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 Lösung für sehr altes Abitur |
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stpolster
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 |  Themenstart: 2022-11-03
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Hallo,
ich sitze gerade über einer sehr alten Mathematik-Abiaufgabe (1938) und habe keinerlei Ahnung, wie ich hier herangehen soll.
Meines Wissens nach, musste damals alles schriftlich (Logarithmen!) oder mit einem sehr einfachen Rechenstab gelöst werden.
Der Aufgabentext (übersetzt in heutige Sprache, ohne den militaristischen Scheißtext):
Gesucht ist ein Punkt Q, der von den Punkten $P_1, P_2, P_3$ die Abstände $x+1$, $x$ und $x+\frac{2}{3}$ hat. Weiterhin ist $P_1P_2 = P_2P_3 = 2$ km und alle drei Punkte liegen auf einer Geraden, also in etwa so:
$
\begin{tikzpicture}
\coordinate(p1) at (0,0);
\coordinate(p2) at (2,0);
\coordinate(p3) at (4,0);
\coordinate(q) at (2.5,1.5);
\draw (p1)node[below] {$P_1$} --node[below] {$2$}
(p2)node[below] {$P_2$}
--node[below] {$2$}
(p3)node[below] {$P_3$} --node[right] {$x+\frac{2}{3}$}
(q) node[above] {$Q$} --node[left] {$x+1$} cycle;
\draw (p2)node[below] {$P_2$} --node[right] {$x$} (q);
\end{tikzpicture}
$
$P_2Q$ ist Seitenhalbierende von $\triangle P_1P_3Q$. Aber was bringt das?
Hat jemand eine Anfangsidee?
Der zweite Teil ist noch "verrückter". Dort ist der Winkel $\angle P_1P_2P_3 = 150 ^\circ$ und es soll zeichnerisch gelöst werden.
Ich bin für Idee dankbar.
Steffen
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Squire
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2022-11-03
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Flächenformel von Heron.
Grüße Squire von unterwegs
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Squire
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| Beitrag No.2, eingetragen 2022-11-03
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Bei mir kommt etwas recht Schönes heraus, nämlich x=59/30.
Grüße Squire
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stpolster
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-03
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\quoteon(2022-11-03 16:07 - Squire in Beitrag No. 1)
Flächenformel von Heron.
Grüße Squire von unterwegs
\quoteoff
Danke für die Idee.
Ich habe das jetzt mittels Derive durchgespielt und bekomme nach ellenlangen Umwandlungen, inkl. einmal Quadrieren, als zu lösende Gleichung
\[
143·(36·x^2 + 60·x - 119) = (8·\sqrt 2·\sqrt{9·x^2 + 6·x - 8} + 9·\sqrt 3·\sqrt{4·x^2 + 4·x - 3})^2
\]
Nach 5 Sekunden meldet Derive $x=\frac{59}{30}$.
Hmm, irgendwie muss das einfacher gehen.
LG Steffen
Nachtrag: Ich sehe gerade, dass du die gleiche Lösung hast. Die stimmt also. Ist das bei dir auch so eine Rechnerei.
Immerhin waren das 1938 Abiturienten in der Preislage eines Pfeiffers (mit 3 F) aus der Feuerzangenbowle.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]
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Wally
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 | Beitrag No.4, eingetragen 2022-11-03
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Wenn man die Punkte im Koordinatensystem in (-2,0),(0,0) und (2,0) legt und den gesuchten Punkt in (a,b), bekommt man drei relativ leicht zu lösende Gleichungen
\( (a+2)^2+b^2=(x+1)^2\)
\( a^2+b^2=x^2 \)
\( (a-2)^2+b^2=(x+2/3)^2\),
wobei durch Elimination von \( b^2\) ein lineares Gleichungssystem übrigbleibt.
Viele Grüße
Wally \(\endgroup\)
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stpolster
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-03
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\quoteon(2022-11-03 17:25 - Wally in Beitrag No. 4)
Wenn man die Punkte im Koordinatensystem in (-2,0),(0,0) und (2,0) legt und den gesuchten Punkt in (a,b), bekommt man drei relativ leicht zu lösende Gleichungen
\( (a+2)^2+b^2=(x+1)^2\)
\( a^2+b^2=x^2 \)
\( (a-2)^2+b^2=(x+2/3)^2\),
wobei durch Elimination von \( b^2\) ein lineares Gleichungssystem übrigbleibt.
