Discussion:
Es gibt nur eine Mathematik - oder?
(zu alt für eine Antwort)
Siegfried Neubert
2020-03-03 19:08:55 UTC
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Ich denke ihr könntet die nachfolgende Aufgabe schon kennen.
Aber ich habe eine spezielle Frage!

Ich tüftetle vor einiger Zeit an folgender Denksportaufgabe:

Ein Seil ist straff um den Äquator gespannt.
Der Einfachheit halber kann man annehmen, daß die Erde
eine glatte Kugel sei mit einem Radius von 6378,5 km.
Man verlängere nun das Seil um einen (!) Meter
und stelle einen Stab zwischen Erde und Seil,
so daß das Seil gerade wieder straff gespannt ist.

Frage: wie lang ist der Stab?
Lösung:

Sei r der Erdradius, h die Länge es Stabes,
l die Länge des Seilstücks von der Spitze des Stabes (S)
zu dem Punkt am Rand der Erde (T), von dem es sich tangential abhebt
(und mit dem vom Mittelpunkt der Erde(M) hinzeigenden
"Erdradiusvektor" einen rechten Winkel bildet).
Alfa (a) sei der Winkel zwischen den Strecken (MS) und (MT).
Wir betrachten also das rechtwinklige Dreieck (MST)!
Es gilt (Pythagoras, Symmetrie, Umfang u. Winkel am Kreis, ...):
l = a*r +0,5 und (r+h)^2 -r^2 = l^2 und tg(a) = l/r

Damit hat man l= r*tg(a) = a*r +0,5
oder: y(a) := tg(a) - a - 0,5/r != 0 zur Bestimmung von alfa!

Das geht z.B. itterativ nach Newton a := a -y(a)/y'(a),
wobei y'(a) = 1 + (tg(a))^2 -1 = ( tg(a) )^2,
und liefert mit einem natürlich kleinen Näherungswert (0,1)
_nach 10 Schritten_
für a = 0,00617242, und damit l = 39371,271, also h = 121,508.. Meter!

Das finde ich schon mal überraschend!

Wenn man aber weiß, daß der Winkel alfa klein ist,
kann man natürlich auch mit etwas Näherungsrechnung an's Ziel kommen:

Es gilt für die Reihenentwicklung von tg() bzw. cos(), wenn a << 1,
da dann der nächste Term noch viel kleiner ist:
tg(a) = a + 1/3*a^3 + ... und cos(a) = 1 -1/2*a^2 + ...
also: tg(a) = l/r = (a*r +0,5) = a + 0,5/r = a + 1/3*a^3, oder: a^3 = 3/(2r),
und: cos(a) = r/(r+h) = 1/(1+h/r) ~ 1 - h/r ~ 1 - 1/2*a^2, oder: a^2 = 2h/r (*).
Also: a^6 = 9 / (4r^2) = 8h^3 / r^3 oder: h^3 = 9r/32 und
damit h= 121,507... Meter! Siehe oben!

Nun muß ich als Ausdruck meines - im Ergebnis -ö Unverständnisses erklären,
dass man auch anders rechnen kann:

Denn es gilt auch: (r+h)^2 - r^2 = 2rh + h^2 = l^2 = ( a*r + 0,5)^2 = ...
... = a^2*r^2 + a*r + 0,25 = 2hr +sqrt(2hr) +0,25 ~= 2hr + sqrt(2hr),
weil doch (s.o.(*)) a²=2hr oder a²r²= 2hr
also: h^2 = sqrt(2hr) oder h^3 = 2r und damit h~ 233,7 Meter!

Weiß jemand warum?

VG Siggi N.
Juergen Ilse
2020-03-03 20:19:49 UTC
Permalink
Hallo,
Post by Siegfried Neubert
Ich denke ihr könntet die nachfolgende Aufgabe schon kennen.
Aber ich habe eine spezielle Frage!
Ein Seil ist straff um den Äquator gespannt.
Der Einfachheit halber kann man annehmen, daß die Erde
eine glatte Kugel sei mit einem Radius von 6378,5 km.
Man verlängere nun das Seil um einen (!) Meter
und stelle einen Stab zwischen Erde und Seil,
so daß das Seil gerade wieder straff gespannt ist.
Frage: wie lang ist der Stab?
Der "Abstand" ist voellig unabhaengig vom Radius der Kugel, da der Quotient
aus Umfang und Radius eines Kreises stets konstant ist. Um auf die Loesung
zu kommen, kann man nun einfach iin der eigenen Betrachtung von einer Kugel
mit Radius 0 ausgehen ...
;-)
Post by Siegfried Neubert
Sei r der Erdradius, h die Länge es Stabes,
l die Länge des Seilstücks von der Spitze des Stabes (S)
zu dem Punkt am Rand der Erde (T), von dem es sich tangential abhebt
(und mit dem vom Mittelpunkt der Erde(M) hinzeigenden
"Erdradiusvektor" einen rechten Winkel bildet).
Alfa (a) sei der Winkel zwischen den Strecken (MS) und (MT).
Wir betrachten also das rechtwinklige Dreieck (MST)!
l = a*r +0,5 und (r+h)^2 -r^2 = l^2 und tg(a) = l/r
Damit hat man l= r*tg(a) = a*r +0,5
oder: y(a) := tg(a) - a - 0,5/r != 0 zur Bestimmung von alfa!
Das geht z.B. itterativ nach Newton a := a -y(a)/y'(a),
wobei y'(a) = 1 + (tg(a))^2 -1 = ( tg(a) )^2,
und liefert mit einem natürlich kleinen Näherungswert (0,1)
_nach 10 Schritten_
für a = 0,00617242, und damit l = 39371,271, also h = 121,508.. Meter!
Das finde ich schon mal überraschend!
Wenn man aber weiß, daß der Winkel alfa klein ist,
Es gilt für die Reihenentwicklung von tg() bzw. cos(), wenn a << 1,
tg(a) = a + 1/3*a^3 + ... und cos(a) = 1 -1/2*a^2 + ...
also: tg(a) = l/r = (a*r +0,5) = a + 0,5/r = a + 1/3*a^3, oder: a^3 = 3/(2r),
und: cos(a) = r/(r+h) = 1/(1+h/r) ~ 1 - h/r ~ 1 - 1/2*a^2, oder: a^2 = 2h/r (*).
Also: a^6 = 9 / (4r^2) = 8h^3 / r^3 oder: h^3 = 9r/32 und
damit h= 121,507... Meter! Siehe oben!
Nun muß ich als Ausdruck meines - im Ergebnis -ö Unverständnisses erklären,
Denn es gilt auch: (r+h)^2 - r^2 = 2rh + h^2 = l^2 = ( a*r + 0,5)^2 = ...
... = a^2*r^2 + a*r + 0,25 = 2hr +sqrt(2hr) +0,25 ~= 2hr + sqrt(2hr),
weil doch (s.o.(*)) a²=2hr oder a²r²= 2hr
also: h^2 = sqrt(2hr) oder h^3 = 2r und damit h~ 233,7 Meter!
Weiß jemand warum?
Weil du dich verrechnet hast ... Die korrekte Loesung lautet: 1/(2*pi) m, also
knapp 16 cm (der Radius eines Kreises mit 1v m Umfang).

