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JoeM Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Themenstart: 2020-10-31

Hallo,


viel Spaß, und viele Grüße

JoeM



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Dies ist eine Knobelaufgabe!
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cramilu Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.1, eingetragen 2020-10-31

Moin 😉
Eine herrliche, quasi-elementare Geometrie-Aufgabe!

Für eine allgemeine Lösung spiele ich gerade noch mit den drei Spezialfällen herum, wenn der Winkel am Spannungspunkt 60°, 90° oder 120° beträgt, und mag hernach prüfen, ob Pythagoras und Sehnen-Tangenten-Satz ausreichen, oder ob es - wieder - auf eine "unschöne" Formel hinauslaufen muss wie beim Öltank...


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ODERINT DUM NERVOS NE VEXENT!




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gonz Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.2, eingetragen 2020-10-31

ich glaube es ist "öltankartig". Ich hatte 7,9 cm heraus, was aber nicht stimmen kann...

Einen schönen Sonntag wünscht -
Gonz



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cramilu Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.3, eingetragen 2020-10-31

@gonz:
[...] Einen schönen Sonntag wünscht [...]
So weit sind wir noch lange nicht ;)
[...] Ich hatte 7,9 cm heraus, was aber nicht stimmen kann...
In der Tat: Wenn der "Wähler" das Seil am "Spannungspunkt" nach oben zieht und es dabei genau unter sich mit seinen Füßen "nachspannt", dann wird der "Spannungspunkt" für diesen Fall idealerweise in genau 1,555 Meter Höhe liegen. Bei Spannung tangential zur Erdkrümmung muss sich diese Höhe vergrößern...


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StrgAltEntf Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.4, eingetragen 2020-10-31

Hallo,
die Aufgabe kenne ich, allerdings mit anderen Zahlen. Komme jetzt nicht zum Rechnen. Ich nehme an, die Lösung ist passend zur Abwahl, also etwa die Höhe des Trump-Towers.



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gonz Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.5, eingetragen 2020-10-31



@StrgAltEntf
Ich habe etwas mehr heraus, aber deine Schätzung könnte hinkommen ;)

@cramilu
Stimmt, ich bin mal wieder meiner Zeit voraus...



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DerEinfaeltige Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.6, eingetragen 2020-10-31

@Gonz:

Ich erhalte in etwa das gleiche Ergebnis.




Wolfram Alpha gefüttert mit:

tan(a)=3.11*pi/4e7+a => $\alpha \approx 0.0090154$

x*2pi/4e7=tan(0.0090154) => $x\approx 57395.4$

57395.4^2=h^2+h*4e7/pi => $h \approx 258.723$





[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]


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Why waste time learning when ignorance is instantaneous?
- Bill Watterson -



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gonz Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.7, eingetragen 2020-10-31

Die Differenz zur Höhe des Trump Towers passt zu den 10 ausgelassenen Stockwerken * schmunzel (Quelle: Wikipedia)

Wirklich eine nette Aufgabe und ein angenehmer Start in den Samstag



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StrgAltEntf Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.8, eingetragen 2020-10-31

Habe gefunden, dass Hasenfeld (Stadtteil von Heimbach/NRW) in 258 m Höhe liegt. Vielleicht hatte Trump dort Vorfahren. Ansonsten bin ich auf die Auflösung gespannt, wie es zu den 3,11 m gekommen ist. 😃



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cramilu Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.9, eingetragen 2020-10-31

Ich und meine Mittagsschläfchen... 🙄

Nun gut; zwar nicht "erster", aber dafür wohl recht genau, wenn auch "bloß" per Tabellenkalkulation innerhalb von ein paar Minuten "vorwärtsmodelliert", d.h. so lange an der zu erzielenden "Spannhöhe" herumgespielt, bis die vorgegebene Seilverlängerung "gepasst" hat:


Feinabgeschätzt also   \(258,72383432\) Meter !

