Die Mathe-Redaktion - 21.11.2018 00:58 - Registrieren/Login
Auswahl
ListenpunktHome
ListenpunktAktuell und Interessant ai
ListenpunktArtikelübersicht/-suche
ListenpunktAlle Links / Mathe-Links
ListenpunktFach- & Sachbücher
ListenpunktMitglieder / Karte
ListenpunktRegistrieren/Login
ListenpunktArbeitsgruppen
Listenpunkt5 im Schwätz / Top 15
ListenpunktWerde Mathe-Millionär!
ListenpunktFormeleditor fedgeo
Aktion im Forum
Suche
Stichwortsuche in Artikeln und Links von Matheplanet
Suchen im Forum
Suchtipps

Bücher
Englische Bücher
Software
Suchbegriffe:
Mathematik bei amazon
Naturwissenschaft & Technik
In Partnerschaft mit Amazon.de
Kontakt
Mail an Matroid
[Keine Übungsaufgaben!]
Impressum

Bitte beachten Sie unsere Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, unsere Datenschutzerklärung und
die Forumregeln.

Sie können Mitglied werden. Mitglieder können den Matheplanet-Newsletter bestellen, der etwa alle 2 Monate erscheint.

Der Newsletter Okt. 2017

Für Mitglieder
Mathematisch für Anfänger
Wer ist Online
Aktuell sind 447 Gäste und 12 Mitglieder online.

Sie können Mitglied werden:
Klick hier.

Über Matheplanet
 
Zum letzten Themenfilter: Themenfilter:
Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von viertel
Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » ** Nautische Spirale
Druckversion
Druckversion
Antworten
Antworten
Autor
Kein bestimmter Bereich ** Nautische Spirale
MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 1419
Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-11-03 21:06


Hallo zusammen,
auf einem Planeten, dessen komplette nördliche Hemisphäre mit Wasser bedeckt ist, liegen drei Schiffe auf dem gleichen Breitengrad und im identischen Abstand zueinander. Sie fahren nun alle mit gleicher Geschwindigkeit aufeinander zu, und zwar so, dass Schiff A in Richtung Schiff B fährt, B in Richtung C und C in Richtung A:


Dabei fahren sie natürlich nicht den Breitenkreis (schwarz dünn gestrichelt) entlang, denn dann würden sie ja nur im konstanten Abstand hintereinander her fahren, sondern sie peilen die kürzeste Entfernung zu dem anderen Schiff an (roter Kreisbogen). Die Bahn des Schiffes A ist z.B. die schwarze, dicker gezeichnete Spirale, die zum Nordpol führt, wo sie sich natürlich irgendwann treffen. Der Radius des Planeten sei 6378km, die Schiffe starten vom 30sten Breitengrad und fahren alle mit einer Geschwindigkeit von 15 Knoten.
1. Wann treffen sich die Schiffe am Nordpol?
2. Wie lautet die Gleichung der Spirale des Schiffes A, das am Nullmeridian startet?
Lösungen bitte per PN an mich.
Viel Spaß!

Ciao,

Thomas



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Dies ist eine Knobelaufgabe!
Der Themensteller hat bestimmt, dass Du Deine Lösung nicht direkt im Forum posten darfst.
Sende stattdessen Deine Lösung als private Nachricht an den Themensteller. Benutze dazu den Link 'Privat', den Du unter seinem Beitrag findest.
Der Themensteller wird zu gegebener Zeit über eingesandte (richtige) Lösungen informieren
und nach Ablauf einer (von ihm) festgelegten Zeit alle Lösungen veröffentlichen.
MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 1419
Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-04 14:53


Hallo zusammen,
ich benötige keine komplette Herleitung, die Formel würde mir für beide Fragen reichen, da man die Lösung nicht googeln kann, soweit ich das sehe.
Der genaue Zahlenwert dient der einfachen und schnellen Überprüfung, ob die Formel stimmt, falls sie in der Darstellung von meiner abweichen sollte.
1 Knoten = 1,852km/h.

Ciao,

Thomas



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 1419
Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-06 21:32


Hallo zusammen,
das Rätsel ist nun 3 Tage alt und da die Resonanz bis jetzt relativ gering ist und ich nur von zwei Leuten weiß, die sich mit der Aufgabe auseinandergesetzt haben, möchte ich gerne fragen, ob sich eventuell noch jemand an einer Lösung versucht. Wenn nicht, ist die Aufgabe...

- zu schwer?
- zu aufwendig?
- uninteressant?
- unklar?

