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Integration
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Pavel478
Integration durch Reihenentwicklung  
Beitrag No.4 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-06-16 21:47
MontyPythagoras
 

Hallo Küstenkind,
Du täuscht Dich nicht. Wenn man wie folgt substituiert:
$$\sqrt{1+bx^2}=\cosh t$$$$bx^2=\cosh^2t-1=\sinh^2t$$$$x=\frac1{\sqrt b}\sinh t$$$$\mathrm dx=\frac1{\sqrt b}\cosh t\cdot\mathrm dt$$erhält man für das Integral:
$$ I(a,b)=\intop_0^\infty x^2e^{-a\sqrt{1+bx^2}}\mathrm dx$$$$ =\intop_0^\infty\frac{\sinh^2t}{b}e^{-a\cosh t}\frac1{\sqrt b}\cosh t\cdot\mathrm dt$$$$ =\frac1{b\sqrt b}\intop_0^\infty\tfrac12\sinh2t\sinh t\; e^{-a\cosh t}\mathrm dt$$Mittels partieller Integration folgt
$$I(a,b)=\frac1{b\sqrt b}\left[\tfrac12\sinh2t\left(-\frac1a\right)e^{-a\cosh t}\right]_0^\infty+\frac1{ab\sqrt b}\intop_0^\infty\cosh2t\; e^{-a\cosh t}\mathrm dt$$Die eckige Klammer ist null, und somit
$$I(a,b)=\frac1{ab\sqrt b}\intop_0^\infty\cosh2t\; e^{-a\cosh t}\mathrm dt$$$$I(a,b)=\frac1{ab\sqrt b}K_2(a)$$ Ciao,

Thomas

Bug- und Request-Tracker
  
Thema eröffnet von: pzktupel
Anomalie festgestellt !  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-06-16 18:47
MontyPythagoras
 

Hallo pzktupel,
41500 Mitglieder auf 20 Jahre macht etwas über 2000 pro Jahr oder rund 40 pro Woche.

Ciao,

Thomas

Geometrie
Schule 
Thema eröffnet von: ebikerni
Dreiecksberechnung mit Innenkreisradius, Umkreisradius und einer Mittelsenkrechten  
Beitrag No.8 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-06-13 22:15
MontyPythagoras
 

Hallo ebikerni,
im Vergleich zu den beiden letzten Fragen mit der Seiten- und der Winkelhalbierenden ist diese recht einfach - man braucht zumindest keine kubische Gleichung lösen.
Wie Du in Deinem Beitrag #5 schon richtig festgestellt hast, hat man sofort auch die dazugehörige Dreiecksseite, wenn man die Mittelsenkrechte vorgibt, denn es gilt:
$$\tfrac14c^2+m_c^2=r^2\tag1$$Also folgt
$$c=2\sqrt{r^2-m_c^2}\tag2$$(Ausgangsformeln für die nachfolgende Herleitung wie immer aus der Formelsammlung Trigonometrie auf Wikipedia.) Es gilt:
$$2s=a+b+c\tag3$$$$4\rho r s=abc\tag4$$$$ab+ac+bc=s^2+\rho^2+4\rho r\tag5$$Wir formen (5) geringfügig um:
$$ab+c(a+b)=s^2+\rho^2+4\rho r\tag6$$und setzen (3) und (4) ein:
$$\frac{4\rho rs}c+c(2s-c)=s^2+\rho^2+4\rho r\tag7$$$c$ setzen wir ja nach (2) als bekannt voraus, wir haben eine quadratische Gleichung für $s$:
$$s^2-\left(2c+\frac{4\rho r}c\right)s+c^2+\rho^2+4\rho r=0\tag8$$$$s=c+\frac{2\rho r}c\pm\sqrt{\left(c+\frac{2\rho r}c\right)^2-c^2-\rho^2-4\rho r}\tag9$$Wurzel ausmultiplizieren und vereinfachen:
$$s=c+\frac{2\rho r}c\pm\sqrt{\frac{4\rho^2 r^2}{c^2}-\rho^2}\tag{10}$$Man kann noch $\frac1c$ ausklammern:
$$s=\frac1c\left(c^2+2\rho r+\rho\sqrt{4r^2-c^2}\right)\tag{11}$$Die Minus-Lösung habe ich hier direkt gestrichen, weil sie eine Phantomlösung ist, wie man mit aufwendiger Einsetzerei zeigen kann. Nun sind $s$ und $c$ bekannt, $a$ und $b$ sind dann ein Kinderspiel mit Gleichungen (3) und (4):
$$a+\frac{4\rho r s}{ac}+c=2s\tag{12}$$$$a^2-(2s-c)a+\frac{4\rho r s}{c}=0\tag{13}$$Sei wieder o.B.d.A. angenommen, dass $a\leq b$ gilt, dann ist
$$a=s-\tfrac12c-\sqrt{\left(s-\tfrac12c\right)^2-\frac{4\rho r s}{c}}\tag{14}$$Damit folgt letztlich wie immer
$$b=2s-a-c\tag{15}$$Damit sind alle Dreiecksseiten bekannt. Gleichung (11) kann man noch modifizieren, indem man für die Wurzel Gleichung (1) verwendet. Dann gilt nämlich
$$s=\frac1c\left(c^2+2\rho (r+ m_c)\right)\tag{11.2}$$ Ein Kochrezept brauchen wir hier nicht, arbeite in Deinem Programm einfach die Gleichungen (2), (11.2), (14) und (15) nacheinander ab.