Viele Grüße
Wally
\quoteoff
Danke, sehr schön. Also 3 Kreisgleichungen zum Schnitt bringen.
LG Steffen
Nachtrag: Und es kommt $\frac{59}{30}$ heraus.
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Hans-Juergen
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 | Beitrag No.6, eingetragen 2022-11-03
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Nö. Viel einfacher mit Kosinussatz (2x):
x^2=4+(x+1)^2-4(x+1)cos\alpha | (1)
(x+2/3)^2=16+(x+1)^2-8(x+1)cos\alpha | (2)
ergibt
4(x+1)cos\alpha=5+2x | (1')
8(x+1)cos\alpha=149/9+2/3 x | (2')
=>x=59/30 .
Ist für Abi nicht schwer.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]
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stpolster
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-03
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\quoteon(2022-11-03 17:46 - Hans-Juergen in Beitrag No. 6)
Nö. Viel einfacher mit Kosinussatz (2x):
x^2=4+(x+1)^2-4(x+1)cos\alpha | (1)
(x+2/3)^2=16+(x+1)^2-8(x+1)cos\alpha | (2)
ergibt
4(x+1)cos\alpha=5+2x | (1')
8(x+1)cos\alpha=149/9+2/3 x | (2')
=>x=59/30 .
Ist für Abi nicht schwer.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]
\quoteoff
Ok, das ist noch einfacher.
Irgendwie hatte ich wohl ein "Brett vorm Kopf".
Allerdings bleibt die zweite Frage noch offen.
$
\begin{tikzpicture}
\coordinate(p1) at (0,0);
\coordinate(p2) at (2,0);
\coordinate(p3) at (2+1.732,1);
\coordinate(q) at (2.5,1.5);
\draw[red] (p2) circle (2.4);
\draw[red] (p1) circle (2.4+2/3);
\draw[red] (p3) circle (2.4+1);
\draw[blue] (p2) circle (1.2);
\draw[blue] (p1) circle (1.2+2/3);
\draw[blue] (p3) circle (1.2+1);
% \coordinate(a1) at (1.2+2/3,0);
% \coordinate(a2) at (2+1.2,0);
\draw[green] (p2) circle (1.8);
\draw[green] (p1) circle (1.8+2/3);
\draw[green] (p3) circle (1.8+1);
% \node(c1) at (p1) [draw=none,circle through=(a1)] {};
% \node(c2) at (p2) [draw=none,circle through=(a2)] {};
% \coordinate(q) at (intersection 2 of c1 and c2);
\draw (p1)node[below] {$P_1$} --node[below] {$2$}
(p2)node[below] {$P_2$}
--node[below] {$2$}
(p3)node[below] {$P_3$} --node[above] {$x+\frac{2}{3}$}
(q) node[above] {$Q$} --node[left] {$x+1$} cycle;
\draw (p2)node[below] {$P_2$} --node[right] {$x$} (q);
\end{tikzpicture}
$
(Eigentlich ermittelt meine Zeichnung den Schnittpunkt zweier Kreise. Dieses Package gibt es hier aber nicht).
Ich habe mehrere entsprechende Kreise eingezeichnet und scheinbar liegt die Lösung bei etwa 1,2. Aber wie löst man das zeichnerisch?
LG Steffen
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Wario
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| Beitrag No.8, eingetragen 2022-11-03
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\quoteon(2022-11-03 18:59 - stpolster in Beitrag No. 7)
zweite Frage...
