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Frage an die Mathefüchse

Thema erstellt von Uwe. 
Beiträge: 1.503, Mitglied seit 17 Jahren
Hallo Bauhof,

ich denke, dass gute Umgangsform muss gelten für alle Menschen. Horst hat mich hier nicht angegriffen, hat guten Tip gegeben. Ich kann es nicht einfach ignorieren.

Ich danke dir auch für die Lösung zweiter Aufgabe. Ich sah auch, dass es eine Umkehrweg soll sein. Leider habe ich vergessen, wie heißt arccos.

Hat jemand guten Tip, wo kann rechnerische Aufgaben machen? Ich benutze google, aber er macht nur einfache Funktionen, kein Wurzel, kein cos geschweige von arccos.

Gruß
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Beiträge: 1.375, Mitglied seit 16 Jahren
Hall Irena
Irena schrieb in Beitrag Nr. 1179-21:
Hat jemand guten Tip, wo kann rechnerische Aufgaben machen? Ich benutze google, aber er macht nur einfache Funktionen, kein Wurzel, kein cos geschweige von arccos.
Auf jedem PC, der unter dem Betriebssystem Windows läuft, befindet sich ein Taschenrechner. Wie man ihn aufruft, kann ich dir für Windows 98 und für Windows Vista beschreiben. Für Windows XP wird der Aufruf ähnlich funktionieren. Hier der Aufrauf unter Windows Vista SP1 Home Basic:

1. Button Start.
2. Alle Programme anzeigen lassen.
3. Zubehör.
4. "Rechner" anklicken.
5. Der Taschenrechner erscheint auf dem Bildschirm.
6. Ansicht "Wissenschaftlich" anklicken, falls nur der Standard-Taschenrechner dargestellt wird.

M.f.G. Eugen Bauhof

P.S.
Eine Alternative wäre es, dass du dir einen "realen" wissenschaftlichen Taschenrechner kaufst. Ich benutze den Taschenrechner "Texas Instruments TI-30Xa SOLAR". Inzwischen gibt es vermutlich ein neueres Modell, sicherlich auch von anderen Firmen. Du musst nur darauf achten, dass du keinen kaufmännischen "Standardrechner", sondern einen wissenschaftlichen Taschenrechner kaufst.
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Der Kluge lernt aus allem und von jedem,
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Beiträge: 1.476, Mitglied seit 16 Jahren
Hallo Bauhof,

Zitat:
Bauhof schrieb in Beitrag-Nr. 1179-19:
Wie weit könnte man theoretisch maximal sehen, wenn die Augenhöhe über dem Meeresspiegel unbegrenzt hoch sein dürfte?

Ich benötige zur Lösung der Aufgabe keine Mathematik.

Nach der klassischen Mechanik:
Befinde ich mich z.B. auf dem Nordpol und entferne mich senkrecht zur Tangente, wird mein Sehkreis mit zunehmender Entfernung größer, nähert sich also dem Äquator. Bei unendlicher Entfernung würde mein Sehtkreis den Äquator erreichen. Das wäre ein Viertel des Erdumfangs, also etwa 10.000 Km. Da ich mich aber nur beliebig und nicht unendlich weit entfernen kann, kann sich mein Sehkreis dem Äquator nur beliebig nähern, ihn aber nie erreichen.

nach der Relativitätstheorie ...
... kann uns Licht bei obigem Beispiel auch vom Äquator und etwas darüber hinaus erreichen. Zwar breitet sich Licht in der Raumzeit geradlinig aus, dieser ist aber um die Masse Erde gekrümmt. Wie man bei einer Sonnenfinsternis Sterne sieht, die man in einem 3D-Universum gar nicht sehen dürfte, kann man also über den Äquator hinausschauen.
Das allerdings zu berechnen, möchte ich lieber Anderen überlassen.