Die Höhe liegt demnach zwischen der des abgespannten Sendemastes in Dannenberg an der Elbe und der Dachhöhe des Commerzbank-Towers in Frankfurt am Main 😎
Die  \(3,11\)  Meter vorgegebene Seilverlängerung sind wohl allein dem U.S.-Wahltermin geschuldet, oder!?

Das Ergebnis hat mich in der Tat verblüfft; allein eine Seilverlängerung von einem Millimeter zeitigt gemäß meiner Modellierung bereits eine "Spannhöhe" von  \(1,2142936642\)  Metern!

Die Funktion  \(h\) = \(f(z)\)  mit  \(h\) = "Spannhöhe" und  \(z\) = Seilverlängerung = Zusatzlänge  wird wohl reichlich "unschön"; immerhin sollte sich ihr Funktionsgraph für große  \(z\)  an die Gerade  \(y=\frac{x}{2}\)  "anschmiegen"... [!?]



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MontyPythagoras Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.10, eingetragen 2020-10-31

$$h(z)=\frac U{2\pi}\left(\sec\left(\mathrm{inv}^{-1}\left(\frac{\pi z}U\right)\right)-1\right)$$ mit
$\sec$      Sekans
$\mathrm{inv}^{-1}$  Umkehrfunktion der Involut-Funktion.
😁

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.11, eingetragen 2020-11-01

... oder für die Freunde von sehr guten Näherungslösungen und Reihendarstellungen:
$$h(z)=\frac{U}{4\pi}\left[\left(\frac{3\pi z}U\right)^{\frac23}+\frac3{20}\left(\frac{3\pi z}U\right)^{\frac43}-\frac1{1400}\left(\frac{3\pi z}U\right)^2-\frac{479}{504000}\left(\frac{3\pi z}U\right)^{\frac83}+\frac{20231}{129360000}\left(\frac{3\pi z}U\right)^{\frac{10}3}+\mathcal O\left(\left(\frac{3\pi z}U\right)^4\right)\right]$$ @cramilu: die Ziffern nach der 9 in Deiner Lösung für 1mm Verlängerung stimmen nicht. Die ersten 12 Stellen lauten $1\mathord,214295100987$. 😉

Außerdem sind alle Lösungen falsch. Niemand hat berücksichtigt, dass das Seil über den größten Teil des Äquators auf dem im Durchschnitt 4000m tiefen Meeresgrund verläuft, gelegentlich unterbrochen von afrikanischem, südamerikanischen und indonesischem Festland! 😎

Ciao,

Thomas



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cramilu Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.12, eingetragen 2020-11-02

@JoeM:
Ungeachtet dessen, was ich im folgenden an MontyPythagoras schreiben werde, finde ich Deine Knobelidee unvermindert klasse! 🤗

@MontyPythagoras:
Wenn ich eines noch mehr hasse als dumpf-tumbe Klugscheißerei, dann ist es berechtigte, hintersinnige Klugscheißerei! Du elender, rechthaberisch-rechthabender Kezer! 😉
Allein zwischen dem Ostufer der "Ilha Mexiana", Provinz Pará, nördliches Brasilien, und dem Nordufer der "Ilhéu das Rolas", der südlichsten Insel von São Tomé und Príncipe im afrikanischen Golf von Guinea, überstreicht die Äquatorlinie zwischen 49°21'27'' West und 6°31'23'' Ost 20.117/360=55,880555555... Längenwinkelgrade. Der Äquatorbogen hat zwischen diesen beiden "Peilpunkten" eine Bogenlänge von gut 6.220 km. Selbst wenn man obskure zusätzliche Schwerkraftüberlegungen außer Acht lässt, müsste ein wirklich "gespanntes Äquatorseil" genau dazwischen am tiefsten Punkt 743,458185733 Kilo[!]meter unter dem Meeresspiegel verlaufen - also de facto durch die Erdkruste, bzw. zwischenzeitlich "hochgedehnt" vom unterseeischen mittelatlantischen Rücken...
Selber schuld: Daraus mache ich eine neuerliche Knobelei! 😎