Tschuess,
Juergen Ilse (***@usenet-verwaltung.de)
Juergen Ilse
2020-03-03 20:31:51 UTC
Permalink
Hallo,
Post by Siegfried Neubert
Ich denke ihr könntet die nachfolgende Aufgabe schon kennen.
Aber ich habe eine spezielle Frage!
Ein Seil ist straff um den Äquator gespannt.
Der Einfachheit halber kann man annehmen, daß die Erde
eine glatte Kugel sei mit einem Radius von 6378,5 km.
Man verlängere nun das Seil um einen (!) Meter
und stelle einen Stab zwischen Erde und Seil,
so daß das Seil gerade wieder straff gespannt ist.
Frage: wie lang ist der Stab?
Der "Abstand" ist voellig unabhaengig vom Radius der Kugel, da der Quotient
aus Umfang und Radius eines Kreises stets konstant ist. Um auf die Loesung
zu kommen, kann man nun einfach iin der eigenen Betrachtung von einer Kugel
mit Radius 0 ausgehen ...
;-)
Post by Siegfried Neubert
Sei r der Erdradius, h die Länge es Stabes,
l die Länge des Seilstücks von der Spitze des Stabes (S)
zu dem Punkt am Rand der Erde (T), von dem es sich tangential abhebt
(und mit dem vom Mittelpunkt der Erde(M) hinzeigenden
"Erdradiusvektor" einen rechten Winkel bildet).
Alfa (a) sei der Winkel zwischen den Strecken (MS) und (MT).
Wir betrachten also das rechtwinklige Dreieck (MST)!
l = a*r +0,5 und (r+h)^2 -r^2 = l^2 und tg(a) = l/r
Damit hat man l= r*tg(a) = a*r +0,5
oder: y(a) := tg(a) - a - 0,5/r != 0 zur Bestimmung von alfa!
Das geht z.B. itterativ nach Newton a := a -y(a)/y'(a),
wobei y'(a) = 1 + (tg(a))^2 -1 = ( tg(a) )^2,
und liefert mit einem natürlich kleinen Näherungswert (0,1)
_nach 10 Schritten_
für a = 0,00617242, und damit l = 39371,271, also h = 121,508.. Meter!
Das finde ich schon mal überraschend!
Wenn man aber weiß, daß der Winkel alfa klein ist,
Es gilt für die Reihenentwicklung von tg() bzw. cos(), wenn a << 1,
tg(a) = a + 1/3*a^3 + ... und cos(a) = 1 -1/2*a^2 + ...
also: tg(a) = l/r = (a*r +0,5) = a + 0,5/r = a + 1/3*a^3, oder: a^3 = 3/(2r),
und: cos(a) = r/(r+h) = 1/(1+h/r) ~ 1 - h/r ~ 1 - 1/2*a^2, oder: a^2 = 2h/r (*).
Also: a^6 = 9 / (4r^2) = 8h^3 / r^3 oder: h^3 = 9r/32 und
damit h= 121,507... Meter! Siehe oben!
Nun muß ich als Ausdruck meines - im Ergebnis -ö Unverständnisses erklären,
Denn es gilt auch: (r+h)^2 - r^2 = 2rh + h^2 = l^2 = ( a*r + 0,5)^2 = ...
... = a^2*r^2 + a*r + 0,25 = 2hr +sqrt(2hr) +0,25 ~= 2hr + sqrt(2hr),
weil doch (s.o.(*)) a²=2hr oder a²r²= 2hr
also: h^2 = sqrt(2hr) oder h^3 = 2r und damit h~ 233,7 Meter!
Weiß jemand warum?
Weil du dich verrechnet hast ... Die korrekte Loesung lautet: 1/(2*pi) m, also
knapp 16 cm (der Radius eines Kreises mit 1 m Umfang).

