Durch den Thread "Die Ziege gegen den Rest der Welt" inspiriert, ist mir auch so eine Aufgabe eingefallen die seit Jahren auf eine Lösung wartet. Bei dieser Aufgabe steht ein Würfel mit 1m Kantenlänge an einer Wand. Da ist eine Leiter, die ist 7m lang. Wie weit muss die Leiter von der Wand wegsein, damit die Leiter nicht nur Wand und Boden, sondern auch den Würfel berührt? Ich glaube, das versteht wieder kein Mensch... Deshalb muss ich wohl eine Zeichnung liefern...
Beide Dreiecke haben das selbe Verhältnis der Seiten. Da man von beiden Dreiecken jeweils eine Seite kennt (nämlich jeweils 1m), und dazu noch die Summe der Längen von einer weiteren Seite pro Dreieck (7m) kann man mit ein wenig Formel auf und Umstellen alles berechnen.
Also ich komme am Ende auf eine kubische Gleichung...... Kann mir jemand mal erklären wie man hier rechnet? Irgendwie steh ich hier auf'm Schlauch....
Ich hatte am Ende ein Polynom 4. Grades mit zwei vernünftigen Lösungen: x1 = 1,17 x2 = 6,90
Thomas Ranseier wrote: > Ich hatte am Ende ein Polynom 4. Grades mit zwei vernünftigen Lösungen: > > x1 = 1,17 > x2 = 6,90 Scheint zu stimmen: Damit hat das kleine Dreieck: 1m, 0,17m und 1,014m und das große Dreieck 1m, 5,9m, 5,98m. 5,98m + 1,014m = 7m (wenn man von den Rundungsfehlern absieht) Das mit den 2 Lösungen ist ja klar, denn wenn man Wand und Boden (also die beiden Dreiecke) vertauscht hat man die andere Lösung.
Wenn wir hier schon am rumtüfteln sind : Zwei 120 Jahre alte Bäume mit 75 m Höhe stehen im Abstand x nebeneinander. In der Höhe von 50 m wird auf beiden Bäumen ein Seil befestigt. Das Seil ist 100 m lang. Das Seil hängt bis zum Boden durch. Wie weit stehen die Bäume auseinander :-)
> Also ich komme am Ende auf eine kubische Gleichung...... > Ich hatte am Ende ein Polynom 4. Grades ... Nur nicht so kompliziert: Wenn man den Ansatz und die Umformungen richtig wählt, braucht man keine Gleichung 3. oder höheren Grades zu lösen. Schulwissen (Lösung quadratischer Gleichungen) genügt.
eine natürlich durchhängende schnur oder seil hälst sich aber an keine polynome.
>eine natürlich durchhängende schnur oder seil hälst sich aber an keine >polynome. Das wär ja auch zu einfach :) Ich habe das gerade mal mit der normalen Kettenlinie versucht. Das Problem ist, dass die mir vorliegenden Gleichungen alle keinen Bezug zur Seillänge haben. Bei Herleiten der Kurvenlänge des hyperbolischen Cosinus stoße ich im Moment auf ein ziemlich sperriges Integral. Ich stöber nochmal zu Hause... ist auf jeden Fall interessant. Ich glaube, ich buddel noch mal die anderen Aufgaben aus...
Ein Kammerorchester mit 12 Musikern unter der Leitung eines 56jährigen Dirigenten benötigt zum Aufführen von "Eine kleine Nachtmusik" von W.A. Mozart (KV525) 21 Minuten und 25 Sekunden. Wie lange würde das Orchester benötigen, wenn es stattdessen mit 18 Musikern besetzt wäre und der Dirigent nur 45jährig wäre?
Sepp wrote: > Wenn wir hier schon am rumtüfteln sind : > > > Zwei 120 Jahre alte Bäume mit 75 m Höhe stehen im Abstand x > nebeneinander. > In der Höhe von 50 m wird auf beiden Bäumen ein Seil befestigt. > Das Seil ist 100 m lang. > Das Seil hängt bis zum Boden durch. > > Wie weit stehen die Bäume auseinander :-) Sie stehen direkt nebeneinander.
@ Sepp Stehen die Bäume auf deinem Grundstück ? Dann wurde ich dir raten, dringend die Polizei zu rufen.
>Sie stehen direkt nebeneinander.
Autsch - danke für's mitdenken!!! - ich kümmere mich doch lieber um die
Leiter :)
>Wie lange würde das Orchester benötigen, wenn es stattdessen mit 18 >Musikern besetzt wäre und der Dirigent nur 45jährig wäre? Öhm... genauso lange?