Ciao,

Thomas

Matheplanet
  
Thema eröffnet von: Slash
Geburtstage 2021  
Beitrag No.83 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-06-13 21:40
MontyPythagoras
 

Hallo cramilu,
Fast schon verjährt, dennoch von mir nachträglich alles Gute!

Ciao,

Thomas

Geometrie
Schule 
Thema eröffnet von: ebikerni
Dreiecksberechnung mit Inkreisradius, Umkreisradius und einer Winkelhalbierenden  
Beitrag No.3 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-06-03 14:33
MontyPythagoras
 

... Kochrezept:
$$\begin{align}
k_1&=\frac{w_b^2}{4\rho r}\\
k_2&=\tfrac13(1+k_1)\\
k_3&=-\tfrac19(k_1^2-k_1+1)\\
k_4&=\tfrac18k_1-\tfrac12k_2(3k_3+k_2^2)\\
k_5&=\sqrt{k_4^2+k_3^3}\\
q&=\sqrt[\large3]{k_4+k_5}+\sqrt[\large3]{k_4-k_5}+k_2\\
k_6&=\frac \rho{q-1}\\
b&=\sqrt{k_6(4r-k_6)}\\
k_7&=(q-\tfrac12)b\\
a&=k_7-\sqrt{k_7^2-4\rho r q}\\
c&=2k_7-a
\end{align}$$ Ciao,

Thomas

Geometrie
Schule 
Thema eröffnet von: ebikerni
Dreiecksberechnung mit Inkreisradius, Umkreisradius und einer Winkelhalbierenden  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-06-03 13:30
MontyPythagoras
 