$
\begin{tikzpicture}[scale=0.75]
\coordinate(p1) at (0,0);
\coordinate(p2) at (2,0);
\coordinate(p3) at (2+1.732,1);
\coordinate(q) at (2.5,1.5);
\draw[red] (p2) circle (2.4);
\draw[red] (p1) circle (2.4+2/3);
\draw[red] (p3) circle (2.4+1);
\draw[blue] (p2) circle (1.2);
\draw[blue] (p1) circle (1.2+2/3);
\draw[blue] (p3) circle (1.2+1);
% \coordinate(a1) at (1.2+2/3,0);
% \coordinate(a2) at (2+1.2,0);
\draw[green] (p2) circle (1.8);
\draw[green] (p1) circle (1.8+2/3);
\draw[green] (p3) circle (1.8+1);
\draw[purple, ultra thick] (p2) -- +(180-150:6) coordinate[label=$P'_3$](p3s);
% \node(c1) at (p1) [draw=none,circle through=(a1)] {};
% \node(c2) at (p2) [draw=none,circle through=(a2)] {};
% \coordinate(q) at (intersection 2 of c1 and c2);
\draw (p1)node[below] {$P_1$} --node[below] {$2$}
(p2)node[below] {$P_2$}
--node[below] {$2$}
(p3)node[below] {$P_3$} --node[above] {$x+\frac{2}{3}$}
(q) node[above] {$Q$} --node[left] {$x+1$} cycle;
\draw (p2)node[below] {$P_2$} --node[right] {$x$} (q);
\end{tikzpicture}
$
(Eigentlich ermittelt meine Zeichnung den Schnittpunkt zweier Kreise. Dieses Package gibt es hier aber nicht).
\quoteoff
i) Um den 150°-Winkel zu erzeugen, hast Du hier scheints ein trigonometrisches Ergebnis verwendet. In TikZ sollte man aber eher Polarkoordinaten verwenden; etwa so:
\sourceon
\path[] (p2) -- +(180-150:2) coordinate[](p3);
\sourceoff
(oben exemplarisch ergänzt)
ii) Die Bibliothek through hat irgendwelche Detailvorteile (erinnerungsgemäß dann, wenn man einen Kreismittelpunkt nicht kennt, oder so ähnlich; das ist aber hier scheints nicht der Fall).
Allgemein bestimmt man Schnittpunkte aber mit der Bibliothek intersections, was auch hier geht; etwa so:
\sourceon
\draw[name path=kreis1, blue] (p1) circle[radius=2];
\draw[name path=kreis2, blue] (p2) circle[radius=3];
\path[name intersections={of=kreis1 and kreis2, name=S}];
\coordinate[label=$S$] (s) at (S-1);
\sourceoff % \usetikzlibrary{intersections}
PS: Die obige Syntax '(intersection 2 of c1 and c2)' kenne ich nicht; ich war der Meinung, man muss das (in dem Fall) schon so aufwendig machen (intersections macht es, dachte ich, nur etwas einfacher bei schneidenden Geraden).
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stpolster
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| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-03
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MontyPythagoras
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 | Beitrag No.10, eingetragen 2022-11-03
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Hallo Steffen,
\quoteon(2022-11-03 18:59 - stpolster in Beitrag No. 7)
Ich habe mehrere entsprechende Kreise eingezeichnet und scheinbar liegt die Lösung bei etwa 1,2. Aber wie löst man das zeichnerisch?
\quoteoff
Die genaue Lösung lautet:
$$x =\frac 1{276} \left(385 + 285 \sqrt3 - 6 \sqrt{6\, (905 + 264 \sqrt3)}\right)\approx 1\mathord,21807152393\dots$$Zeichnerisch habe ich allerdings noch keine Lösung.
Ciao,
Thomas
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stpolster
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| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-03
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In den Mathe-Lehrbüchern von 1933(?) bis mindestens 1939 gab es einen Abschnitt "Das Schallmeßverfahren und die Kegelschnitte, Hyperbelpläne für Schallmeßtrupps".
Wahrscheinlich hat das etwas mit dem zweiten Teil der Aufgabe zu tun, da es dort im Original um einen "Schallmesstrupp" geht.
Was ist ein Hyperbelplan ?
Selbst das Netz schweigt oder gibt ganz komische Sachen wieder.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.9 begonnen.]
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.12, eingetragen 2022-11-03
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Hallo nochmal,
wenn man voraussetzen kann, dass es Hilfsmittel gab, um Hyperbeln zu zeichnen, dann sähe die Lösung so aus:
Die Hyperbel ist ja der geometrische Ort der Punkte $Q$, deren Distanzen zu zwei Punkten $P_1$ und $P_2$ eine konstante Differenz aufweisen, wie es hier der Fall ist. Eine der Hyperbeln ist dann aber mit ihrer Symmetrieachse gegenüber der anderen verdreht.