Animus hat mir zwar die richtige Lösung geschickt, besteht aber darauf, "außer Konkurrenz" zu laufen, weil er die Aufgabe in sehr ähnlicher Form selbst einmal entwickelt hatte. Daher ist die Goldmedaille noch verfügbar.
Ich plane, nach genau einer Woche aufzulösen (also Samstagabend).

Ciao,

Thomas



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 2934
Aus: Oberharz
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-11-06 22:45


Für mich: interessant und ansprechend. Allerdings hab ich aktuell zu viel um die Ohren um da zeitnah mit einer Lösung um die Ecke zu kommen.


-----------------
to fight! (Don Quijote de la Mancha)



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 1419
Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-09 17:34


Hallo zusammen,
da die Rückmeldungen nach wie vor recht spärlich sind und sich auch noch relativ weit von der Lösung entfernt bewegen, möchte ich ein paar Hinweise geben, und die Modalitäten des Rätsels ändern.
Hier zunächst die Hinweise:
1. Für die Gleichung der Spirale gibt eine aufwendige Lösung über 3D-Kugelkoordinaten, und es gibt eine sehr elegante Lösung in 2D. Dazu muss man allerdings zunächst eine geeignete Projektionsmethode wählen.
2. Man muss immer am Ende irgendetwas integrieren, man kommt nicht ausschließlich mit Trigonometrie zum Ziel, sei es sphärisch oder eben. Aber die Integrale sind mit elementaren "Taschenrechnerfunktionen" darstellbar, man braucht keine elliptischen Integrale oder ähnliche Kaliber.
3. Da der direkte Weg vom Startpunkt zum Pol schon ca. 240h braucht, ist die gesuchte Zahl natürlich dementsprechend größer. Die Lösung liegt zwischen 270h und 350h.
4. Die im Startpost gezeigte Spirale ist die tatsächliche Lösung (der Breitengrad der Schiffe mag falsch sein, aber die Spirale gehorcht der korrekten Formel). Die Spirale ist keine Loxodrome.

Die Modalitäten möchte ich wie folgt ändern:
1. Wer die Gleichung der Spirale mit der 2D-Variante findet, bekommt eine virtuelle 2-Sterne-Medaille.
2. Wer entweder auch noch die Bahnlänge korrekt berechnet, egal nach welcher Methode, oder die 3D-Variante als Lösungsweg zeigen kann, bekommt eine virtuelle 3-Sterne-Medaille.

Morgen um 21:00 veröffentliche ich beide Lösungswege (es sei denn, dass jemand kurz vor der Lösung steht und rechtzeitig um eine Verlängerung bittet).
Viel Erfolg!

Ciao,

Thomas



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 1419
Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-10 21:05

\(\begingroup\)
Hallo zusammen,
leider sind keine Lösungen mehr eingegangen.
Wie oben schon angekündigt möchte ich nachfolgend zwei Herleitungen zeigen. Es gibt die aufwendige Methode, sozusagen die "Brute Force"-Variante, das Problem in 3D anzugehen, und es gibt eine deutlich elegantere Methode in 2D. Wir beginnen aber mit der aufwendigen Lösung.
Die in der nachfolgenden Herleitung verwendeten Kugelkoordinaten können dieser Grafik entnommen werden:



Wir betrachten der Einfachheit halber eine Einheitskugel und bestimmen die Länge der Spirale dimensionslos. Um später die reale Strecke zu bestimmen, muss man dann nur die dimensionslose Strecke mit $R$ multiplizieren. Der Ortsvektor des Schiffes A sei $\vec a$, der des Schiffes B sei $\vec b$. Mit den eingezeichneten Kugelkoordinaten ist dann:
$$(1)\qquad \vec a=\left(\begin{array}{c}\sin\theta\cos\varphi\\ \sin\theta\sin\varphi\\\cos\theta\end{array}\right)$$$$(2)\qquad \vec b=\left(\begin{array}{c}\sin\theta\cos(\varphi+\tfrac23\pi)\\ \sin\theta\sin(\varphi+\tfrac23\pi)\\\cos\theta\end{array}\right)$$Es ist $|\vec a|=|\vec b|=1$. Außerdem gelte $0\leq\theta\leq\tfrac{\pi}2$, was bei einigen Umformungen wichtig sein wird, damit das Vorzeichen stimmt.
Wir müssen zunächst den Kursvektor $\vec k$ bestimmen, der die Richtung angibt, in die das Schiff A fahren muss. Da $\vec k$ in der von $\vec a$ und $\vec b$ aufgespannten Ebene liegen muss, kann man ihn darstellen als Linearkombination der beiden Ortsvektoren:
$$(3)\qquad \vec k=\lambda\vec a+\mu\vec b$$Außerdem liegt der Kursvektor tangential an der Kugel und ist damit senkrecht zu $\vec a$:
$$0=\vec k\cdot\vec a=\lambda a^2+\mu\vec a\,\vec b=\lambda+\mu\vec a\,\vec b$$$$\lambda=-\mu\vec a\,\vec b$$$$\vec k=-\mu(\vec a\,\vec b)\vec a+\mu\vec b$$$$(4)\qquad \vec k=\mu\left(\vec b-\vec a\,\vec b\cdot\vec a\right)$$Außerdem soll die Länge von $\vec k$ auch gleich 1 sein:
$$1=k^2=\mu^2\left(\vec b-\vec a\,\vec b\cdot\vec a\right)^2$$$$1=\mu^2\left(b^2-2\vec a\,\vec b\cdot\vec a\,\vec b+(\vec a\,\vec b)^2a^2\right)=\mu^2\left(1-(\vec a\,\vec b)^2\right)$$$$(5)\qquad \mu=\frac1{\sqrt{1-(\vec a\,\vec b)^2}}$$Berechnen wir nun das Skalarprodukt $\vec a\,\vec b$:
$$\vec a\,\vec b=\left(\begin{array}{c}\sin\theta\cos\varphi\\ \sin\theta\sin\varphi\\\cos\theta\end{array}\right) \left(\begin{array}{c}\sin\theta\cos(\varphi+\tfrac23\pi)\\ \sin\theta\sin(\varphi+\tfrac23\pi)\\\cos\theta\end{array}\right)=\sin^2\theta\left(\cos\varphi\cos(\varphi+\tfrac23\pi)+\sin\varphi\sin(\varphi+\tfrac23\pi)\right)+\cos^2\theta$$$$\vec a\,\vec b=\sin^2\theta\cos(\tfrac23\pi)+\cos^2\theta$$$$\vec a\,\vec b=-\tfrac12\sin^2\theta+1-\sin^2\theta$$$$(6)\qquad \vec a\,\vec b=1-\tfrac32\sin^2\theta$$Damit folgt:
$$(7)\qquad \mu=\frac1{\sqrt{1-(1-\tfrac32\sin^2\theta)^2}}$$$$(8)\qquad \vec k=\frac{\vec b-(1-\tfrac32\sin^2\theta)\vec a}{\sqrt{1-(1-\tfrac32\sin^2\theta)^2}}$$Wir betrachten jetzt ein infinitesimal kurzes Bahnstück $\mathrm d\sigma$. Dieses Bahnstück, multipliziert mit dem Richtungsvektor $\vec k$, entspricht der räumlichen Strecke, die das Schiff in einem kurzen Zeitintervall zurücklegt, und es ist daher gleich dem Differential des Vektors $\vec a$. Hier haben wir das kleine Problem, dass die Strecke $\sigma$ bis zum Nordpol kleiner wird, je weiter das Schiff fährt, weil auch $\theta$ sich verringert. Wenn wir positive $\sigma$ haben wollen, müssen wir für das Bahnstück $-\mathrm d\sigma$ setzen:
$$\mathrm d\vec a=-\vec k\,\mathrm d\sigma$$$$\left(\begin{array}{c}\mathrm d\theta\cos\theta\cos\varphi-\mathrm d\varphi\sin\theta\sin\varphi\\\mathrm d\theta\cos\theta\sin\varphi+\mathrm d\varphi\sin\theta\cos\varphi\\-\mathrm d\theta\sin\theta\end{array}\right)=-\mathrm d\sigma\frac{\vec b-(1-\tfrac32\sin^2\theta)\vec a}{\sqrt{1-(1-\tfrac32\sin^2\theta)^2}}$$Nachfolgend bezeichne der Strich $()'$ die Ableitung nach $\theta$. Wir teilen also durch $\mathrm d\theta$:
$$(9)\qquad \left(\begin{array}{c}\cos\theta\cos\varphi-\varphi'\sin\theta\sin\varphi\\\cos\theta\sin\varphi+\varphi'\sin\theta\cos\varphi\\-\sin\theta\end{array}\right)=\frac{-\sigma'}{\sqrt{1-(1-\tfrac32\sin^2\theta)^2}}\left(\begin{array}{c}\sin\theta\cos(\varphi+\tfrac23\pi)-(1-\tfrac32\sin^2\theta)\sin\theta\cos\varphi\\ \sin\theta\sin(\varphi+\tfrac23\pi)-(1-\tfrac32\sin^2\theta)\sin\theta\sin\varphi\\\cos\theta-(1-\tfrac32\sin^2\theta)\cos\theta\end{array}\right)$$Wir beginnen mit der Differentialgleichung in der 3. Zeile. Die rechte Seite können wir noch ein wenig vereinfachen:
$$\sin\theta=\frac{\sigma'}{\sqrt{1-(1-\tfrac32\sin^2\theta)^2}}\left(\tfrac32\sin^2\theta\cos\theta\right)$$$$(10)\qquad \sigma'=\frac{\sqrt{1-(1-\tfrac32\sin^2\theta)^2}}{\tfrac32\sin\theta\cos\theta}$$Ausmultiplizieren und Vereinfachen des Wurzelausdrucks:
$$\sigma'=\frac{2\sqrt{3\sin^2\theta-\tfrac94\sin^4\theta}}{3\sin\theta\cos\theta}=\frac{\sqrt{12-9\sin^2\theta}}{3\cos\theta}=\frac{\sqrt{3+9\cos^2\theta}}{3\cos\theta}$$$$(11)\qquad \sigma'=\sqrt{1+\frac1{3\cos^2\theta}}$$Das kann man integrieren, die Herleitung der Stammfunktion lasse ich hier jedoch aus:
$$\sigma(\theta)=\int\sqrt{1+\frac1{3\cos^2\theta}}\;\mathrm d\theta$$$$(12)\qquad \boxed{\sigma(\theta)=\arcsin\left(\tfrac{\sqrt{3}}2\sin\theta\right)+\tfrac{\sqrt{3}}3\text{arsinh}\left(\tfrac12\tan\theta\right)\;}$$Die Integrationskonstante können wir unmittelbar null setzen, weil $\sigma(0)=0$ sein muss. Gleichung (12) wäre somit die Lösung der 1. Teilaufgabe.
Am 30sten Breitengrad ist $\theta_0=60°$. Die dimensionslose Bahnlänge ist dann
$$\sigma_0=\arcsin\left(\tfrac34\right)+\tfrac{\sqrt{3}}3\text{arsinh}\left(\tfrac{\sqrt{3}}2\right)=\arcsin\left(\tfrac34\right)+\tfrac{\sqrt{3}}3\ln\left(\tfrac{\sqrt3+\sqrt7}2\right)$$Für die Dauer der Fahrt erhält man mit den gegebenen Zahlenwerten 298,549 Stunden.
Wir wollen nun noch die Gleichung der Spirale berechnen. Wenn man die obige Differentialgleichung (9) skalar mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-\sin\varphi\\ \cos\varphi\\0\end{array}\right)$ multipliziert, erhält man:
$$\varphi'\sin\theta=\frac{-\sigma'}{\sqrt{1-(1-\tfrac32\sin^2\theta)^2}}\sin\theta\sin(\tfrac23\pi)$$Auf beiden Seiten $\sin\theta$ kürzen, $\sin(\tfrac23\pi)=\tfrac{\sqrt{3}}2$ ersetzen und für $\sigma'$ setzen wir die schon bekannte Gleichung (10) ein, wodurch sich der Wurzelausdruck schon einmal wegkürzt:
$$(13)\qquad\varphi'=-\frac{\sqrt{3}}{3\sin\theta\cos\theta}$$Wieder integrieren:
$$\varphi(\theta)=-\tfrac{\sqrt3}3\intop_{\theta_0}^{\theta}\frac1{\sin x\cos x}\mathrm dx$$$$\varphi(\theta)=-\tfrac{\sqrt{3}}3\left[\ln(\tan x)\right]_{\theta_0}^{\theta}$$$$(14)\qquad \boxed{\varphi(\theta)=\tfrac{\sqrt{3}}3\ln\left(\frac{\tan\theta_0}{\tan\theta}\right)\;}$$Die Gleichung der Spirale (14) kann man auch noch nach $\theta$ auflösen:
$$(15)\qquad \tan\theta(\varphi)=e^{-\sqrt3\varphi}\tan\theta_0$$Gleichungen (14) oder (15) sind somit die Lösung der 2. Teilaufgabe.