Hallo ebikerni,
die Lösung dieses Problems ist schwieriger als das letzte mit der Seitenhalbierenden. Hier sind $r$ Umkreisradius, $\rho$ Inkreisradius, $w_b$ Winkelhalbierende auf $b$. Die Ausgangsformeln für die nachfolgende Herleitung habe ich wieder der Formelsammlung Trigonometrie auf Wikipedia entnommen.
Zunächst gilt
$$4\rho r s=abc\tag1$$Wir definieren den Quotienten $q$ wie folgt:
$$q=\frac {ac}{4\rho r}\qquad ac=4\rho rq\tag2$$Wegen (1) gilt dann außerdem
$$q=\frac sb\tag3$$Die Formel für die Winkelhalbierende lautet:
$$w_b=\frac{\sqrt{ac(a+c-b)(a+c+b)}}{a+c}\tag4$$Quadrieren und mit Nenner multiplizieren:
$$w_b^2(a+c)^2=ac\left((a+c)^2-b^2\right)\tag5$$Mit $a+c=2s-b$ folgt daraus:
$$w_b^2(2s-b)^2=ac\left((2s-b)^2-b^2\right)\tag6$$Wir benutzen Gleichungen (2) und (3), um $ac$ und $s$ nur mithilfe von $q$ und $b$ auszudrücken:
$$w_b^2(2q-1)^2b^2=4\rho rq\left((2q-1)^2-1\right)b^2\tag7$$Wir können $b^2$ auf beiden Seiten kürzen und erhalten eine kubische Gleichung für $q$:
$$w_b^2(4q^2-4q+1)=16\rho r(q-1)q^2\tag8$$Wir substituieren noch aus Gründen der Abkürzung
$$k_1 = \frac{w_b^2}{4\rho r}\tag9$$Dann lautet die kubische Gleichung:
$$q^3-(1+k_1)q^2+k_1q-\tfrac14k_1=0\tag{10}$$Man kann zeigen, was ich mir hier aber spare, dass für $k_1>0$ immer $q>1$ gilt. Laut Wiki gilt außerdem:
$$ab+ac+bc=s^2+\rho^2+4\rho r\tag{11}$$oder anders ausgedrückt:
$$ac+(a+c)b=s^2+\rho^2+4\rho r\tag{12}$$Wir substituieren wieder so, dass wir $a$, $c$ und $s$ nur durch $q$ und $b$ ausdrücken:
$$4\rho r q+(2q-1)b^2=q^2b^2+\rho^2+4\rho r\tag{13}$$$q$ setzen wir nach Lösung der Gleichung (10) als bekannt voraus und können nun nach $b$ auflösen:
$$(q-1)^2b^2=4\rho r(q-1)-\rho^2\tag{14}$$$$b=\frac1{q-1}\sqrt{4\rho r(q-1)-\rho^2}\tag{15}$$und wegen (3)
$$s=\frac q{q-1}\sqrt{4\rho r(q-1)-\rho^2}\tag{16}$$Nun müssen wir noch $a$ und $c$ berechnen. Wir drücken $c$ mithilfe von (2) durch $a$ aus und setzen ein in $a+b+c=2s$:
$$a+b+\frac{4\rho rq}a=2s\tag{17}$$$$a^2-(2s-b)a+4\rho rq=0\tag{18}$$Die beiden Lösungen dieser quadratischen Gleichung ergeben wieder $a$ und $c$, weil die Gleichungen bezüglich $a$ und $c$ symmetrisch sind. Sei o.B.d.A. angenommen, dass $a < c$ gilt, dann folgt:
$$a=s-\tfrac12b-\sqrt{(s-\tfrac12b)^2-4\rho r q}\tag{19}$$und natürlich
$$c=2s-a-b\tag{20}$$Und damit haben wir alle Dreiecksseiten bestimmt.

Ciao,

Thomas

Spiel & Spaß
Schule 
Thema eröffnet von: matroid
Sorry, Witze  
Beitrag No.2142 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-31 21:35
MontyPythagoras
 

Freundlicher Matheplanetarier: "Herzlich willkommen auf dem Matheplaneten. Was sind denn Deine bisherigen Überlegungen?"

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2140 begonnen.]

Spiel & Spaß
Schule 
Thema eröffnet von: matroid
Sorry, Witze  
Beitrag No.2140 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-31 21:32
MontyPythagoras
 

Matheplanetarier: "Nicht schon wieder."