In Geogebra kann man es reicht lösen, wie man sieht, aber das stand den Abiturienten damals natürlich nicht zur Verfügung.
Ciao,
Thomas
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Squire
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| Beitrag No.13, eingetragen 2022-11-03
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Ein PS zur Heron-Formel: mein Ansatz ist
$\left(x+\frac32\right)\cdot\left(x-\frac12\right)\cdot\frac12\cdot\frac32=\left(x+\frac43\right)\cdot\left(x-\frac23\right)\cdot\frac43\cdot\frac23$
und das vereinfacht sich auch zu Fuß rasch zu einer harmlosen quadratischen Gleichung
$180x^2-204x-295=0$
(Die habe ich dann zugegeben von Wolframalpha lösen lassen :-))
Grüße Squire
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]
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Wario
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| Beitrag No.14, eingetragen 2022-11-03
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\quoteon(2022-11-03 20:19 - stpolster in Beitrag No. 11)
Was ist ein Hyperbelplan?
\quoteoff
Nach vager Netzsuche: möglicherweise ein Blatt, mit Millimeterpapier, auf dem Hyperbeln des Typs $xy=c$ für verschiedene Parameter $c$ eingezeichnet sind.
Denn damit kann man u.a. die Lösungen kubischer Gleichungen bestimmen, siehe hier:
http://members.chello.at/gut.jutta.gerhard/kegelschnitte14.htm
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stpolster
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| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-03
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Hallo Thomas,
das ist die zeichnerische Lösung sein. Ich bin tief beeindruckt.
Jetzt ist die Frage, wie das Abiturienten 1938 gelöst haben sollen. Ich vermute, weiß es aber nicht, dass sie irgendwelche Hilfsmittel (wie Hyperbelschablonen) hatten.
Ich werde mal versuchen, an irgendein Gymnasiallehrbuch der damaligen Zeit heranzukommen. Wobei ich mir aber eigentlich den ideologischen Müll darin nicht antun will.
In den Originalaufgaben geht es hier um einen Schallmesstrupp, der ein feindliches Geschütz aus dem beobachteten Mündungsknall ermitteln soll. Aufgabe 2 handelt von einem italienischen Bombergeschwader, dass Gibraltar bombardieren soll, Aufgabe 3 behandelt das Wilhelmsgeschütz, das Paris beschießt und Aufgabe 4 ermittelt das Volumen einer französischen Bombe.
Das war das Abitur!
Zu deiner tollen Lösung:
Ich verstehe noch nicht, wo die $r=\frac{4}{3}$ und $r=\frac{3}{2}$ herkommen.
Ich hatte zwar vor mehr als 40 Jahren mal was mit Hyperbeln zu tun, aber wohl alles wieder vergessen.
Hallo Squire,
alles klar. Ich habe natürlich übersehen, dass beide Teildreiecke flächengleich sind.
Ok, ich verkalke langsam, aber sicher.
Hallo Wario,
das wird es wohl sein. Ob und welche Hilfsmittel gestattet waren, weiß ich nicht.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.13 begonnen.]
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MontyPythagoras
Senior
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| Beitrag No.16, eingetragen 2022-11-03
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Hallo Steffen,
danke für Dein Lob für die zeichnerische Lösung, aber die analytische Lösung aus #10 ist schwerer.
Betrachten wir beispielsweise die blauen Hyperbeln. Sie sind die Kurve, deren Distanzen zum Punkt $P_1$ und zum Punkt $P_2$ sich um 1 unterscheiden ($x+1$ und $x$). Das gilt natürlich genauso für den Schnittpunkt der Hyperbeln mit der Strecke $P_1P_2$. Ein Punkt auf dieser Strecke, der selbige so teilt, dass der eine Abschnitt um 1 länger ist als der andere, ist somit $\frac32$, der andere ist $\frac12$, denn: $\frac32-1=\frac12$, $\frac32+\frac12=2$. Dito für die rote Hyperbel mit $\frac43$ und $\frac23$. Ich hätte also genauso gut einen roten Kreis mit Radius $\frac23$ und den blauen mit Radius $\frac12$ zeichnen können, aufgrund der Symmetrie der Hyperbeln.