mfg okotombrok
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"Der Kopf ist rund, damit die Gedanken die Richtung wechseln können"
(Francis Picabia)
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Beiträge: 1.375, Mitglied seit 16 Jahren
Hallo Okotombrok,
Okotombrok schrieb in Beitrag Nr. 1179-23:
Wie weit könnte man theoretisch maximal sehen, wenn die Augenhöhe über dem Meeresspiegel unbegrenzt hoch sein dürfte?
Ich benötige zur Lösung der Aufgabe keine Mathematik.
Ich auch nicht. Ich wollte nur hier jemanden Gelegenheit geben, zum Jahr der Mathematik 2008 einen kleinen Beitrag zu leisten. Hat aber keiner. Deshalb hier die rein mathematische Lösung:

Wenn in der Formel b = arccos[R / (R + H)]·2·R·Pi / 360 die Höhe H gegen unendlich strebt, dann strebt der Ausdruck [R / (R + H)] gegen Null. Und arccos(0) = 90 Grad. Somit strebt der Bogen b gegen 90·2·R·Pi / 360 = 2·R·Pi / 4. Das ist der vierte Teil des Erdumfangs. Natürlich hast du recht damit, dass man diese Sicht in der Praxis nie erreichen kann. Deshalb hatte ich auch geschrieben "theoretisch maximal".

M.f.G. Eugen Bauhof

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Beitrag zuletzt bearbeitet von Bauhof am 20.05.2008 um 10:35 Uhr.
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Beiträge: 1.503, Mitglied seit 17 Jahren
Bauhof, danke für den Rechner -Tip
Gruß
Irena
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Beiträge: 3, Mitglied seit 15 Jahren
Zitat:
Okotombrok schrieb in Beitrag Nr. 1179-23 :
Hallo Bauhof,

Bauhof schrieb in Beitrag-Nr. 1179-19 :
"Wie weit könnte man theoretisch maximal sehen, wenn die Augenhöhe über dem Meeresspiegel unbegrenzt hoch sein dürfte?"

Ich benötige zur Lösung der Aufgabe keine Mathematik.

Nach der klassischen Mechanik:
Befinde ich mich z.B. auf dem Nordpol und entferne mich senkrecht zur Tangente, wird mein Sehkreis mit zunehmender Entfernung größer, nähert sich also dem Äquator. Bei unendlicher Entfernung würde mein Sehtkreis den Äquator erreichen. Das wäre ein Viertel des Erdumfangs, also etwa 10.000 Km. Da ich mich aber nur beliebig und nicht unendlich weit entfernen kann, kann sich mein Sehkreis dem Äquator nur beliebig nähern, ihn aber nie erreichen.

nach der Relativitätstheorie ...
... kann uns Licht bei obigem Beispiel auch vom Äquator und etwas darüber hinaus erreichen. Zwar breitet sich Licht in der Raumzeit geradlinig aus, dieser ist aber um die Masse Erde gekrümmt. Wie man bei einer Sonnenfinsternis Sterne sieht, die man in einem 3D-Universum gar nicht sehen dürfte, kann man also über den Äquator hinausschauen.
Das allerdings zu berechnen, möchte ich lieber Anderen überlassen.

mfg okotombrok



Nach der klassischen Mechanik ...
"... kann uns Licht bei obigem Beispiel auch vom Äquator und etwas darüber hinaus erreichen."

Im Gravitationsfeld wird nämlich das Licht nach der klassischen Mechanik gebrochen, der Brechungsindex beträgt

n(Psi) = c/c' = 1 / (1 + 2 Psi / c²).

Am Sonnenrand hat nach der klassischen Mechanik der

Brechungsindex n(r) = 1 / [1 - 2 G m / (r c²)]

den Wert n(r) = 1,0000042, das entspricht einem Ablenkungswinkel von 1,7 Bogensekunden.

"Wie man bei einer Sonnenfinsternis Sterne sieht, die man in einem 3D-Universum ..." bei geradliniger, ungebrochener Lichtausbreitung "... gar nicht sehen dürfte, kann man also über den Äquator hinausschauen."

Bei einer Sonnenfinsternis kann man sehr schön beobachten, daß die Konstanz der Vakuumlichtgeschwindigkeit n = c / c' = 1 falsifiziert wird, weil das Licht am Sonnenrand gebrochen bzw. abgelenkt wird.

