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 Dreiecksberechnung mit zwei Mitte-Seiten-Höhen und einer Winkelhalbierenden |
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ebikerni
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 |  Themenstart: 2021-09-02
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Hallo,
wieder
für eine erneute Berechnung der restlichen 19 Dreieckelemente sind die
3 Dreieckelemente
Winkelhalbierende wb = 6.5
Mitte-Seite-Höhe ma = 11.0
Mitte-Seite-Höhe mc = 9.0 gegeben.
wb = Entfernung vom Dreieckpunkt B auf die Seite b (1/2 alpha)
ma und mc ergeben den Schnittpunkt als Mittelpunkt des Dreieckumkreis
Die Berechnung ist für mich auch wieder nicht realisierbar.
Ich benötige nur die ersten Lösungen und evtl. Ergebnisse.
Alle restlichen Berechnungen kann ich auch selbst mit Python erstellen.
Für alle Mitteilungen besten Dank !
Gruß ebikerni
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werner
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| Beitrag No.1, eingetragen 2021-09-02
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\quoteon(2021-09-02 19:37 - ebikerni im Themenstart)
Hallo,
wieder
für eine erneute Berechnung der restlichen 19 Dreieckelemente sind die
3 Dreieckelemente
Winkelhalbierende wb = 6.5
Mitte-Seite-Höhe ma = 11.0
Mitte-Seite-Höhe mc = 9.0 gegeben.
wb = Entfernung vom Dreieckpunkt B auf die Seite b (1/2 alpha)
ma und mc ergeben den Schnittpunkt als Mittelpunkt des Dreieckumkreis
Die Berechnung ist für mich auch wieder nicht realisierbar.
Ich benötige nur die ersten Lösungen und evtl. Ergebnisse.
Alle restlichen Berechnungen kann ich auch selbst mit Python erstellen.
Für alle Mitteilungen besten Dank !
Gruß ebikerni
\quoteoff
was soll dieser Unsinn😒
was soll nun genau wb sein?
die Länge der Winkelhalbierenden von B aus auf die Seite b oder der Abstand zum Mars?
nur am Rande: hast du dir schon meinen letzten Beitrag zu deinem Letzten Beitrag angeschaut?
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ebikerni
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-03
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Hallo Werner,
anbei eine zu große Dreieckskizze.
Gruß ebikerni
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/53659_MaMcWb11.jpg
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Caban
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 | Beitrag No.3, eingetragen 2021-09-04
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Ich würde so ansetzen
r^2=m_a^2+a^2/4
r^2=m_c^2+c^2/4
Die Formel für die Winkelhalbierende kannst du nachschlagen
b^2=a^2+c^2-2*a*c*cos(\beta)
r=b/(sin(\beta)*2)
Gruß Caban
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ebikerni
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-05
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Hallo Caban,
danke für die Mitteilungen.
Sicherlich ist es auch notwendig diese Gleichung mit zu verwenden:
wb=(2*a*c* cos beta/2) / (a+c)
Mir ist es aber nicht gelungen, eine 1. Unbekannte zu bestimmen.
Für erneute Hinweise bn ich sehr dankbar.
Gruß ebikerni
Neuerdings ist es mir nicht möglich eine gescannte Dreieckzeichnung auch
in diesem Beitrag darzustellen. Die immer entsprechende Fläche zum Anklicken
ist nicht vorhanden. Wieso? Warum?
Ist meine letzte dargestellte viel zu große Dreieckskizze schuldig ?
Jetzt kann ich die Skizze in normaler Größe darstellen.
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Caban
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| Beitrag No.5, eingetragen 2021-09-06
|
Hallo
Ich glaube, eine analytische Lösung wird sehr schwer. Ich glaube, dass bur eine Näherungslösung möglich ist.