Partielle DGL
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: pli
Angewandte Wärmeleitungsgleichung  
Beitrag No.8 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-30 00:39
MontyPythagoras
 

Hallo semasch,
die Aufgabe soll/muss man wohl so verstehen, dass es um die Wärmeleitung durch einen eindimensionalen Körper (langer dünner Stab der Länge L oder eine Wand ohne Wärmeleitung in Querrichtung) mit Wärmequelle oder -senke geht, und einem Wärmeübergang an dessen Ende. Dann ist $T_\infty$ die Temperatur des Mediums, das er berührt, und nicht des Körpers selbst. Und das meinte ich damit, dass etwas faul ist. Das könnte man ja in der Aufgabenstellung auch dazu schreiben. 😃
Wie schon gesagt, die Hyperbelfunktionen haben sicherlich ihre Vorteile, besonders bei Symmetrien, aber sicher auch in diesem Fall, wenn man eben nicht $x\to\infty$ berechnen muss, sondern einen endlichen Randwert.

Ciao,

Thomas

Partielle DGL
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: pli
Angewandte Wärmeleitungsgleichung  
Beitrag No.6 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-29 21:45
MontyPythagoras
 

Hallo zusammen,
an der Aufgabe ist etwas faul. $T_\infty$ heißt nicht ohne Grund so. Das $\infty$ kann sich prinzipiell auf das $x$ oder das $t$ beziehen, aber dass es sich auf die Zeit bezieht, ist eher unwahrscheinlich, denn wir suchen eine stationäre Lösung, und da ist der Zeitpunkt ja egal. Dann müsste es sich auf $x=\infty$ beziehen, was auch sicher der Plan ist, denn typischerweise bezeichnet man mit $T_\infty$ die Temperatur des Körpers in unendlicher Entfernung von dem betrachteten Punkt. Und das muss eine endliche Temperatur sein.
Aber dann sind die Lösungen falsch. Also nicht falsch gerechnet, aber für $x=\infty$ kommt jedenfalls nicht $T_\infty$ heraus. Und das ist ein Problem, denn das bedeutet, dass $T$ für $x\to\infty$ gegen plus oder minus unendlich geht, was keinen Sinn macht.
Lange Rede, kurzer Sinn: Wir haben zwei Integrationskonstanten, aber drei Randbedingungen. Zwei Integrationskonstanten könnte ich schon mit $T(0,t)=T_0$ und $T(\infty,t)=T_\infty$ bestimmen. Daher ist auch eigentlich in Beitrag #4 automatisch $C_2=0$, weil sonst $T(\infty,t)=\pm\infty$ gilt.
Mit $\sinh$ und $\cosh$ zu rechnen kann vorteilhaft sein, ist aber hier nicht empfehlenswert. Der Grund ist, dass man mit den reinen Exponentialfunktionen sofort sieht, dass $C_2=0$ sein muss, was man mit der Lösung in #5, wenn sie auch richtig sein mag, nicht ohne weiteres sieht. $T(x\to\infty)$ läuft hier nur dann nicht aus dem Ruder, wenn $\frac{\cosh(\kappa L) + \frac{\kappa k}{h} \sinh(\kappa L)}{\sinh(\kappa L) + \frac{\kappa k}{h} \cosh(\kappa L)} =1$ gilt, was $\frac{\kappa k}h=1$ erfordert, was in aller Regel nicht stimmen dürfte.
$\sinh$ und $\cosh$ bieten sich immer dann an, wenn man z.B. aus Symmetriegründen von vornherein weiß, dass die gesuchte Funktion entweder gerade oder ungerade ist, denn dann braucht man nur entweder $\sinh$ oder $\cosh$, aber nicht beide. Aber das ist Geschmackssache.

Ciao,

Thomas

Geometrie
  
Thema eröffnet von: pythocas
Radius Innenkreis  
Beitrag No.14 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-29 11:35
MontyPythagoras
 

Hallo DerEinfältige,
so gesehen hast Du natürlich recht. Ich habe die Aufgabenstellung durchaus so gelesen, dass eine analytische Lösung gesucht wird. Eine numerische Berechnung kann dann Sinn machen, wenn man erst einmal passende Zahlenwerte sucht, an der man eine analytische Lösung testen kann. Wenn es von vornherein nur um eine numerische Bestimmung der Lösung ging, dann wäre die analytische Lösung in der Tat überkandidelt. 🙂

@pythocas: Deine Lösung habe ich noch nicht verstanden. Was sind $R_A$ und $R_S$?