Tschuess,
Juergen Ilse (***@usenet-verwaltung.de)
Ralf Bader
2020-03-03 20:39:27 UTC
Permalink
Post by Juergen Ilse
Hallo,
Post by Siegfried Neubert
Ich denke ihr könntet die nachfolgende Aufgabe schon kennen.
Aber ich habe eine spezielle Frage!
Ein Seil ist straff um den Äquator gespannt.
Der Einfachheit halber kann man annehmen, daß die Erde
eine glatte Kugel sei mit einem Radius von 6378,5 km.
Man verlängere nun das Seil um einen (!) Meter
und stelle einen Stab zwischen Erde und Seil,
so daß das Seil gerade wieder straff gespannt ist.
Frage: wie lang ist der Stab?
Der "Abstand" ist voellig unabhaengig vom Radius der Kugel, da der Quotient
aus Umfang und Radius eines Kreises stets konstant ist. Um auf die Loesung
zu kommen, kann man nun einfach iin der eigenen Betrachtung von einer Kugel
mit Radius 0 ausgehen ...
;-)
Lies die Aufgabenstellung nochmal genau. Es geht nicht um jene olle Kamelle.
Siegfried Neubert
2020-03-03 22:13:52 UTC
Permalink
Was rauchst du denn?
Und, als Legastheniker fällt mir das jetzt schwer, aber es war eben schon immer von Vorteil Lesen zu können!

Und dann über Philosophie diskutieren. ;-)
Siggi N.
Juergen Ilse
2020-03-03 23:59:53 UTC
Permalink
Hallo,
Post by Ralf Bader
Lies die Aufgabenstellung nochmal genau. Es geht nicht um jene olle Kamelle.
Stimmt, aber das aendert nichts daran, dass das Ergebnis von ca. 122 m noch
nicht einmal ansatzweise stimmen kann ... Ohne jetzt seine Rechnung noch
einmal naeher anzusehen vermute ich mal, dass sein Ergebnis fuer die Laenge
des Stabes die Laenge des Stabes ueber der "Sehne des Aequators", nicht aber
ueber dem Aequator ist, und er deswegen auf das fatal falsche EErgebnis kommt.
Sollte ich schaetzen, wuerde ich die Laenges des Stabes auf 30-40cm schaetzen.
Zum rechnen bin ich jetzt zu faul ...

Tschuess,
Juergen Ilse (***@usenet-verwaltung.de)
Ralf Bader
2020-03-04 00:57:05 UTC
Permalink
Post by Juergen Ilse
Hallo,
Post by Ralf Bader
Lies die Aufgabenstellung nochmal genau. Es geht nicht um jene olle Kamelle.
Stimmt, aber das aendert nichts daran, dass das Ergebnis von ca. 122 m noch
nicht einmal ansatzweise stimmen kann ...
Das Ergebnis erschien mir auch seltsam, der Ansatz jedoch korrekt. Jetzt
sehe ich den aber nicht mehr, weil ich Herrn Neubert geplonkt habe.
Post by Juergen Ilse
Ohne jetzt seine Rechnung noch
einmal naeher anzusehen vermute ich mal, dass sein Ergebnis fuer die Laenge
des Stabes die Laenge des Stabes ueber der "Sehne des Aequators", nicht aber
ueber dem Aequator ist, und er deswegen auf das fatal falsche EErgebnis kommt.
Sollte ich schaetzen, wuerde ich die Laenges des Stabes auf 30-40cm schaetzen.
Es müssen schon mehr als 50cm sein, denn das wäre die Stablänge bereits
dann, wenn man das Seil auf dem Äquator bis zum Fußpunkt des Stabes und
dann diesen hinauf führt. Und dieser Weg von dem Punkt, an dem das Seil
gemäß Aufgabenstellung die Erdoberfläche verläßt, zur Spitze des Stabes
ist keine Gerade, so daß der 50cm-Stab sich noch verlängern läßt.
Post by Juergen Ilse
Zum rechnen bin ich jetzt zu faul ...
Tschuess,
Siegfried Neubert
2020-03-04 09:37:24 UTC
Permalink
Post by Ralf Bader
Post by Juergen Ilse
Hallo,
Post by Ralf Bader
Lies die Aufgabenstellung nochmal genau. Es geht nicht um jene olle Kamelle.
Stimmt, aber das aendert nichts daran, dass das Ergebnis von ca. 122 m noch
nicht einmal ansatzweise stimmen kann ...
Das Ergebnis erschien mir auch seltsam, der Ansatz jedoch korrekt. Jetzt
sehe ich den aber nicht mehr, weil ich Herrn Neubert geplonkt habe.
Post by Juergen Ilse
Ohne jetzt seine Rechnung noch
einmal naeher anzusehen vermute ich mal, dass sein Ergebnis fuer die Laenge
des Stabes die Laenge des Stabes ueber der "Sehne des Aequators", nicht aber
ueber dem Aequator ist, und er deswegen auf das fatal falsche EErgebnis kommt.
Sollte ich schaetzen, wuerde ich die Laenges des Stabes auf 30-40cm schaetzen.
Es müssen schon mehr als 50cm sein, denn das wäre die Stablänge bereits
dann, wenn man das Seil auf dem Äquator bis zum Fußpunkt des Stabes und
dann diesen hinauf führt. Und dieser Weg von dem Punkt, an dem das Seil
gemäß Aufgabenstellung die Erdoberfläche verläßt, zur Spitze des Stabes
ist keine Gerade, so daß der 50cm-Stab sich noch verlängern läßt.
Post by Juergen Ilse
Zum rechnen bin ich jetzt zu faul ...
Tschuess,
Bis jetzt nur sehr laute Worte von euch zwei,
ohne die Inhalte zu verifizieren.
Und der Eine plonkt mich, obwohl er doch zumindest gelesen hatte
- ich find, das alles spricht für sich!