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cramilu Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.13, eingetragen 2020-11-02

@MontyPythagoras:
Bei Vorgabe dreier spezieller Winkel zwischen den tangentialen Spannstrecken am Spannpunkt lassen sich die erforderliche Seilverlängerung sowie die resultierende Spannhöhe zweifelsfrei exakt berechnen: 60°, 90° und 120°.
Hierfür habe ich erhalten:
\(h_{120°}\: =\: h(z_{120°})\: =\: h\, (684.385.272,290561\, mm)\: =\:984.854.215,281415\, mm \)
\(h_{90°}\: =\: h(z_{90°})\: =\: h\, (2.732.395.447,35163\, mm)\: =\:2.636.965.437,89525\, mm \)
[Der "Spannwinkel", bei dem Seilverlängerung und resultierende Höhe gleich sind, sollte also etwas oberhalb 90° liegen...]
\(h_{60°}\: =\: h(z_{60°})\: =\: h\, (8.719.822.483,53835\, mm)\: =\:6.366.197.723,67581\, mm \)   [=Radius!]
Da ich davon ausgehe, dass Du Deine Näherung auch bereits algorithmisch umgesetzt hast: Wie genau ist sie da?
Mit meiner "Vorwärtsmodellierung" via Tabellenkalkulation ergeben sich die obigen "Kontrollwerte" bis auf die letzte von 15 gültigen Ziffern genau! Wenn also "mein"  \(h\, (1,0\, mm)\)  bereits ab der siebenten gültigen Ziffer "falsch" sein sollte, wie käme das wohl? Wird die Verlässlichkeit solcher Modellierung "so schnell so arg" geringer, wenn der Ausgangswert kleiner wird?
Und welches Höhenresultat genau liefert Deine Näherung für die "aufgäblichen"  \(3,11\)  Meter Seilverlängerung?


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cramilu Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.14, eingetragen 2020-11-02

Ok...

\(h_{93,2092171272198°}\: =\: h\, (z_{93,2092171272198°}\: =\: h\, (2.395.067.706,94845\, mm)\: =\:2.395.067.706,94845\, mm\)

Bei einem "Spannwinkel" von  \(93,2092171272198\)  Grad sollten also Seilverlängerung und resultierende "Spannhöhe" genau gleich groß sein!
Monty, was sagt da Deine Näherung?


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viertel Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.15, eingetragen 2020-11-02
\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
Die übliche Version dieser Aufgabe gibt eine Verlängerung des erdumspannenden Seiles von 1m vor. Die Spannhöhe $h$ ist dann


Welches $h$ ergibt sich, wenn man ein Seil, das die Sonne umspannt (Hitzebeständigkeit vorausgesetzt), um $1\textrm{m}$ verlängert?
Erst schätzen, dann rechnen 😎


-----------------
Bild
\(\endgroup\)


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cramilu Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.16, eingetragen 2020-11-02

Cool:
Erstens komme ich da mit meiner Modellierung auf  \(121,4301978\)  Meter, und zweitens bedeutet das gegenüber dem exakten Tausendstel von einem Meter - 1,0 mm - eine nahezu genaue Verhundertfachung der Spannhöhe (\(1,21429...\) Meter). Nett ;)

Was die Größe der Sonne anbelangt, erinnere ich mich von der letzten totalen Sonnenfinsternis her (11.8.1999) an ein Durchmesser-Verhältnis der Scheiben von etwa 1:109 oder 1:110 !?
Auf der Sonne müssten also wegen der wesentlich höheren "Tangentialweiten" durch die viel geringere Oberflächenkrümmung bei gleicher Spannseilverlängerung deutlich größere Höhen herauskommen. "Faktor 100 oder Faktor 10 (Wurzel von Hundert)?" ist die Frage... Aus dem "vorsichtigen Bauch" heraus würde ich eher zu Faktor 10 tendieren. Am Ende ist es gar wegen des merkwürdigen Arcustangens-Zusammenhanges noch weniger!?