Ciao,

Thomas

Geometrie
  
Thema eröffnet von: pythocas
Radius Innenkreis  
Beitrag No.11 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-29 10:15
MontyPythagoras
 

Hallo zusammen,
nein, das bringt nichts. die Höhen der Dreiecke helfen Dir nicht.
Dieses Problem kann man in zwei Teilaufgaben aufspalten:
1. Drei Kreise innerhalb eines größeren Kreises, diesen von innen berührend, so anordnen, dass die drei Mittelpunkte ein gleichseitiges Dreieck bilden.
2. Das apollonische Problem, zu dem es ein ganzes Sammelsurium an Lösungen gibt, nämlich einen vierten Kreis so zu bestimmen, dass er drei andere, gegebene Kreise berührt.

2021-05-28 19:17 - sarose in Beitrag No. 6 schreibt:
Also, ich würde erst einmal für ein konkretes Beispiel rechnen und dafür wären Zahlenwerte für die gegebenen Kreise ganz sinnvoll.
Was für eine absurde Idee. Seltsamerweise stelle ich immer wieder fest, dass Leute meinen, irgendetwas würde einfacher, wenn man erst einmal mit Zahlenwerten rechnet. Zahlen helfen Dir null. Wenn Du eine Lösung hast, dann kannst Du einfach ein eigenes Beispiel basteln und immer noch überprüfen, "ob es passt". Wenn man mit Zahlen anfängt, macht man die Herleitung zweimal.

Das erste Teilproblem kann man auch recht einfach formulieren:

Gesucht sind die Winkel $\alpha$, $\beta$ und $\gamma$, die die Winkel zwischen den Verbindungsstrecken vom Mittelpunkt des großen Kreises zu den Mittelpunkten der kleinen Kreise darstellen. Wir brauchen drei Gleichungen für drei Unbekannte.
$$\begin{align}
\alpha+\beta+\gamma&=2\pi\\
(R-r_1)^2+(R-r_2)^2-2(R-r_1)(R-r_2)\cos\alpha&=(R-r_1)^2+(R-r_3)^2-2(R-r_1)(R-r_3)\cos\beta\\
(R-r_1)^2+(R-r_2)^2-2(R-r_1)(R-r_2)\cos\alpha&=(R-r_2)^2+(R-r_3)^2-2(R-r_2)(R-r_3)\cos\gamma
\end{align}$$Gleichungen (2) und (3) besagen, dass die drei Seiten des Dreiecks gleich lang sein sollen (jeweils Kosinussatz).
Sowas kann man lösen, aber die Lösung ist kompliziert, und wenn man dann anschließend noch das apollonische Problem löst mit schon im Ansatz komplizierten Ausgangsgleichungen, dann ist ziemlich sicher, dass die geschlossene Lösung seeehr lang und kompliziert wird, aber es ist definitiv lösbar.

Ciao,

Thomas

Systeme von DGL
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Limesine
Drei Unbekannte, drei DGL; nur hartnäckig oder nicht analytisch lösbar?  
Beitrag No.3 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-27 18:20
MontyPythagoras
 