Da mich das Problem der zweiten Lösung aber wirklich interessiert,
bitte ich um weitere aufgabenorientierte Beiträge.

VG Siggi N. - auch Herr Neubert ;-)
Rainer Rosenthal
2020-03-04 10:17:15 UTC
Permalink
Post by Siegfried Neubert
Da mich das Problem der zweiten Lösung aber wirklich interessiert,
bitte ich um weitere aufgabenorientierte Beiträge.
VG Siggi N. - auch Herr Neubert ;-)
Hi Siggi,

bleib dran! Ich liebe diese Aufgabe als nicht-triviale Fortsetzung der
"ollen Kamelle" und habe die 128 Meter (vor vielen Jahren) auch erst
nicht glauben, dann aber nachrechnen und noch später auch verstehen können.

Bis Du eine Antwort kriegst, die Dir vorrechnet, wo in Deiner Herleitung
der über 200 Meter der Rechenfehler ist, rate ich Dir, das selbst
nochmal Schritt für Schritt nachzurechnen, evtl. mit kleinen
Hilfsskizzen. Dann findest Du den Fehler selbst, und die schöne Aufgabe
wird Dir noch mehr ans Herz wachsen.

Gruß,
Rainer
Alfred Flaßhaar
2020-03-04 14:16:16 UTC
Permalink
Post by Rainer Rosenthal
Post by Siegfried Neubert
Da mich das Problem der zweiten Lösung aber wirklich interessiert,
bitte ich um weitere aufgabenorientierte Beiträge.
VG Siggi N. - auch Herr Neubert ;-)
(...)
bleib dran! Ich liebe diese Aufgabe als nicht-triviale Fortsetzung der
"ollen Kamelle" und habe die 128 Meter (vor vielen Jahren) auch erst
nicht glauben, dann aber nachrechnen und noch später auch verstehen können.
Hallo Rainer,

mit Hilfe Cabri habe ich mich geometrisch durchiteriert, zum
Hand-Rechnen war ich zu faul, der Rechenweg ist ja klar. Leider weiß ich
nicht mehr, wie die Zoom-Funktion losgeht. Im Rahmen der
Maßstabsgenauigkeit komme ich auf ca. 130 m. Jetzt versuche ich in
Derive auf Drehzahl zu kommen. Prima Aufgabe.

Viele Grüße, Alfred
Siegfried Neubert
2020-03-04 16:07:38 UTC
Permalink
Post by Rainer Rosenthal
Post by Siegfried Neubert
Da mich das Problem der zweiten Lösung aber wirklich interessiert,
bitte ich um weitere aufgabenorientierte Beiträge.
VG Siggi N. - auch Herr Neubert ;-)
Hi Siggi,
bleib dran! Ich liebe diese Aufgabe als nicht-triviale Fortsetzung der
"ollen Kamelle" und habe die 128 Meter (vor vielen Jahren) auch erst
nicht glauben, dann aber nachrechnen und noch später auch verstehen können.
Bis Du eine Antwort kriegst, die Dir vorrechnet, wo in Deiner Herleitung
der über 200 Meter der Rechenfehler ist, rate ich Dir, das selbst
nochmal Schritt für Schritt nachzurechnen, evtl. mit kleinen
Hilfsskizzen. Dann findest Du den Fehler selbst, und die schöne Aufgabe
wird Dir noch mehr ans Herz wachsen.
Gruß,
Rainer
Danke Rainer, Du baust mich auf! Ich gehe mal in mich! ;-)

Aber obiges meine ich schon getan zu haben
- mit etwas Zeit zwischen den Versuchen -
und komme nicht weiter.

Es ließ mich an der Mathematik zweifeln! ;-)

Die 10 Iterationen beim Newton machen mich stutzig,
eigentlich konvergiert der ja quadratisch.
Also fürchtete ich die Zahlendarstellungsgenauigkeit reiche nicht,
aber so wirklich sehe ich das auch nicht.
Na ja, und dann ist ohne die tan()-Näherung der Grad der "über 200 Meter Lösung" ja auch um eins geringer, aber ...!?


Ich habe nun Hermann Kremer "aufleben lassen", er hatte das ja damals dankenswerterweise gemacht:

Hermann Kremer, 19.07.03
Siegfried Neubert schrieb in Nachricht ...
Post by Rainer Rosenthal
Hi Helmut, hi Ihr.
Ein Mensch der denkt sich fromm und still
er hat die Lösung, die er will.
Bis er mit Panik dann erkennt,
das gegen eine Wand er rennt.
So helft ihm doch dem armen Mann
und seht die Rechnung Euch mal an!
Aber gerne ... bei so ´nem schönen Gedicht ...

...