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JoeM Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-02

Hallo,

zur Version mit der Sonne ( 1 m Seilverlängerung ) :

Ich schätze, der Lotte World Tower in Seoul hat noch Platz darunter.
Der nächst höhere Wolkenktatzer nicht mehr. 🙂
 
mfG. JoeM



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.15 begonnen.]



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cramilu Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.18, eingetragen 2020-11-02

Interessant:

für   \(r\)   Radius des Kreises
und   \(z\)   Seilverlängerung gegenüber Kreisumfang

liefert   \(h\, (r;z)\: =\:0,655191291781\: ×\:\sqrt[3]{r\, ×\,z^2}\)

auch recht gute Näherungen für die "Spannhöhe"  \(h\)  ...

Die Quasi-Proportionalität von  \(h\)  zur dritten Wurzel des Radius war mir aufgefallen, als ich ein wenig mit Erde, Sonne und Mond "herumgespielt" habe, und bei Verdopplung der Seilverlängerung war die "Spannhöhe" jeweils recht genau mit der dritten Wurzel aus 4 gewachsen ;)

p.s.
Bei einem angenommenen Äquatorradius der Sonne von genau  \(696.342.000\)  Metern erhalte ich für eine Seilverlängerung um einen Meter mit der obigen Näherung eine "Spannhöhe" von knapp  \(580,732\)  Metern; mit meiner vorherigen Modellierung komme ich auf knapp  \(580,727\)  Meter. Also "gemittelt"  \(580,73\)  Meter. MontyPythagoras, welchen Wert kriegst Du raus?


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MontyPythagoras Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.19, eingetragen 2020-11-02

Hallo cramilu,
Du hast zweifellos richtig gerechnet. Das Problem ist Excel, in Verbindung mit tückischen, mathematischen Details.
Der Kern der Aufgabe besteht hier ja darin, die Gleichung
$$\tan(x)-x=y$$zu lösen, wobei $y$ leider recht klein ist, weil es dem Quotienten aus Seilverlängerung und Erdumfang entspricht, sowie anderen Frimelfaktoren.
Excel rechnet intern nur mit 64bit Fließkommazahlen. (Das röchelnde Geräusch, dass Du jetzt leise im Hintergrund hörst, ist hyperG, der sich vor Lachen an seinem Essen verschluckt hat). Zieht man ein paar Bits für den Exponenten ab, bleiben genug Bits für die Mantisse, um gut 16 bis 17 signifikante Dezimalstellen zu bewirken. Das reicht hier nicht. Die Taylorreihe für den Tangens lautet:
$$\tan x=x+\frac13x^3+\frac2{15}x^5+\frac{17}{315}x^7+\dots$$Dementsprechend gilt für die Involut-Funktion das gleiche, man lässt nur den ersten Summanden, das $x$, weg.
Mache nun folgendes Experiment, wenn Du magst:

Gib das Argument $x=0,00015$ in Excel ein, berechne den Tangens davon in der nächsten Zeile und lass Dir so viele Stellen anzeigen wie Du willst, Du bekommst obiges Bild. Ziehst Du dann die Zellen voneinander ab, tauchen wie von Zauberhand noch ein paar Nachkommastellen auf. Das sind Rundungsfehler, und nicht etwa eine versteckte "Genauigkeit", von der Du nichts ahntest. Tatsächlich ist der genaue Wert ein anderer:
Weil zwei Werte von einander abgezogen werden, die annähernd gleich groß sind, wirkt sich der Rundungsfehler dramatisch aus. Man erkennt eine Abweichung des Excelwertes vom genauen Wert schon in der achten signifikanten Nachkommastelle. Dass der Wert von WolframAlpha stimmt, kann man zur Not von Hand mittels der Taylorreihe nachrechnen, denn ich habe hier das Argument absichtlich so gewählt, dass der Unterschied offensichtlich wird.
Und das ganze passiert noch ein zweites Mal, wenn $\frac1{\cos\alpha}-1$ gerechnet wird, und der Kosinus auch sehr nahe an eins ist. Gleiches Problem wie oben.
Das führt also in Summe dazu, dass die von Dir berechneten Werte aufgrund der im Verhältnis zum Erdumfang nur sehr geringen Seilverlängerung riesige Rundungsfehler enthalten - erst recht bei nur 1mm Verlängerung. Je größer der Seilzuwachs wird, und je größer damit die Argumente damit werden, um so besser wird auch Deine Berechnung. Meine Zahlen decken sich ansonsten mit den schon angegebenen Zahlen.

