, uostalom, mogli zaključiti već i iz samog oblika jednačine [inlmath]\left(1\right)[/inlmath], u kojoj se [inlmath]\alpha[/inlmath] pojavljuje i samostalno i u okviru sinusa).
Odakle je ovaj zadatak?