Gruß Caban
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werner
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| Beitrag No.6, eingetragen 2021-09-06
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das sehe ich genauso
f(\beta)=(m_c/sin\beta+2m_a/sin(2\beta))*(2*m_c/sin\beta+2*m_a/tan\beta-w_\beta*cos(\beta/2))-(m_c*w_\beta)/cos\beta*sin(\beta/2)=0
a = 9.689
b = 21.847
c = 15.934
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ebikerni
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-07
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Hallo Werner,
herzlichen Dank für Deinen Beitrag 6.
Für die Berechnung aller 19 Elemente des Dreiecks ist als Anfangselement
der Winkel Beta erforderlich. Folglich habe ich die ersten 5 Dreieckelemente
aber näherungsweise mit Beta=115 bestimmt ( b alfa a gamma c )
Mit meiner Programmiersprache Python kann ich den Winkel Beta mit dieser Gleichung nicht berechnen. Ein zu bestimmender Wert wie sinbeta ,cosbeta oder tanbeta = aus gegebenen Werten ma ,mc und wb zu berechnen (Standard 15-stellig)
Mich würde es sehr interessieren, welche Rechenmethode Du in diesem Fall für die
Bestimmung des Winkels Beta angewendet wird.
Beste Grüße ebikerni
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werner
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| Beitrag No.8, eingetragen 2021-09-07
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ein kurzer Blick ins Internet liefert jede Menge unter "Python Netwon",
damit sei deine Frage nach dem Näherungsverfahren beantwortet:
das (eindimensionale) Newtonverfahren ist das/mein Verfahren und liefert bei mir "blitzschnell"
\beta~=114.715053°
vielleicht hilft es dir, die diversen Nenner zu entfernen, was zu
f(\beta)=(m_c*cos\beta+m_a)*(2m_c+2m_a*cos\beta-w_\beta*sin\beta*cos(\beta/2))-m_c*w_\beta*sin^2 \beta*sin(\beta/2)=0
führt.
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werner
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| Beitrag No.9, eingetragen 2021-09-08
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mit ein bißerl Umformen wäre mit x = sin(\beta/2) zu lösen:
f(x)=8*m_a*m_c*x^4+2*w_\beta*(m_a+m_c)*x^3-4*(m_a+m_c)^2*x^2-2*w_\beta*(m_a+m_c)*x+2*(m_a+m_c)^2=0
was zu meinem großen Erstaunen lt. Mathematica sogar exakt lösbar wäre (ohne wesentlichen Erkenntnisgewinn)
😖
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ebikerni
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-10
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Hallo Werner,
die jetzt entstandene Gleichung 4. Grades mit der Unbekannten x ist für mich
sehr interessant. Ich kann das x aber nicht bestimmen und damit Beta nicht
berechnen. Folglich habe ich aus Deinem berechneten Beta den Wert x bestimmt.
Demzufolge erbrachte die Berechnung der Gleichung 4.Grades mit den Werten
ma mc wb x das Ergebnis 0.
Ich bin sehr dankbar für die Lösung der Berechnung.
Gruß ebikerni
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werner
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| Beitrag No.11, eingetragen 2021-09-10
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\quoteon(2021-09-10 11:22 - ebikerni in Beitrag No. 10)
Hallo Werner,
die jetzt entstandene Gleichung 4. Grades mit der Unbekannten x ist für mich
sehr interessant. Ich kann das x aber nicht bestimmen und damit Beta nicht
berechnen. Folglich habe ich aus Deinem berechneten Beta den Wert x bestimmt.
Demzufolge erbrachte die Berechnung der Gleichung 4.Grades mit den Werten
ma mc wb x das Ergebnis 0.
Ich bin sehr dankbar für die Lösung der Berechnung.
Gruß ebikerni
\quoteoff
dann schreibe doch einmal deine Gleichung 4. Grades für x hierher!
dann sehen wir gemeinsam weiter
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ebikerni
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| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-10
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Hallo Werner,
so lautet mit den werten ma=11 mc=9 wb=6.5 die Gleichung :
792*x^4 + 260*x^3 - 1600*x^2 - 260*x + 800 = 0
sicherlich nun alle Werte durch 792 teilen.