Du hast aber oben noch eine andere Näherung:
a^3 = 3/(2*r) --> a^3*r^3 = 3*r^2/2 ,
und wenn wir damit rechnen, dann gilt
h^2 + 2*r*h = ( cbrt(3*r^2/2) + 1/2 )^2 ,
oder mit Zahlenwerten:
h^2 + 12'757'000*h - 1'550'112'731,6 = 0 ,
und dafür erhält man
h_1 = -12'757'121,51
h_2 = 121,509
und das h_2 sieht schon viel besser aus ;-)

Merke:
Eine Näherungsrechnung nähert dasjenige, was man annähern
möchte, nur dann an, wenn man bei der Näherung das zu Nähernde
auch wirklich an-nähert und es nicht weg-nähert ;-))
...
_______________________________________________________________

Ich habe damals aber nachfolgendes nicht verstanden (Pardon!),
eben daß es nicht nur die Aufgabe sondern auch meine Frage löst.
(Und Du warst damals auch schon im Ring! ;-) )

<Hermann>: Jetzt nimmst Du von ganz oben die Näherung
a^2 = 2*h/r --> a^2*r^2 = 2*h*r
und wirfst damit denjenigen Wert, in welchem Deine ursprüngliche
1 m Seilverlängerung noch indirekt drinsteckt, nämlich den Winkel a,
einfach raus. Damit würde ja Deine Formel h^2 = 2*r für jede
beliebige (genügend kleine) Seilverlängerung gelten ...
___________________________________________________________________

Ja, das ist es wohl, und mit dem tan() und a³/3! holt man sich die Längenänderung wieder implizit herein!

Danke Rainer für's Mut machen!
Und Dank Dir Hermann - das weg-nähern wird mir nun im Gedächtnis bleiben!

VG Siggi N.

P.S.: Und ja Rainer - klatsch ..., vor die Stirn! ;-) Schmunzel!
Rainer Rosenthal
2020-03-04 18:04:02 UTC
Permalink
Post by Siegfried Neubert
P.S.: Und ja Rainer - klatsch ..., vor die Stirn! ;-) Schmunzel!
Gratuliere!

Oh, dass Du Hermann Kremer erwähnst. Ja das waren noch tolle dsm-Zeiten.
Aber wie sagt mein schlauer Abreiß-Kalender in seinem Februar-Spruch?

Du kannst bedauern, dass
etwas Schönes vorbei ist,
oder dich freuen, dass du
etwas Schönes erlebt hast.

Herzlich grüßend,
Rainer
Alfred Flaßhaar
2020-03-05 15:32:25 UTC
Permalink
(...)

So, nun konnte ich derive überreden, etwas zu rechnen. Ich habe den
Zentriwinkel zu den Horizontpunkten als gesuchte Größe verwendet und war
über die kleine Zahl zuerst irritiert. Aber dann kommt man leicht auf
etwa 0.121508001 km.

Darauf einen "Busch":

Ich saß vergnüglich bei dem Wein
Und schenkte eben wieder ein.
Auf einmal fuhr mir in die Zeh
Ein sonderbar pikantes Weh.

Ich schob mein Glas sogleich beiseit
Und hinkte in die Einsamkeit
Und wußte, was ich nicht gewußt:

Der Schmerz ist Herr und Sklavin ist die Lust.

Viele Grüße, Alfred
Ganzhinterseher
2020-03-04 16:42:01 UTC
Permalink
Post by Juergen Ilse
Hallo,
Post by Ralf Bader
Lies die Aufgabenstellung nochmal genau. Es geht nicht um jene olle Kamelle.
Stimmt, aber das aendert nichts daran, dass das Ergebnis von ca. 122 m noch
nicht einmal ansatzweise stimmen kann ...
Dir fehlt wirklich jedes Verständnis für das Unendliche! Hier wäre es einmal angebracht, mit omega zu argumentieren: Wenn die Erde unendlichen Durchmesser hätte, also das Seil von Berührungspunkt zu Berührungspunkt eine unendliche Länge hätte, dann würde schon die Verlängerung um einen Millimeter jede beliebige Stablänge übersteigen lassen.

Gruß, WM
Rainer Rosenthal
2020-03-04 18:40:04 UTC
Permalink
Post by Ganzhinterseher
Post by Juergen Ilse
Hallo,
Post by Ralf Bader
Lies die Aufgabenstellung nochmal genau. Es geht nicht um jene olle Kamelle.
Stimmt, aber das aendert nichts daran, dass das Ergebnis von ca. 122 m noch
nicht einmal ansatzweise stimmen kann ...
Dir fehlt wirklich jedes Verständnis für das Unendliche! Hier wäre es einmal angebracht, mit omega zu argumentieren: Wenn die Erde unendlichen Durchmesser hätte, also das Seil von Berührungspunkt zu Berührungspunkt eine unendliche Länge hätte, dann würde schon die Verlängerung um einen Millimeter jede beliebige Stablänge übersteigen lassen.
Gruß, WM
Exakt!