... und das ist der Beweis, dass man schwierige DGL-Systeme nicht in der Mittagspause lösen soll.
In Gleichung (12) fehlt nämlich eine weitere Integrationskonstante. Und das mir, wo ich meinem Sohn immer das "plus Cee" predige! 😁
Also Gleichung (12) lautet:
$$A(P,R)=c_1\left(\frac{P^2}R+9\frac{V_S^2}{r_S^4}R\right)+c_3\tag{12}$$(13), (14) und (15) bleiben unverändert, aber (16) ändert sich wie folgt:
$$AB_T=-\frac{r_S^6}{18c_1 V_S^2}\cdot c_1\left(\frac{P^2}R+9\frac{V_S^2}{r_S^4}R\right)-\frac{r_S^6}{18c_1 V_S^2}\cdot c_3=-\frac{r_S^6}{18V_S^2}\cdot\frac{P^2}R-\frac{r_S^2}{2}R-\frac{c_3r_S^6}{18c_1 V_S^2}\tag{16}$$Infolgedessen ist $C$ doch abhängig von $T$, denn wenn man (16) von (3) subtrahiert, ergibt sich:
$$C_T=\frac{c_3r_S^6}{18c_1 V_S^2}\tag{17}$$Gleichungen (19) bis (23) bleiben unverändert.

Ciao,

Thomas

Systeme von DGL
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Limesine
Drei Unbekannte, drei DGL; nur hartnäckig oder nicht analytisch lösbar?  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-27 12:36
MontyPythagoras
 

Mittagspause...

Weiter geht's mit Gleichung (9), nachdem wir (12) nach $P$ abgeleitet haben.
$$A_P(P,R)=2c_1\frac PR\tag{13}$$Dann folgt mit (9):
$$B_T=-\frac{r_S^6}{18c_1 V_S^2}\tag{14}$$Wir integrieren nach $T$:
$$B(P,R,T)=-\frac{r_S^6}{18c_1 V_S^2}T+D(P,R)\tag{15}$$Multipliziert man (12) und (14), erhält man:
$$AB_T=-\frac{r_S^6}{18c_1 V_S^2}\cdot c_1\left(\frac{P^2}R+9\frac{V_S^2}{r_S^4}R\right)=-\frac{r_S^6}{18V_S^2}\cdot\frac{P^2}R-\frac{r_S^2}{2}R\tag{16}$$Vergleicht man das mit Gleichung (3), so bleibt nur
$$C_T=0\tag{17}$$übrig. Mit anderen Worten: $C$ ist keine Funktion der Größe $T$. Aus (15) folgt, dass
$$B_P=D_P\qquad B_R=D_R\tag{18}$$ist, wobei $D$ ja eine von $P$ und $R$ abhängige Integrationskonstante (in $T$) ist, die sich vermutlich aus irgendwelchen Rand- oder Anfangsbedingungen ergeben wird (hoffentlich).
Nun können nur noch die Gleichungen (1) und (2) weiterhelfen. Wir leiten (1) nach $P$ ab:
$$A_P B_R+A B_{PR}+C_{PR}=
\frac{\frac{r_S^3}{3V_S}\sqrt{1-r_S^2}\;R^2}{\frac{r_S^6}{9V_S^2}P^2-(1-r_S^2)R^2}\tag{19}$$und (2) nach $R$:
$$A_R B_P+A B_{PR}+C_{PR}=0\tag{20}$$Wir ziehen (20) von (19) ab:
$$A_P B_R-A_R B_P=
\frac{\frac{r_S^3}{3V_S}\sqrt{1-r_S^2}\;R^2}{\frac{r_S^6}{9V_S^2}P^2-(1-r_S^2)R^2}\tag{21}$$$A_P$ und $A_R$ können wir berechnen und einsetzen, dann haben wir eine DGL für $B$, bzw. wegen (18) für $D$:
$$2c_1\frac PR D_R-c_1\left(-\frac{P^2}{R^2}+9\frac{V_S^2}{r_S^4}\right)D_P=
\frac{\frac{r_S^3}{3V_S}\sqrt{1-r_S^2}\;R^2}{\frac{r_S^6}{9V_S^2}P^2-(1-r_S^2)R^2}\tag{22}$$Hier wird es langsam knifflig. Die homogene Lösung der DGL ist trivialerweise
$$D_h(P,R)=c_2A(P,R)\tag{23}$$
Mittagspause vorbei.