Ich gehe auch davon aus, wie Wario schon schrieb, dass die Schüler entsprechendes Hyperbel-Handwerkszeug besaßen.
Ciao,
Thomas
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stpolster
Aktiv
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| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-03
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Hallo Thomas,
Danke für die Erklärung.
LG Steffen
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MontyPythagoras
Senior
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| Beitrag No.18, eingetragen 2022-11-04
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Hallo Steffen,
das allgemeine Problem habe ich vor langer Zeit mal in diesem Thread in Vektordarstellung gelöst. Es läuft immer auf eine quadratische Gleichung hinaus.
Setzt man dort $\vec a=\binom{-2}0$, $c=\binom{\sqrt3}1$, $d_1=1$ und $d_2=-\frac23$ ein, kann man den gesuchten Punkt $Q$ analytisch berechnen. Ist allerdings aufwändig. Ich könnte mir vorstellen, dass es hier etwas einfacher geht, aufgrund der Gleichheit der Strecken $P_1P_2$ und $P_2P_3$.
Ciao,
Thomas
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Hans-Juergen
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| Beitrag No.19, eingetragen 2022-11-09
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Wiederum mit dem Kosinussatz lässt sich zeigen, dass gilt:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/1948_arccosgl1.PNG
Die Gleichung sieht recht dekorativ aus, ist aber von geringem Nutzen, da sie sich nicht nach x auflösen lässt. Versucht man dies näherungsweise mit Wolfram Alpha, wird x≈1,99748723... angezeigt, was nicht mit dem genauen Wert von MontyPythagoras im Beitrag No.10 übereinstimmt. Der richtige, mit 1,21807 beginnende Wert erfüllt die Gleichung, wie die Probe durch Einsetzen zeigt. –
Bei der zeichnerischen Lösung der Aufgabe ist es möglich, nur mit Zirkel und Lineal, d. h. ohne eventuelle Hyperbelschablonen, durch zielgerichtetes Probieren ein angenähert richtiges Ergebnis zu erhalten. Dies deutet die folgende (verkleinerte) Graphik an:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/1948_zeichlsg.PNG
Die cm-Angaben beziehen sich auf meinen Bildschirm.
Vorgehensweise: Man schlägt als erstes um die Punkte P1 und P3 jeweils einen Kreis mit Radius 1 Längeneinheit (L.E.) bzw. 2/3 L. E. Dann zieht man von P1,P2,P3 je eine Strecke so, dass diese sich in einem Punkt schneiden. Dabei ist anzustreben, dass die Teilstrecken vom Schnittpunkt zum Kreisrand bzw. zum Punkt P2 gleich lang werden. Beim ersten Versuch (grün) ist das noch nicht gelungen, besser dagegen beim zweiten, mit blauen Strecken und Bezeichnungen. Der Mittelwert der mit x bezeichneten Strecken beträgt 8,23 cm; das sind, weil 1 cm 2/13 L.E. entspricht, 1,27 L.E. Der theoretische Wert für x (den man hierbei natürlich nicht kennt) ist ungefähr 1,218 L.E. Die relative Abweichung von ihm beträgt ca. 4 Prozent. Das Verfahren ist einfach und zufriedenstellend genau.
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MontyPythagoras
Senior
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| Beitrag No.20, eingetragen 2022-11-10
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Hallo Hans-Jürgen,
ich hätte als Gleichung anzubieten:
$$\cos\left(\arccos\left(\frac3{4x}-\frac12\right)+\arccos\left(\frac8{9x}-\frac13\right)\right)+\frac12\sqrt3=0$$die sich auch nach $x$ auflösen lässt. Wenn Du in meinen Beitrag #12 schaust, addiere ich die Winkel $QP_2P_1$ und $P_3P_2Q$, die zusammen 150° ergeben müssen.
Man kann es sogar auch für allgemeine Fälle lösen, wenn also die beiden Schenkel, die hier jeweils 2 LE sind, eben nicht gleich lang sind. Es führt immer auf eine lösbare, quadratische Gleichung.
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.21, eingetragen 2022-11-10
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Hallo zusammen,
nachfolgend der Lösungsweg für die allgemeine Variante.