#
# Zur Variante 2 des Seil-um-die-Erde-Rätsels;
#
# Stab in (0,0) senkrecht zur x-Achse,
# Seil von -H bis +H
#
#
# h
# |
# +--------------o--------------+
# -H +H
#
# Ein Seil der Länge 2*H ist zwischen den
# "Horizontpunkten" mit Koordinaten (-H,0)
# und (H,0) gespannt. Verlängert man es um
# ein Stück v auf Länge 2*H+v und fixiert
# die Endpunkte, dann kann man es von (0,0)
# wegziehen und über (0,h) spannen.
#
# Betrachtet man eines der entstehenden
# rechtwinkligen Dreiecke, dann gilt mit
# Pythagoras: h^2 + H^2 = s^2, wobei s die
# halbe neue Seillänge ist, also s = H + v/2.
#
# Die Größe h ist also die Quadratwurzel aus
# (H+v/2)^2-H^2 = Hv + (v^2)/4.
#
# Anders als bei der Variante 1 ("olle Kamelle")
# des Seil-um-die-Erde-Rätsels hebt sich die
# Größe der Erde (Entfernung H des Horizonts)
# nicht aus der Rechnung heraus, sondern h
# wächst etwa proportional mit Wurzel aus H.
#
Gruß,
Rainer Rosenthal
***@web.de
Brigitta
2020-03-08 13:54:08 UTC
Permalink
Hallo, liebe Mitleser,

die nette Aufgabe ist ausführlich beschrieben in der Schriftenreihe der ISTRON-Gruppe:

Förster F et al. Materialien für einen realitätsbezogenen Mathematikunterricht.
Band 6. Computeranwendungen.
div Verlag franzbecker. Hildesheim 2000.
ISBN: 3-881120-306-0
Die Aufgabe findet sich dort auf S.16, allerdings mit einem anderen Ergebnis als hier gepostet.

Die Aufgabe wird dort, ausgehend von der "ollen Kamelle" so beschrieben:
"Eine schöne Variante ist folgende Fragestellung:
Die um 1m längere Schnur wird wieder um die Erde herumgelegt, diesmal aber an einer Stelle so weit wie möglich von der Erdoberfläche abgezogen. Wie weit kann ich die Schnur abheben?"

Ich denke das ist die selbe Aufgabe wie oben.
Als Ergebnis wird vorgerechnet eine Abhebe-Höhe von ca. 12 m 80 cm.
Also gerade ein Zehntel der hier veröffentlichten Lösung.
Ich komme auch auf diese Lösung und nicht auf 128 m ?

Grüße Brigitta
Siegfried Neubert
2020-03-08 14:06:26 UTC
Permalink
Post by Brigitta
Hallo, liebe Mitleser,
Förster F et al. Materialien für einen realitätsbezogenen Mathematikunterricht.
Band 6. Computeranwendungen.
div Verlag franzbecker. Hildesheim 2000.
ISBN: 3-881120-306-0
Die Aufgabe findet sich dort auf S.16, allerdings mit einem anderen Ergebnis als hier gepostet.
Die um 1m längere Schnur wird wieder um die Erde herumgelegt, diesmal aber an einer Stelle so weit wie möglich von der Erdoberfläche abgezogen. Wie weit kann ich die Schnur abheben?"
Ich denke das ist die selbe Aufgabe wie oben.
Als Ergebnis wird vorgerechnet eine Abhebe-Höhe von ca. 12 m 80 cm.
Also gerade ein Zehntel der hier veröffentlichten Lösung.
Ich komme auch auf diese Lösung und nicht auf 128 m ?
Grüße Brigitta
Hallo Brigitta, das interessiert mich.
Zum Buch habe ich kein Zugang.
Kannst Du das hier wiedergeben?

VG Siggi N.
Oliver Jennrich
2020-03-08 14:57:25 UTC
Permalink
Post by Siegfried Neubert
Post by Brigitta
Hallo, liebe Mitleser,
Förster F et al. Materialien für einen realitätsbezogenen Mathematikunterricht.
Band 6. Computeranwendungen.
div Verlag franzbecker. Hildesheim 2000.
ISBN: 3-881120-306-0
Die Aufgabe findet sich dort auf S.16, allerdings mit einem anderen Ergebnis als hier gepostet.
Die um 1m längere Schnur wird wieder um die Erde herumgelegt,
diesmal aber an einer Stelle so weit wie möglich von der
Erdoberfläche abgezogen. Wie weit kann ich die Schnur abheben?"
Ich denke das ist die selbe Aufgabe wie oben.
Als Ergebnis wird vorgerechnet eine Abhebe-Höhe von ca. 12 m 80 cm.
Also gerade ein Zehntel der hier veröffentlichten Lösung.
Ich komme auch auf diese Lösung und nicht auf 128 m ?
Grüße Brigitta
Hallo Brigitta, das interessiert mich.
Zum Buch habe ich kein Zugang.
Kannst Du das hier wiedergeben?
Da dürfte es sich um einen Einheitenfehler handeln.

Wenn man die Änderung der Fadenlänge dl für eine gegebene Abhebehöhe d
berechnet, dann verliert man den kleinen Kreisbogen zwischen den beiden
"Anlegepunkten" und gewinnt den (doppelten) Abstand zwischen Anlegepunkt
und Stabspitze.

Letzerer ist 2*Wurzel((R+d)^2-R^2), ersterer ist 2*arccos(R/(R+D))

Also ist

dl = 2*Wurzel((R+d)^2-R^2) - 2*arccos(R/(R+D))
~ 4/3 Wurzel(2d^3/R)

für d<<R.

Das kann man jetzt nach d auflösen und für dl=1m und für R=6378.5*10^3m
einsetzen und bekommt

d = 121.5 m

heraus. Wenn man fälschlicherweise R = 6378.5m nimmt, dann sind das eben
nur 12.15m
--
Space - The final frontier
l***@gmail.com
2020-03-08 15:09:51 UTC
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Post by Siegfried Neubert
Hallo Brigitta, das interessiert mich.
Zum Buch habe ich kein Zugang.
Kannst Du das hier wiedergeben?
VG Siggi N.
Hallo Siegfried,

ich will es versuchen, allerdings ist eine Skizze im ASCII-Zeichensatz schwierig,
deshalb kurze Beschreibung:

Es sei

R = Erdradius in m : R = 6378500 m
U = Länge der Schnur : U = 2*Pi*R + 1
h = Abhebungshöhe
l = Seillänge vom tangentialen Anliegepunkt bis Höhenscheitel
a = Winkel alpha (im Bogenmaß) zwischen R zum Tangentialpunkt und
(R+h) zum Scheitel
tan(a) = l / R

Mach Dir eine Skizze, sonst wird's schwierig zu verstehen.