Natürlich kann man nun noch die "geniale" Ausrede erfinden, daß das Licht in Wahrheit nicht gebrochen bzw. abgelenkt wird, sondern daß der Raum gekrümmt ist.
So kann der besoffene Autofahrer auch behaupten, daß die die Färbung des Röhrchens durch vorbeifliegende UFOs hervorgerufen wird.
Für beide "geniale" Leistungen außerhalb der Physik gibt es sicher keinen Nobelpreis der Physik, aber eine begeisterte Reaktion in den Massenmedien ....... weil man beide Ausreden nicht empirisch widerlegen kann.
Man kann nun mal keine UFOs und gekrümmte Raumzeiten empirisch nachweisen.

mfg
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Beiträge: 3, Mitglied seit 16 Jahren
Hallo Irena,
habe ich auch zeichnerisch mit SPIRIT ermittelt, so kommt raus:
3,14 Km = 3140 m
Notwendiger Turmhöhe = 3140m - 1,75 m(Augenhöhe) = 3138,25 m

Ich hoffe, daß es stimmt ;-)

Gruß
Perlentaucher

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"LESS IS MORE"
Beitrag zuletzt bearbeitet von Perlentaucher am 12.07.2008 um 00:20 Uhr.
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Beiträge: 1.729, Mitglied seit 16 Jahren
Hallo Uwe, hallo alle,

das ist wieder eine Aufgabe!

Hier möchte ich nur ein paar Bemerkungen abgeben:

1. Dass sich einer der Punkte auf der Nordhalbkugel befindet, ist allein keine Information.
2. Die 400km Abstand sind offentlich als geodätischer Abstand zu verstehen, nicht als "Sichtweite" oder direkter räumlicher Abstand der Punkte A, B .

Eine Lösung, die atmosphärisch bedingte Brechung oder gravitationsbedingte Raumkrümmung vernachlässigt, wäre sehr schnell gefunden,
3. wenn man hinschreiben würde, welches Erd-Modell man zugrundelegt
4. wenn man die geometrische Bedeutung benutzter Variablen mit Einheiten beschreiben würde.

5. Falls man einen Ellipsoid als Erdmodell annimmt, kann man nur Mittelwerte der Lösung für auf dem Ellipsoid z.B. gleichverteilte Punkte A angeben. In erster Näherung wird aber das Ergebnis kein anderes sein, als wenn man auf von einer Kugel mit mittleren Erdradius ausgeht. "Erste Näherung" meint hier, dass die Turmhöhe in linearer Abhängigkeit von der Krümmung der Geodätischen in Südwestrichtung von Punkt A weg, dargestellt wird. Dieses auch rechnerisch nachzuweisen, war sicher nicht im Sinn der Aufgabe.


Gruss
Thomas
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Beiträge: 1.503, Mitglied seit 17 Jahren
HAllo Perlentaucher,

diese Aufgabe ist hier schon mathematisch - es bedeutet nachvollziehbar - gelösst.

Du hast es nicht richtig gelösst, bzw. gezeichnet. Worin dein Problem liegt weis ich nicht. Bestimmt nicht in Spirit, den benutze ich auch.

Gruß

Beitrag zuletzt bearbeitet von Irena am 12.07.2008 um 11:18 Uhr.
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Beiträge: 1.729, Mitglied seit 16 Jahren
@Irena
Sei gegrüsst, Irena!

Zitat:
diese Aufgabe ist hier schon mathematisch - es bedeutet nachvollziehbar - gelösst.

Wann? Mein Eindruck von der Abarbeitung des Threads hat mich eher erinnert an Mike Krügers
Zitat:
Sie müssen nur den Nippel durch die Lasche ziehen...

Das erste numerisch akzeptable Ergebnis kam von Kollege Okotombrok in Beitrag-Nr. 1179-17, im 17. Beitrag zum Thema!

Dabei verwendet er scheinbar den Satz von Pythagoras, der die Sichtstrecke als 400 km annimmt. Die Sichtlinie ist aber geometrisch nicht identisch mit der Geodätischen auf Meereshöhe zwischen den Punkten A und B, wie von Uwe beschreiben, d.h. genau genommen hat Okotombrok etwas anderes gerechnet,
wobei der Fehler kaum jemandem aufgefallen ist und numerisch auch vernächlässigbar ist.