>Wie lange würde das Orchester benötigen, wenn es stattdessen mit 18 >Musikern besetzt wäre und der Dirigent nur 45jährig wäre? weniger! 4 Leute mehr zum Umblättern! :-)
<lautdenk> Also bei der Leiteraufgabe gibt es vier Lösungen (wovon 2 sinnvoll wären), weshalb ein Polynom 4. Grades schon recht wahrscheinlich ist. Zudem handelt es sich bei der Leiterlänge um die Summe zweier Teillängen (nach Pythagoras Wurzel+Wurzel), bei deren Auflösung ebenfalls ein Polynom 4. Grades entsteht. Da die Lösungen aber symmetrisch zu ersten Winkelhalbierenden sind, besteht die Chance auf eine biquadratische Gleichung. Löst man das Ganze mit Winkeln kommt man (wenn ich mich auf die Schnelle nicht verrechnet habe) auf 7 = (1 + TAN(alpha)) / SIN(alpha) wobei Alpha der kleinere Winkel zwischen y-Achse und der Leiter ist. </lautdenk> Von yalu und Sebastian Hoffmann würde ich gerne mal die einfache Lösung hören - ich komm im Moment nicht drauf...
Hier ist ein Lösungsweg des Leiterproblems für diejenigen, die die Lösungsformel für Gleichungen 4. Grades nicht auswendig wissen und keine Formelsammlung zu Hand haben, also z.B. für mich: ;-) x sei wie in der Aufgabenstellung der Abstand des Leiterfußpunkts von der Wand, y die Höhe des Leiterendes über dem Boden und c die Länge der Leiter (c=7). Nach Pythagoras gilt
Nach Strahlensatz gilt
Es sei s=x+y, dann ist unter Verwendung der obigen beiden Gleichungen
Man hat also eine quadratische Gleichung in s, deren Lösungen
sind. Ist man nur an den "sinnvollen" Lösungen interessiert, kann man an dieser Stelle schon eine der beiden Lösungen streichen, da s positiv sein muss, also
Wird in der zweiten Gleichung y durch s-x ersetzt, ergibt sich
Dieses ist eine quadratische Gleichung in x und hat die Lösungen
Die beiden Lösungen sind die Lösungen für x und y, die untereinader austauschbar sind. Nun muss nur noch die obige Lösung für s eingesetzt werden und man erhält
Für c=7 sind die Lösungen ungefähr 6,90 und 1,17, wie sie auch Thomas Ranseier gefunden hat. Man hat also die Gleichung 4. Grades dadurch umschifft, dass man statt dessen zwei Gleichungen 2. Grades gelöst hat.
Mein Vorgehen war folgendes: Auf einem DinA6 Schmierzettel die Aufgabe skizziert, Gleichungen (vier) aufgestellt und zusammengeführt: (1+x)^2 + (1+ ( (7-(x^2+1)^(1/2))^2 -1 )^(1/2) )^2 -7^2 = 0 Die Gleichung in den PC gestopft und mit - Achtung Schleichwerbung - Peters Calculator nach Newton nähern lassen. http://www.pstt.de/programs/petecalc/index.htm Sicher werden jetzt alle sagen: unglaublich umständlich. Stimmt, hat trotzdem nur ~10min gedauert.
Der Anspruch liegt meiner Meinung nach ja nicht in einer Näherung, sondern in einem analytischen Lösungsweg.
>Sicher werden jetzt alle sagen: unglaublich umständlich. Stimmt, hat >trotzdem nur ~10min gedauert. Verlangt war ja auch eher klarer Lösungsweg. Über deine Variante ging das ganze etwa 2min: - zwei Gleichungen (kann man ohne viel Aufwand in einer schreiben) - Solver-Funktion des TI-Taschenrechners
@sepp: nette Aufgabe :P viel Platz zum auswachsen ham die Bäume nich - zumindest nich zu der einen Seite, die der andere Baum berührt ^^
@ Christoph ! Danke ! Dies war eine Aufgabe in einem Bewerbungsbogen einer öffentlichen Einrichtung !!! mfg
Sepp wrote: > @ Christoph ! > Dies war eine Aufgabe in einem Bewerbungsbogen einer öffentlichen > Einrichtung !!! Öffentliche Einrichtung -> Bahnhofstoilette ?
> Ein Kammerorchester mit 12 Musikern unter der Leitung eines 56jährigen > Dirigenten benötigt zum Aufführen von "Eine kleine Nachtmusik" von W.A. > Mozart (KV525) 21 Minuten und 25 Sekunden. LOL
Die Baumaufgabe habe ich (ehemaliger Realschüler) vor ca. 8 Jahren zum ersten mal gestellt bekommen. Ich hatte die Lösung nach wenigen Minuten. Die Abiturienten und Studenten, welche mit mir am Tisch saßen, kamen nach 1 Stunde immer noch nicht auf das richtige Ergebnis. Da wurde dann auch mit wahnsinnig komplizierten Lösungsansätzen gearbeitet ;) Gruß, Magnetus
Mit den Bäumen ist genau das gleiche wie mit der Frage aus einem Einschulungstest in welche Richtung der Bus auf einem Bild fährt. Wurde hier glaube ich auch mal diskutiert. Fast alle Kinder konnten das beantworten, aber von der Älteren kaum jemand. So Fragen sollten in der Schule auch mal drankommen, damit man sich wieder dran gewöhnt. Wäre vor Allem in einer Klausur ganz interessant.
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