Es gilt also:
(1) U = 2*Pi*R + 1
(2) U = Länge des Seilteils, das sich an die Erdoberfläche anschmiegt
plus 2*l
= 2*Pi*R - 2*a*R + 2R*tan(a)

(1) = (2)
2*Pi*R + 1 = 2*Pi*R - 2*a*R + 2R*tan(a)
###### 1 = ###### 2R*tan(a) - 2*a*R

oder: 1 = 2R*(tan(a) - a)

Bestimme a für:
tan(a) - a = 1/2R

Dies ergibt (numerisch) einen Winkel a ~ 3.53636 Grad

Aus a lässt sich anschließend leicht die Höhe h bestimmen. Es gilt
im rechtwinkligen Dreieck mit den Seiten R, l, R+h
cos(a) = R/(R+h) bzw. h = R/cos(a) - R

Damit ergibt sich als Lösung eine Abhebehöhe von ca. 12.8 m und nicht
128 m.

Grüße
Brigitta
Alfred Flaßhaar
2020-03-08 15:47:31 UTC
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(...)
tan(a) - a = 1/2R (*)
Dies ergibt (numerisch) einen Winkel a ~ 3.53636 Grad
(...)

Hier sollte etwas kontrolliert werden. Für den halben Zentriwinkel, der
zur Strecke l gehört, ergibt sich als Lösung von (*)
im Bogenmaß a = 0.007776736880,
also a = 0.4455845063°. Dies deckt sich auch mit einer zeichnerischen
Lösung, nach der sich näherungsweise 130 m ergeben hatten.

Gruß, Alfred
Alfred Flaßhaar
2020-03-08 16:23:03 UTC
Permalink
(...)
  tan(a) - a = 1/2R (*)
  Dies ergibt (numerisch) einen Winkel a ~ 3.53636 Grad
(...)
Korrektur:
a = 0.006172418414 im Bogenmaß
Brigitta
2020-03-08 16:51:26 UTC
Permalink
Post by Alfred Flaßhaar
(...)
  tan(a) - a = 1/2R (*)
  Dies ergibt (numerisch) einen Winkel a ~ 3.53636 Grad
(...)
a = 0.006172418414 im Bogenmaß
Korrekt. Damit ergibt sich der Winkel im Gradmass zu a = 0.353653524511033.
Und Hiermit Deine angebenen Werte.
Die Lehrer haben sich in Ihrem Artikel (und ich auch) um den Faktor 10 verhauen.
Find ich schön, dass wir die Lösung gemeinsam gefunden haben.
Grüße Brigitta
Alfred Flaßhaar
2020-03-08 16:56:42 UTC
Permalink
Post by Brigitta
(...)
Find ich schön, dass wir die Lösung gemeinsam gefunden haben.
Ja, ich auch...

Sonntagsgruß, Alfred
Siegfried Neubert
2020-03-08 18:58:21 UTC
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Post by Brigitta
Post by Alfred Flaßhaar
(...)
  tan(a) - a = 1/2R (*)
  Dies ergibt (numerisch) einen Winkel a ~ 3.53636 Grad
(...)
a = 0.006172418414 im Bogenmaß
Korrekt. Damit ergibt sich der Winkel im Gradmass zu a = 0.353653524511033.
Und Hiermit Deine angebenen Werte.
Die Lehrer haben sich in Ihrem Artikel (und ich auch) um den Faktor 10 verhauen.
Find ich schön, dass wir die Lösung gemeinsam gefunden haben.
Grüße Brigitta
Moin moin Brigitta.

Kleiner Nachtrag noch von mir, der richtige Winkel in Grad ist dann natürlich
0.006172418414*180/Pi= 1,111...°/Pi= 0,3536...° - ich vergaß durch Pi zu teilen.
Pardon!

Sonntagsgrüße an Alfred und Dich
Siegfried Neubert
2020-03-08 16:02:16 UTC
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Post by l***@gmail.com
Post by Siegfried Neubert
Hallo Brigitta, das interessiert mich.
Zum Buch habe ich kein Zugang.
Kannst Du das hier wiedergeben?
VG Siggi N.
Hallo Siegfried,
ich will es versuchen, allerdings ist eine Skizze im ASCII-Zeichensatz schwierig,
...
Post by l***@gmail.com
tan(a) - a = 1/2R
Dies ergibt (numerisch) einen Winkel a ~ 3.53636 Grad
Aus a lässt sich anschließend leicht die Höhe h bestimmen. Es gilt
im rechtwinkligen Dreieck mit den Seiten R, l, R+h
cos(a) = R/(R+h) bzw. h = R/cos(a) - R
Damit ergibt sich als Lösung eine Abhebehöhe von ca. 12.8 m und nicht
128 m.
Grüße
Brigitta
Moin Brigitta, danke!