Ciao,

Thomas

Systeme von DGL
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Limesine
Drei Unbekannte, drei DGL; nur hartnäckig oder nicht analytisch lösbar?  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-27 08:59
MontyPythagoras
 

Hallo Limesine,
das ist ein sehr interessantes Problem. Man kann auf jeden Fall schon einmal A isolieren. Der Einfachheit halber stehe nachfolgend ein Index für die Ableitung nach der jeweiligen Größe. Sei
$$A B_R+ C_R = \frac R 2 \ln{\left( \frac{R \sqrt{1-r_S^2} - \frac{r_S^3}{3 V_S} P}{R \sqrt{1-r_S^2} + \frac{r_S^3}{3 V_S} P} \right)}\tag1$$$$A B_P + C_P= 0\tag2$$$$A B_T + C_T = - \frac{r_S^6}{18 V_S^2} \frac{P^2}{R} - \frac{r_S^2}{2} R\tag3$$Wir leiten (1) nach $T$ ab:
$$A B_{RT}+C_{RT}=0\tag4$$... und (3) nach $R$:
$$A_R B_T+A B_{RT}+C_{RT}=\frac{r_S^6}{18 V_S^2} \frac{P^2}{R^2} - \frac{r_S^2}{2}\tag5$$Wir subtrahieren (4) von (5):
$$A_R B_T=\frac{r_S^6}{18 V_S^2} \frac{P^2}{R^2} - \frac{r_S^2}{2}\tag6$$Wir leiten (2) nach $T$ ab:
$$A B_{PT}+C_{PT}=0\tag7$$... und (3) nach $P$:
$$A_P B_T+A B_{PT}+C_{PT}=- \frac{r_S^6}{9 V_S^2} \frac{P}{R}\tag8$$Wir subtrahieren (7) von (8):
$$A_P B_T=- \frac{r_S^6}{9 V_S^2} \frac{P}{R}\tag9$$Wir teilen (6) durch (9):
$$\frac{A_R}{A_P}=\frac{\frac{r_S^6}{18 V_S^2} \frac{P^2}{R^2} - \frac{r_S^2}{2}}{- \frac{r_S^6}{9 V_S^2} \frac{P}{R}}\tag{10}$$$$\frac{A_R}{A_P}=-\frac12\cdot\frac PR+\frac{9V_S^2}{2r_S^4}\cdot\frac RP\tag{11}$$Die DGL kann man lösen:
$$A(P,R)=c_1\left(\frac{P^2}R+9\frac{V_S^2}{r_S^4}R\right)\tag{12}$$ Weiter bin ich erst einmal nicht gekommen, aber vielleicht hast Du ja schon eine Idee, wie man weiter machen könnte.

Ciao,

Thomas

Geometrie
Schule 
Thema eröffnet von: ebikerni
Dreiecksberechnung mit Inkreisradius, Umkreisradius und Seitenhalbierender  
Beitrag No.27 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-25 21:50
MontyPythagoras
 

Hallo ebikerni,
ich bin kein Experte in Python, aber Du ziehst hier nicht die Kubikwurzel, sondern Du potenzierst mit $\frac13$. Der Befehl "**" bedeutet Potenzieren. Das ist nur auf den ersten Blick das gleiche wie die dritte Wurzel ziehen, aber Du könntest zum Beispiel auch mit $\pi$ potenzieren, also mit Dezimalzahlen.
Potenzieren kann man aber eigentlich nur positive Zahlen, und deshalb schlägt die Potenzierung mit $\frac13$ fehl, wenn der Radikand negativ ist.
In diesem Fall musst Du also vorher das Vorzeichen bestimmen, dann den Betrag des Radikanden potenzieren, und anschließend ggf. wieder mit dem Vorzeichen multiplizieren.