Für das evolutionär etablierte Model hat Horst H. bereits in Beitrag-Nr. 1179-2 eine Formel hingeschrieben und den Rest des Threads brauchen wird, um sie zu verstehen und richtig anzuwenden.

So sieht es für mich aus.

Gruss
Thomas

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Beitrag zuletzt bearbeitet von Thomas der Große am 12.07.2008 um 15:45 Uhr.
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Beiträge: 1.503, Mitglied seit 17 Jahren
Hallo Thomas,
Zitat:
"diese Aufgabe ist hier schon mathematisch - es bedeutet nachvollziehbar - gelösst.(Irena)"
Wann? Mein Eindruck von der Abarbeitung des Threads hat mich eher erinnert an Mike Krügers

In Beitrag 3 dieses Threads, den du offenbar übersehen hast, schrieb ich:

Zitat:
Wenn man die Flachheit die Erde vernachlässigt, dann Wnkel b zwisschen A und B ist b=400*360/(2*Pi*R). Zentrum des Kreises nennen wir Z.
Also haben wir ein Kreis mit dem Bogen L=400 km und Winkel b zwischen A und B. Durch Punkt A zieht man eine Tangente (ich hoffe so heisst auch in Deutsch), die hat 90° zur Radius Z-A, bis sie sich mit dem Verlängerung der Radius Z-B kreuzt. Diese Verlängerung ist unsere Turm X. Jetzt haben wir ein rechteckigen Winkel, deren Hypothenuse ist R+X und eine Seite R und Winkel b dazwischen:
cosb=R/(R+X) -->
X=(R/cosb)-R

Zitat:
Das erste numerisch akzeptable Ergebnis kam von Kollege Okotombrok in Beitrag-Nr. 1179-17, im 17. Beitrag zum Thema!(Thomas d.G)
Genau. Er hat berechnet nach diese (und von Horst.H geschriebenen, aber nicht näher erklärte) Formel.

In Beiträgen 10 und 18 schrieb ich:
Zitat:
Du schreibst "exakt 400 km in süd-westlichen Richtung". Wir haben abgerundeten Mittelwert-RAdius genommen. Wenn du exakt möchtest, dann müsstest du exakt Ursprungsort angeben, man müsste exakt Radiuse für die jeweilige Orte angeben u.s.w. Dann die Komplexität des Rechnens expotentiell ansteigt.
Zitat:
Die Angaben "Nordkugel" und "Süd-West" ist eigentlich überfüßig. Erde ist nicht einfach abgeflacht, sie ist wie ein s.g. Potsdamer Kartoffel - also nur vereinfacht kann man als abgeflachten Kugel sehen. Wenn man exakt nachrechnen müsste - ist sehr kompliziert.

Zitat:
Dabei verwendet er scheinbar den Satz von Pythagoras, der die Sichtstrecke als 400 km annimmt. (Thomas d.G.)
Nein. Nicht Sichtstrecke, aber Bogen des unseren vereinfachten Models: Erde=Kugel.

Leider dein Vorwurf über Mike Krüger geht vorbei, weil ich es kenne nicht. Aber rein intuitiv werfe ich diesen Vorwurf an dich zurück.

Gruß
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Beiträge: 462, Mitglied seit 18 Jahren
Bauhof schrieb in Beitrag Nr. 1179-19:
Die Grundgleichung zur Auffindung der Lösung beider Aufgaben lautet wie folgt:

(1) R / (R + H) = cos[360·b / (2·R·Pi)]

Darin bedeutet:
R = Erdradius = 6370km (gemäß deiner Angabe)
H = gesuchte Höhe des Turmes
b = Bogenlänge = 400km (gemäß deiner Angabe)
Pi = Kreiszahl

Hallo Eugen,

herzlichen Dank erstmal für die ausführliche Berechnung! Das finde ich ja direkt Klasse, dass sich jemand eine derartige Mühe für meine "Spaßaufgabe" gemacht hat.