Alles kein Problem, obwohl ich "die Formel" anders herleite, ist sie (natürlich) die selbe:

Es gilt (Pythagoras, Symmetrie, Umfang u. Winkel am Kreis, ...):
l = a*r +0,5 und (r+h)^2 -r^2 = l^2 und tg(a) = l/r

Damit hat man l= r*tg(a) = a*r +0,5
oder: y(a) := tg(a) - a - 0,5/r != 0 zur Bestimmung von alfa!

Bei Dir: tg(a)-a=1/2R , gleich durch einfaches Umformen!

Das Lösen geht z.B. itterativ nach Newton a := a -y(a)/y'(a),
wobei y'(a) = 1 + (tg(a))^2 -1 = ( tg(a) )^2,
und liefert mit einem natürlich kleinen Näherungswert (0,1)
_nach 10 Schritten_
für a = 0,00617242, und damit l = 39371,271, also h = 121,508.. Meter!

Ggf. wählt man auch ein anderes Näherungsverfahren,
das sollte aber nichts an alfa (mit a im Bogenmaß (oder *180=) 1,111°)

und damit l und damit h=121,508 Meter ändern!

Magst Du bitte das Näherungsverfahren nochmal explizit angeben?
Was ich auch nicht verstehe ist Dein a im Gradmaß, es ist größer als 1,111°
und damit müßte h noch größer sein nicht viel kleiner!?

Und, wenn man mit etwas mehr "höherer Mathe" Näherungsrechnung(/Reihenentwicklung von cos() und tan()) betreibt, dann erhält man auch sofort:

tg(a) = a + 1/3*a^3 + ... und cos(a) = 1 -1/2*a^2 + ...
also: tg(a) = l/r = (a*r +0,5) = a + 0,5/r = a + 1/3*a^3, oder: a^3 = 3/(2r),
und: cos(a) = r/(r+h) = 1/(1+h/r) ~ 1 - h/r ~ 1 - 1/2*a^2, oder: a^2 = 2h/r (*).
Also: a^6 = 9 / (4r^2) = 8h^3 / r^3 oder: h^3 = 9r/32 und
damit h= 121,507... Meter!

Ich bin weiter interessiert, gerade in diesem Zusammenhang!

VG Siggi N.
Kurt
2020-03-08 15:13:33 UTC
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Post by Brigitta
Hallo, liebe Mitleser,
Förster F et al. Materialien für einen realitätsbezogenen Mathematikunterricht.
Band 6. Computeranwendungen.
div Verlag franzbecker. Hildesheim 2000.
ISBN: 3-881120-306-0
Die Aufgabe findet sich dort auf S.16, allerdings mit einem anderen Ergebnis als hier gepostet.
Die um 1m längere Schnur wird wieder um die Erde herumgelegt, diesmal aber an einer Stelle so weit wie möglich von der Erdoberfläche abgezogen. Wie weit kann ich die Schnur abheben?"
Ich denke das ist die selbe Aufgabe wie oben.
Als Ergebnis wird vorgerechnet eine Abhebe-Höhe von ca. 12 m 80 cm.
Also gerade ein Zehntel der hier veröffentlichten Lösung.
Ich komme auch auf diese Lösung und nicht auf 128 m ?
Grüße Brigitta
Ist das nicht 1 Meter?

Kurt
guenter
2020-03-22 03:54:46 UTC
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Post by Siegfried Neubert
Ich denke ihr könntet die nachfolgende Aufgabe schon kennen.
Aber ich habe eine spezielle Frage!
Ein Seil ist straff um den Äquator gespannt.
Der Einfachheit halber kann man annehmen, daß die Erde
eine glatte Kugel sei mit einem Radius von 6378,5 km.
Man verlängere nun das Seil um einen (!) Meter
und stelle einen Stab zwischen Erde und Seil,
so daß das Seil gerade wieder straff gespannt ist.
Frage: wie lang ist der Stab?
Das ist der ersten Aufgabe der "Ponder This" Seite von IBM aus 1998 ähnlich. Allerdings werden 6 Meter zum Seil dazu gegeben und der Radius der Erde mit 6400 km angenommen.
http://www.research.ibm.com/haifa/ponderthis/challenges/May1998.html

Die Lösung wird hier sehr gut beschrieben:
http://www.research.ibm.com/haifa/ponderthis/solutions/May1998.html

mfg guenter
Siegfried Neubert
2020-03-22 10:23:34 UTC
Permalink
Post by guenter
Post by Siegfried Neubert
Ich denke ihr könntet die nachfolgende Aufgabe schon kennen.
Aber ich habe eine spezielle Frage!
Ein Seil ist straff um den Äquator gespannt.
Der Einfachheit halber kann man annehmen, daß die Erde
eine glatte Kugel sei mit einem Radius von 6378,5 km.
Man verlängere nun das Seil um einen (!) Meter
und stelle einen Stab zwischen Erde und Seil,
so daß das Seil gerade wieder straff gespannt ist.
Frage: wie lang ist der Stab?
Das ist der ersten Aufgabe der "Ponder This" Seite von IBM aus 1998 ähnlich. Allerdings werden 6 Meter zum Seil dazu gegeben und der Radius der Erde mit 6400 km angenommen.
http://www.research.ibm.com/haifa/ponderthis/challenges/May1998.html
http://www.research.ibm.com/haifa/ponderthis/solutions/May1998.html
mfg guenter
Moin Guenter,
danke für den Hinweis auf eine weitere Quelle für diesen Aufgabentyp.
Kannte ich nicht!
Siehst Du aber drüber hinaus etwas Neues?

Gruß Siggi N.

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