Ciao,

Thomas

Geometrie
Schule 
Thema eröffnet von: ebikerni
Dreiecksberechnung mit Inkreisradius, Umkreisradius und Seitenhalbierender  
Beitrag No.23 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-24 11:40
MontyPythagoras
 

Also ebikerni,
gern. Hier eine vollständige und praktikable Anleitung, wie Du sinnvoll die Programmierung umsetzen kannst. Das $s$ ist zu Beginn ja noch unbekannt. Du erzeugst folgende Hilfsvariablen in dieser Reihenfolge:
$$k_1=s_c^2+\rho^2+4\rho r\tag1$$$$k_2=\tfrac83(6\rho^2-s_c^2)\tag2$$$$k_3=8(s_c^4-12\rho^2 r^2+4\rho^2k_1)\tag3$$$$k_4=k_3-k_2^2\tag4$$$$k_5=k_2k_4+128\rho^2 r^2 k_1\tag5$$$$k_6=\sqrt{(k_4-\tfrac13k_3)^3+k_5^2}\tag6$$$$c=\sqrt{\sqrt[\large3\;]{k_5+k_6}+\sqrt[\large3\;]{k_5-k_6}-k_2}\tag7$$Erst jetzt können wir $s$ berechnen:
$$s=\sqrt{k_1+\tfrac34c^2}\tag8$$$$a=s-\tfrac12c-\sqrt{s_c^2-s(s-c)}\tag9$$$$b=2s-a-c\tag{10}$$Das ist auch exakt die Art und Weise, wie ich meine Lösung auf der Geogebra-Seite programmiert habe (die Du vermutlich nicht wahrgenommen hast). Daher hier noch einmal der Link:

hier klicken!

Ciao,

Thomas

Geometrie
Schule 
Thema eröffnet von: ebikerni
Dreiecksberechnung mit Inkreisradius, Umkreisradius und Seitenhalbierender  
Beitrag No.21 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-24 10:10
MontyPythagoras
 

Hallo Werner,
natürlich tut es das Newton-Verfahren, oder Halley - wenn es sein muss auch auf 1000 Stellen. Aber ebikerni möchte, so verstehe ich zumindest seinen Thread, die "explizite Formel". Und die wird auf keinen Fall kürzer als mein Beitrag 10. Er hofft wohl noch auf ein Wunder.
Wenn es am Ende nur um einen dezimalen Zahlenwert geht, würde ich allemal auch ein numerisches Verfahren wie Newton nutzen. Mit der genauen Formel oben kann man allerdings herausfinden, dass für das Zahlenbeispiel aus dem Threadstart $c=6\sqrt7$ und $\gamma=\arccos\tfrac34$ gilt. 🙂 Es ist also die Frage, was er erreichen will.

Ciao,

Thomas

Geometrie
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Thema eröffnet von: ebikerni
Dreiecksberechnung mit Inkreisradius, Umkreisradius und Seitenhalbierender  
Beitrag No.19 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-24 09:24
MontyPythagoras
 

Hallo Werner,
ich glaube, Du verwirrst ebikerni. In meiner Herleitung und auf Wikipedia sind $s$ und $s_c$ nicht das gleiche.
Da ebikerni anscheinend nicht mit mir redet oder mir nicht glaubt, solltest Du ihm vielleicht noch einmal erklären, dass Du eine Näherungslösung verwendet hast, und keine genaue Formel...🙄

Ciao,

Thomas

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Thema eröffnet von: ebikerni
Dreiecksberechnung mit Inkreisradius, Umkreisradius und Seitenhalbierender  
Beitrag No.15 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-23 23:50
MontyPythagoras
 

Hallo ebikerni,
Hast Du verstanden, dass ich die vollständige Lösung angegeben habe?
Hast Du verstanden, dass die Lösungen von Werner und Caban auf Näherungslösungen beruhen?
Hast Du verstanden, dass die Lösung nicht kürzer wird als das, was ich in meinem Beitrag geschrieben habe?
Es gibt keine kurze Lösung. Du musst Dich damit abfinden, meine lange Lösung abzutippen, oder ebenfalls eine Näherungslösung zu verwenden, wie es Werner und Caban getan haben.

Ciao,

Thomas
 

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