Die Reihe, die ich in Beitrag #11 angegeben habe, ist bei der Berechnung speziell sehr kleiner Funktionsargumente tatsächlich wesentlich genauer. Sie profitiert wie die meisten Reihen von kleinen Argumenten und konvergiert dann nur um so schneller. Die Reihe in Excel umzusetzen ist kein Hexenwerk, die Reihe handwerklich herzuleiten schon eher. Das werde ich hier nicht im Detail erklären, das sind schon ein paar DIN A4 Seiten, aber Du kannst Dich darauf verlassen, dass sie stimmt. Das ist ein schönes Beispiel dafür, dass manchmal gute Näherungslösungen, oder sagen wir besser: Reihenentwicklungen, wesentlich genauer sein können als eine vermeintlich "exakte" Lösung.

Nimmt man von dieser Reihe nur das erste Reihenglied, was man übrigens auch erhält, wenn man die Reihe des Tangens hinter $x^3$ abbricht, dann erhält man
$$h(z)=\frac{U}{4\pi}\left(\frac{3\pi z}U\right)^{\frac23}=\frac14\sqrt[3]{\frac{9}{\pi}z^2U}$$Die von mir angegebene Reihe beruht letztlich auf einem Argument, in welchem die dritte Wurzel von $z^2$ enthalten ist und was somit Deine Beobachtung in #18 erklärt. Der von Dir angegebene Faktor ist dann $\frac14\sqrt[3]{18}=0\mathord,655185348552...$.
Eine "normale" Reihe mit $z,z^2,z^3$ ist hier nicht möglich, weil man damit den unendlichen Anstieg bei $z=0$ nicht hinbekommt.

Ciao,

Thomas



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cramilu Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.20, eingetragen 2020-11-05

@ MontyPythagoras:
Hallo Thomas, vielen lieben Dank für Deine Mühe und den Aufwand!

Dass eine Berechnungsunzulänglichkeit von EXCEL verantwortlich sein muss, war mir schon klar geworden, als ich bei kleinen Arcustangens-Argumenten bemerkt habe, dass der "Zielwert" von zahlreichen "Spielwerten" innerhalb eines nicht unerheblichen Intervalls "getroffen" wurde...
Dem Attribut "tückisch" stimme ich zu, weil sich in diesem Fall die Abweichung ggf. bereits ab der siebenten gültigen Ziffer zeigt. Skandal! Allerdings...



... habe ich inzwischen EXCELs ArcTan-Berechnung mittels Addition sechser Taylor-Glieder nachmodelliert und herausgefunden, dass sich stets auf 15 Stellen genau das gleiche Resultat ergibt wie mit der "eingebauten" ARCTAN-Funktion - und auch wie mit WolframAlpha!
Außerdem erhalte ich mit WolframAlpha auch für den Teilausdruck
"1000000000 * (90 - (180 * arctan(x) / PI)) / 9"
und zahlreiche verschiedene, sehr kleine Werte für x bis auf 15 Stellen genau das gleiche Resultat wie mit EXCEL!
Wo und weshalb genau EXCEL also "herumtückt", wird sich wohl nicht verlässlich ergründen lassen.
Interessant finde ich, dass der Mittelwert des oben erwähnten Integrals für "unseren" Spezialfall immerhin näher an dem von Dir gefundenen Wert liegt ;)
(1,214295100987 - 1,21429500471009) / 1,214295100987 = knapp 8 × 10^(-8)
Das ist auch bloß etwa 6,5 mal ungenauer als die Standardunsicherheit des Planckschen Wirkungsquantums, bevor es dann 2019 doch[!] zur neuen SI-Grundlage wurde (im Hintergrund hört man diesmal mich grummeln).