Kommen wir nun zur eleganteren Lösung. Um sie zu verstehen, sollte man sich vorher einmal kurz mit der gnomonischen Projektion beschäftigt haben. Diese Projektionsmethode war früher in der Seefahrt beliebt, weil Großkreise (Kreise mit maximalem Durchmesser auf dem Globus) mittels dieser Projektion auf Geraden abgebildet werden, und der direkte Kurs (die "Orthodrome", umgangssprachlich die "Luftlinie") zu einem Zielpunkt liegt nun einmal auf einem solchen Großkreis. Der Kapitän musste daher nur mit dem Lineal Start- und Zielpunkt verbinden und schon hatte man den zu fahrenden Kurs.
Man kann somit das 3D-Problem durch Anwendung dieser Projektionsmethode auf sehr einfache Art und Weise auf ein 2D-Problem reduzieren. Der Wikipedia-Artikel verwendet leider etwas andere Formelbuchstaben, aber übertragen heißt das eigentlich nur, dass ich den Tangens des Polarwinkels $\theta$ dem Radius $r$ auf der 2D-Karte gleichsetzen kann, eventuell noch mit einem Skalierungsfaktor versehen. Wenn ich möchte, dass am Startpunkt des Schiffes der Radius auf der Karte gleich eins ist, skaliere ich daher wie folgt:
$$(16)\qquad r=\frac{\tan\theta}{\tan\theta_0}$$und $\varphi$ bleibt $\varphi$. Das war's! Die Positionen der Schiffe bilden auf dieser Karte jederzeit ein gleichseitiges Dreieck um den Nordpol als Ursprung. Ich habe die Situation mal in einer topographisch detailgetreuen Karte des Planeten eingezeichnet:


Es bietet sich natürlich an, Polarkoordinaten für die nachfolgende Rechnung zu verwenden. Wenn die Schiffe losfahren, bewegen sie sich alle gleich, d.h. sie bilden immer ein gleichseitiges Dreieck, welches fortwährend kleiner wird und sich dabei um den Pol dreht. Aufgrund der notwendigen Selbstähnlichkeit könnte man schon schlussfolgern, dass es sich um eine logarithmische Spirale handeln muss, die in Polarkoordinaten lautet: $r(\varphi)=e^{k\varphi}$. Aber wir wollen das Ergebnis ja nicht erraten. Wir lösen die Aufgabe am elegantesten in der komplexen Zahlenebene. $a$ und $b$ seien wieder die Positionen der Schiffe A und B, nur diesmal als komplexe Zahlen:
$$(17)\qquad a=r(\varphi)e^{i\varphi}\qquad b=r(\varphi)e^{i(\varphi+\tfrac23\pi)}$$Die Ableitung von $a$ muss in Richtung $b$ zeigen. Das heißt:
$$(18)\qquad \frac{a'}{|a'|}=\frac{b-a}{|b-a|}$$Dabei symbolisiert der Strich in diesem Fall die Ableitung nach $\varphi$:
$$(19)\qquad a'=\frac{\text{d}a}{\text{d}\varphi}=\left(r'(\varphi)+ir(\varphi)\right)e^{i\varphi}$$Außerdem:
$$b-a=re^{i(\varphi+\tfrac23\pi)}-re^{i\varphi}=re^{i\varphi}\left(e^{i\tfrac23\pi}-1\right)=re^{i\varphi}\left(-\tfrac32+\tfrac{\sqrt{3}}2i\right)$$$$|b-a|=r\sqrt{\tfrac94+\tfrac34}=\sqrt{3}\,r$$Und damit als notwendige Bedingung, wenn wir das in Gleichung (18) einsetzen:
$$\frac{(r'+ir)e^{i\varphi}}{\sqrt{r^2+r'^2}}=\frac{re^{i\varphi}\left(-\tfrac32+\tfrac{\sqrt{3}}2i\right)}{\sqrt{3}\,r}$$
Auf beiden Seiten $e^{i\varphi}$ eliminieren, auf der rechten Seite $r$ kürzen und die komplexe Zahl im Zähler durch $\sqrt3$ teilen:
$$(20)\qquad \frac{r'+ir}{\sqrt{r^2+r'^2}}=-\tfrac{\sqrt{3}}2+\tfrac12i$$Auf der rechten Seite der Gleichung (20) steht nun eine unveränderliche Zahl. Wir multiplizieren mit der konjugiert komplexen Zahl:
$$\frac{(r'+ir)(-\tfrac{\sqrt{3}}2-\tfrac12i)}{\sqrt{r^2+r'^2}}=1$$$$\frac{\left(-\tfrac{\sqrt{3}}2r'+\tfrac12r\right)+i\left(-\tfrac{\sqrt{3}}2r-\tfrac12r'\right)}{\sqrt{r^2+r'^2}}=1$$Da rechts nur eine reelle Zahl steht, muss der Imaginärteil der linken Seite null sein:
$$-\tfrac{\sqrt{3}}2r-\tfrac12r'=0$$$$r'=-\sqrt3r$$Die Lösung dieser einfachen Differentialgleichung ist
$$(21)\qquad r(\varphi)=e^{-\sqrt3\varphi}$$mit $r(0)=1$. Führen wir nun noch Gleichung (16) und Gleichung (21) zusammen, erhalten wir
$$(22)\qquad \frac{\tan\theta}{\tan\theta_0}=e^{-\sqrt3\varphi}$$und das entspricht tatsächlich der oben mit deutlich größerer Mühe hergeleiteten Gleichung (15).
Für die Länge der Kurve funktioniert das leider nicht so einfach, da müssen wir wieder in die 3D-Darstellung zurückwechseln:


Anhand dieser kleinen Skizze und mittels des Satzes von Pythagoras kann man für ein infinitesimal kleines Dreieck notieren:
$$\mathrm d\sigma=\sqrt{(\mathrm d\theta)^2+\sin^2\theta(\mathrm d\varphi)^2}$$$$(23)\qquad \sigma'=\sqrt{1+\varphi'^2\sin^2\theta}\;\mathrm d\theta$$Hier ist der Strich wieder Ableitung nach $\theta$. Da wir die Kenntnis der Gleichung (13) hier nicht voraussetzen können, müsste man zunächst Gleichung (22) nach $\varphi$ auflösen (das ergibt Gleichung (14)) und nach $\theta$ ableiten, was dann Gleichung (13) ergibt. Setzen wir danach die Gleichung (13) in (23) ein, erhalten wir:
$$\sigma'=\sqrt{1+\frac{\sin^2\theta}{3\sin^2\theta\cos^2\theta}}=\sqrt{1+\frac1{3\cos^2\theta}}$$Damit haben wir auch wieder die Gleichung (11), so dass wir nach Integration wieder Gleichung (12) erhalten und damit beide Teilaufgaben gelöst haben.

Ciao,

Thomas
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
gonz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 2934
Aus: Oberharz
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-11-11 10:59


Vielen Dank für die ausführliche Darstellung, Thomas!

Ich war gedanklich tatsächlich auf dem umständlicheren ( aber eben "nach Rezept" naheliegenden ) Weg. Man lernt immer etwas dazu -

Grüsse aus dem Harz
Gerhard/Gonz


-----------------
to fight! (Don Quijote de la Mancha)



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Animus
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 05.01.2006
Mitteilungen: 250
Aus: USA
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-11-12 15:16


Wie MontyPythagoras schon erwähnt hat, habe ich das Problem schon mal früher berechnet.
Mein Weg der Herleitung ist - glaube ich - noch etwas elementarer, als Version 2 von MontyPythagoras.
Dazu wird die Kugel zwei mal hintereinader (zunächst um die Polachse, dann um eine Achse in der Äquatorebene) gedreht. Dabei gehen wir nicht unbedingt von 3 sondern allgemein von n Schiffen aus, die equidistant auf dem gleichen Breitengrad liegen (die Zeichnung ist schon älter, daher habe ich andere Bezeichnungen als Monty):



fed-Code einblenden


-----------------
”Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty . . . ”
– Bertrand Russel



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 1419
Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-12 19:35


Hallo Animus,
sehr schöne Lösung!  smile

Ciao,

Thomas



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
MontyPythagoras hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Dies ist eine Knobelaufgabe!
Der Themensteller hat bestimmt, dass Du Deine Lösung nicht direkt im Forum posten darfst.
Sende stattdessen Deine Lösung als private Nachricht an den Themensteller. Benutze dazu den Link 'Privat', den Du unter seinem Beitrag findest.
Der Themensteller wird zu gegebener Zeit über eingesandte (richtige) Lösungen informieren
und nach Ablauf einer (von ihm) festgelegten Zeit alle Lösungen veröffentlichen.
Neues Thema [Neues Thema] Antworten [Antworten]    Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2018 by Matroids Matheplanet
This web site was made with PHP-Nuke, a web portal system written in PHP. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]