Wegen des Kosinussatzes gilt:
$$\arccos\left(\frac{x^2+a^2-(x+b)^2}{2ax}\right)+\arccos\left(\frac{x^2+c^2-(x+d)^2}{2cx}\right)=\alpha$$Vereinfachen:
$$\arccos\left(\frac{a^2-b^2-2bx}{2ax}\right)+\arccos\left(\frac{c^2-d^2-2dx}{2cx}\right)=\alpha$$Wir substituieren $\frac1x=z$, $\frac{a^2-b^2}{2a}=A$, $\frac ba=B$, $\frac{c^2-d^2}{2c}=C$ und $\frac dc=D$:
$$\arccos\left(Az-B\right)+\arccos\left(Cz-D\right)=\alpha$$Auf beide Seiten den Cosinus anwenden und Additionstheorem verwenden:
$$(Az-B)(Cz-D)-\cos\alpha=\sqrt{1-(Az-B)^2}\;\sqrt{1-(Cz-D)^2}$$Quadrieren und ausmultiplizieren. Auf beiden Seiten fällt der Term $(Az-B)^2(Cz-D)^2$ weg:
$$\cos^2\alpha-2\cos\alpha(Az-B)(Cz-D)=1-(Az-B)^2-(Cz-D)^2$$Wenn man nun weiter ausmultipliziert und nach Potenzen von $z$ sortiert, hat man eine quadratische Gleichung für $z$.
Ciao,
Thomas
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Hans-Juergen
Senior
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| Beitrag No.22, eingetragen 2022-11-10
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Hallo Thomas,
danke für Deine weiteren interessanten Ausführungen.
Wolfram liefert diesmal den genauen Wert, und zwar nicht nur numerisch als Dezimalzahl, sondern ausgeschrieben mit Wurzeltermen wie bei Dir in No.10.
Ich bewundere Dich (nicht zum ersten Mal).
Herzlichen Gruß
Hans-Jürgen
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Wario
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Dabei seit: 01.05.2020
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| Beitrag No.23, eingetragen 2022-11-10
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Ein Pech: ich habe heute Band 1 erhalten; das ist auch ein schönes Werk, enthält aber keinen Hyperbelplan, wie Band 3.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_21_999999.jpg
Ehlermanns Mathematisches Unterrichtswerk. Von Otto Köhler und Ulrich Graf - Ausgabe für Jungenschulen - 3 // Ehlermanns Mathematisches Unterrichtswerk für höhere Schulen herausgegeben von Otto Köhler und Ulrich Graf. Band III [Band 3], 6. bis 8. Klasse, Ausgabe für Jungen. Mit 377 Bildern, einer Zahlentafel und einem Hyperbelplan. Bestellnummer 3132. Frontispiz = s/w-Abbildung von Gauß // Inhalt u.a.: 6. Klasse: Erweiterung des Potenzbegriffs - Logarithmenrechnung - Die Winkelfunktionen (1.+2. Teil) - Dreiecksberechnungen (Trigonometrie) - Reihen - Vermehrungsfaktor, Zinseszins- und Rentenrechnung - Grundlagen der Statistik mit besonderer Anwendung auf die Biometrik - Einführung in die Differentialrechnung / 7. Klasse: Die Parabel n ten Grades, Anwendungen - Differentiation der algebraischen Funktionen/transzendenter Funktionen - Näherungsweise Auflösung von Gleichungen - Vermischte Anwendungen der Differentialrechnung - Fehlerrechnung - Die Kegelschnitte - Anwendungen der Kegelschnitte.
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haribo
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| Beitrag No.24, eingetragen 2022-11-14
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Ich denke zeichnerisch reicht es aus wenn man bei so einer Hyperbel-aufgabe das asymptotenkreuz; die wendetangente und evtl zwei drei weitere punkte nahe des zielortes konstruiert,
Wie immer beim geometrischen konstruieren geht das flinker wenn man in Übung ist, erfordert aber weder Millimeterpapier noch schablonen, zirkel stift und lineal reichen aus
Als artillerie berechnung frage ich mich aber woher die zeitdifferenzen kommen können? Da brauchen doch beide beobachtungsorte entweder eine funkverbindung, oder es sind jeweils die differenzen zwischen blitz und donner also zwischen licht- und schall-geschwindigkeit, bei letzterem würde aber doch eine optische kreuzpeilung viel einfacher den einschlagsort bestimmen, oder?