p.s.
Für alle algorithmischen Nachmodellierer derartiger Näherungen sei noch erwähnt, dass man stets mit dem KLEINSTEN Taylor-Glied beginnen und hernach "rückwärts" aufsummieren sollte, weil man sich sonst schon von vornherein gültige Stellen "vermasseln" könnte...


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MontyPythagoras Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.21, eingetragen 2020-11-05

Hallo cramilu,
das Problem liegt nicht bei der Berechnung des $\arctan$ an sich, an der Stelle nützt Dir die Reihenberechnung nichts. Problematisch ist es dort, wo Zahlen voneinander abgezogen werden, die annähernd gleich groß sind. Das passiert bei Dir erst im letzten Schritt. Aber bis dahin hast Du ja schon die anderen Zahlen so berechnet, dass es am Ende passt, also quasi unbeabsichtigt schon vorher die Rundungsfehler kompensiert, weil Du auf einen Zielwert hinarbeitest.
Die in Deinem bunten Beispiel verwendete Zahl für die Höhe liefert zum Beispiel als genauen Wert (ich habe sämtliche Deine Rechenschritte zu einer Formel zusammengefasst und lasse WolframAlpha in Metern rechnen):

Bei genauer Berechnung hast Du also eine Abweichung in der siebten signifikanten Dezimalstelle.
Meine Reihe in Beitrag #11, programmiert in Excel VBA liefert $z=1\mathord,2142951009874$:

Das bedeutet eine Abweichung erst in der 15ten signifikanten Dezimalstelle. Mehr geht mit Excel und Excel VBA nicht.
Selbstverständlich addiere ich von klein nach groß:
VBA
Public Function Seilhoehe(ByVal U As Double, ByVal z As Double) As Double
    Dim x As Double
 
    x = 4.46184094890142 * (z / U) ^ (2 / 3)
    Seilhoehe = ((((-20231 / 70 * x + 479 / 3) * x / 120 + 1) * (-x / 70) + 3) * x / 20 + 1) * x * U * 7.95774715459477E-02
End Function
😉
(Die seltsamen Dezimalzahlen in dem Code sind die sonstigen Faktoren aus $\pi$ und natürlichen Zahlen und Wurzeln daraus. Es ist unleserlich, aber tatsächlich genauer, als wenn ich dort z.B. $\pi/4$ rechne, weil ich mir da möglicherweise schon den ersten Rundungsfehler einfange...).

Ciao,

Thomas



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cramilu Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.22, eingetragen 2020-11-06

Guten Abend Thomas,
und erneut danke für Deine Mühe!

Allerdings ist mir mittlerweile klar, woran es bei mir "tückt", nämlich an dem ungünstigen Verhältnis aus Umfang und "Spannhöhe" bei kleinen Werten für die letztere. Die Summe innerhalb des Wurzelargumentes für die "Tangentialweite" gestaltet sich dann nämlich derart, dass von den Nachkommastellen der "Spannhöhe" intern schon zu viele "unter den Tisch fallen"...

Außerdem...





Mir genügen also für DIESEN Fall 1.214,295 mm ;)
[arithmetisches wie geometrisches Mittel meines "Spielintervalls"]

Gruß,
Uli


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hyperG Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.23, eingetragen 2020-11-07 20:41

Die Funktion von MontyPythagoras gefällt mir richtig gut,
da sie sofort die Ergebnisse liefert & beliebig genau ist
(danke für das Genauigkeits-Kompliment
)



P.S.: Mathematica hat für InverseInvolut Funktionen wie
FindRoot (meist Newton-Iteration beliebig genau)



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