Was ist jetzt eigentlich länger: Der Abstand der Punkte auf dem Bogen (400 km) oder die gerade Linie vom Auge des Betrachters im Punkt A (in 12 Km Höhe) zum Boden im Punkt B? ;-)
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Dieser Beitrag wurde 666 mal geändert, zuletzt durch GOTT, morgen um 6.23 Uhr
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Beiträge: 1.729, Mitglied seit 16 Jahren
Hallo zusammen

@Uwe
Vielen Dank für die übersichtliche Zusammenfassung der Lösung für die ursprünglichen Aufgabe!
Bei der Lösung wurde wohl eine Kugel im euklischen Raum als Erdmodell zugrunde gelegt.
Mit dem gerundeten Erdradius von 6371km des GRS80-Ellipsoids, vgl. http://de.wikipedia.org/wiki/Erdradius
erhält man eine Turmhöhe von 12577,5557... Meter, eine sehr schöne Zahl!

Zum Titel: Die Experten für solche Aufgaben sind eher Geodäten als Mathematiker.

"Spaßaufgabe": In der Aufgabe steckt noch wesentlich mehr! Mit ein wenig mehr Darstellungsdisziplin könnte man da viel mehr herausholen. Sie kann sehr gut die Arbeitsweise der Geodäten spiegeln, die regelmässig nicht darum herumkommen, Näherungsmodelle anzunehmen und zu rechtfertgen.

Insofern wäre es interssant zu erfahren,

1.) wie groß der Fehler ist, den man beim Kugelmodell macht gegenüber dem Ellipsoid-Modell und wie die Abweichung vom Breitengrad des Punktes A abhängt.
2.) wie sich die optische Beugung des Lichts durch die Atmosphäre auswirkt: Hier spielt die Luftdichte eine Rolle, die mit der Höhe stetig abnimmt.
3.) wie die von Krom in Beitrag-Nr. 1179-26 erwähnte Graviationsbeugung das Ergebnis verändert.

Zitat:
Was ist jetzt eigentlich länger: Der Abstand der Punkte auf dem Bogen (400 km) oder die gerade Linie vom Auge des Betrachters im Punkt A (in 12 Km Höhe) zum Boden im Punkt B? ;-)
Die gerade Linie ist länger als der Bogen: Mit den Bezeichnungen aus Bauhofs Beitrag-Nr. 1179-19 gilt die Beziehung

(I) L/R = tan (b/R)

Die Tangensfunktion nimmt hier Argmente in Radiant und hat zwischen 0° und 90° eine Steigung >= 1, wegen

(II) tan'x =1/cos^2 x >= 1 für 0 <= x <= pi/2

Daraus folgt mit der Monotonie des Integrals

(III) tan x = Integral(tan'y dy) >= Integral(1 dy) = x jeweils mit Integralgrenzen 0,x .

Anwendung in (I) liefert

(IV) tan (b/R) >= b/R für 0 <= b/R <= pi/2

und damit in (I)

(V) L/R >= b/R <=>

(VI) L >= b


@Okotombrok
'Tschulligung! Habe Deinen Beitrag-Nr. 1179-17 nochmal gelesen. War alles richtig!
Irena hat zu Recht gemeckert.

Den Breitengrad, der beim Ellipsoidmodell eingeht, kann man auch als Variable annehmen, auch wenn sie in der Aufgabe nicht vorkommt.

@Irena
http://www.youtube.com/watch?v=A0BnOZuvc0U&feat...

Gruss
Thomas

Signatur:
Ich bin begeistert!
Beitrag zuletzt bearbeitet von Thomas der Große am 14.07.2008 um 22:51 Uhr.
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Beiträge: 462, Mitglied seit 18 Jahren
Boah eyh! Jetzt bin ich echt platt!

:-)

Aus meiner Perspektive war die Frage schon eher an Mathefüchse gerichtet, da ich eben eine Vereinfachung der Aufgabe im Kopf hatte. Die Frage mit den genauen Parametern des Geoid zu stellen hätte wahrscheinlich nur Sinn gehabt, wenn ich genaue Koordinaten für die Punkte A und B angegeben hätte, oder? Aus der Fragestellung selbst sollte eigentlich die Vereinfachung hervorgegangen sein.

Trotzdem danke!
Signatur:
Dieser Beitrag wurde 666 mal geändert, zuletzt durch GOTT, morgen um 6.23 Uhr
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