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.25, eingetragen 2022-11-14
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Hallo haribo,
es geht nicht um den Einschlagort, sondern von wo die gegnerische Armee ein Geschoss abgefeuert hat. Wenn es keine optischen Anzeichen gab, weil bei einem rein ballistischen Geschoss das Mündungsfeuer getarnt / verdeckt werden kann, kann man über eine Funkverbindung der drei Empfangsorte untereinander mit entsprechender Messtechnik die Laufzeitdifferenz bestimmen, ohne zu wissen, wie lange der Schall des Mündungsknalls unterwegs war. Heute technisch überhaupt kein Problem, damals schon ein bisschen schwieriger.
Das, worüber wir hier reden, benutzt heute nahezu jeder täglich, ohne es zu wissen, nämlich in der Navigation bzw. Positionsbestimmung per GPS - nur dann halt mit Lichtgeschwindigkeit statt Schallgeschwindigkeit. Du musst nicht wissen, wie lange das Signal vom Satellit zu Dir unterwegs war, nur die Laufzeitdifferenz zu den Empfangszeitpunkten von zwei oder mehr weiteren Satelliten reicht aus. Im Grunde funktioniert es somit ganz genauso, nur halt 3-dimensional und mit 4 Satelliten. Falls nur drei Satelliten empfangen werden, wird die sehr wahrscheinliche Randbedingung "Empfänger befindet sich auf der Erdoberfläche" hinzugefügt.
Ciao,
Thomas
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haribo
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| Beitrag No.26, eingetragen 2022-11-14
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Ok monty, dann war es das „ entweder“, die funkverbindung
Auch wenn ich es mir nicht wirklich vorstellen mag, denn per funk offenbart man ja evtl. wiederum die standorte der messtrups?
Evtl reicht auch n telephonkabel aber 1000m sind schon lang
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haribo
Senior
Dabei seit: 25.10.2012
Mitteilungen: 4358
| Beitrag No.27, eingetragen 2022-11-15
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https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35059_51D97240-257D-400E-9D53-323A86DC6AE5.jpeg
Ich vermute das ein hyperbelplan ungefähr so aussehen würde, evtl geschickt gewählte hyperbeln für brstimmte zeitdifferenzen ...
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Wario
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Mitteilungen: 1216
| Beitrag No.28, eingetragen 2022-11-22
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Ich bin mir nicht mehr so sicher, was ein "Hyperbelplan" ist.
Ich habe jetzt auch
\quoteon(2022-11-10 18:36 - Wario in Beitrag No. 23)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_21_999999.jpg
\quoteoff
Es sind dort ein paar Beiblätter enthalten. Ich fürchte allerdings, das der "Hyperbelplan" fehlt.
\showon Ich muss wohl dazu mal den ganzen Abschnitt einscannen:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_1.jpg
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_2.jpg
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_1_3.jpg
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_4.jpg
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_5.jpg
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_6.jpg
\showoff
Auf 'S. 222' und der Seite davor der "Hyperbelplan" erwähnt; sonst nicht, dass ich wüsste (vgl. auch allerletzte eingescannte Seite).
PS: Ich habe das auch noch nicht alles gelesen, aber noch etwas anderes im Werk gefunden: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=260698
Vielleicht ist das ja der berühmte "Hyperbelplan" (?)
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Wario
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Mitteilungen: 1216
| Beitrag No.29, eingetragen 2022-12-02
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Hat das
\quoteon(2022-11-22 04:12 - Wario in Beitrag No. 28)
"Hyperbelplan"
\showon Ich muss wohl dazu mal den ganzen Abschnitt einscannen:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_1.jpg
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_2.jpg
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_1_3.jpg
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_4.jpg
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_5.jpg
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52997_6.jpg
\showoff
\quoteoff
mal jemand gelesen und analysiert?
Es könnte sein, dass das (siehe auch Beitrag 6) der Hyperbelplan ist.
Irgendwo hieß es sinngemäß, dass man das normalerweise auf transparenter Folie hat und auf eine Landkarte legt.
Es geht beim Thema hier wohl darum, Geschützausrichtungen zu bestimmen und dazu muss man wohl rasch quadratische Gleichungen lösen. Da ist so ein Nomogramm hilfreich.
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