Gruß ebikerni
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werner
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| Beitrag No.13, eingetragen 2021-09-10
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ja stimmt
weiter geht es mit
dort findest du auch die entsprechenden Erläuterungen
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Aquilex
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| Beitrag No.14, eingetragen 2021-10-02
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Hallo,
mein Dreiecksrechner (https://arndt-bruenner.de/mathe/scripts/dreiecksrechner.htm) kann nun auch diesen und ähnliche Fälle lösen. 😎
Das Script findet für den vorliegenden Fall die fünf Größen A, a, b, c und rUmkreis per 5×5-Gleichungssystem, das automatisch gefunden wird. Der Winkel β wird hier zur „Initialzündung“ also nicht ins Spiel gebracht.
Schönen Gruß
Aquilex
(Arndt)
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ebikerni
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| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-04
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Hallo Aquilex,
danke für Deine Mitteilung :
Dreiecksrechner (arndt-bruenner.de/mathe/scripts/dreiecksrechner.htm)
konnte ich nun auch für ma = 11 mc = 9 und wb = 6.5 anwenden.
Es wurde auch eine Version vom 2.10.21 angegeben .
Meine gewünschte 15-stellige Berechnung der 19 Elemente des Dreiecks kann Arndt Brueckner durchführen. Wunderbar dieses Wissen .
Für mich ist es immer noch nicht durchfürbar selbst die 19 Elemente des
Dreiecks wie es Arndt Bruenner kann zu berechnen.
Wertvolle Hinweise bin ich sehr dankbar.
Gruß ebikerni😎
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Aquilex
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| Beitrag No.16, eingetragen 2021-10-04
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Zum Beitrag #14 wäre noch zu ergänzen, daß mein Dreiecksrechner meistens eine andere als die oben genannte Lösung findet — der implementierte mehrdimensionale Newtonalgorithmus startet mit Zufallswerten —, nämlich eine Lösung mit β=25,28165199705657° (a=4,432138267525532, b=9,584271955859505 und c=13,40312835208498).
β=114,71505279618974° (a=9,689222257164936, b=21,83713010469375, c=15,933644528127907) wird ebenfalls ermittelt, aber eher selten.
Der erstgenannte Wert ist mit x=sin(β/2)≈0,218838573588672 übrigens keine Lösung von 792x4+260x3-1600x2-260x+800=0.
Gruß
Aquilex
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
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 | Beitrag No.17, eingetragen 2021-10-04
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Hallo ebikerni,
wir müssen vielleicht mal ein paar Missverständnisse bei Dir ausräumen.
1. Aquilex und Arndt Brünner sind dieselbe Person, bzw. Aquilex ist der Benutzername von Arndt Brünner auf dem Matheplaneten.
2. Arndt / Aquilex berechnet auf seiner Internetseite die Komponenten des Dreiecks nicht mit den exakten Lösungen, von denen ich hier auch schon einige hergeleitet hatte, sondern mit Näherungsverfahren, wie zum Beispiel dem Newton-Verfahren, eindimensional oder mehrdimensional.
Wenn es Dir nur darum geht, auf 15 Stellen genau die numerischen Werte zu berechnen, dann besteht keine Notwendigkeit, explizite Formeln herzuleiten. Da kommt man mit Näherungsverfahren schneller zum Ziel. Möglicherweise ist Dir nicht klar, dass mit Näherungsverfahren nicht gemeint ist, dass man es nur auf 3 oder 4 Stellen genau berechnen kann. Auch mit Näherungsverfahren kannst Du jede beliebige Genauigkeit erreichen. Schon bei der letzten Berechnung der Dreiecksseiten mithilfe von 3 Winkelhalbierenden, wo ich Dir den Code bereitgestellt hatte, habe ich ein Näherungsverfahren angewendet.
Und auch wenn beim hier vorliegenden Problem eine exakte, explizite Lösung möglich ist durch Lösen einer quartischen Gleichung, ist eine Näherungsmethode schneller und einfacher programmiert:
\sourceon Python
ma = 11
mc = 9
wb = 6.5
p = 2 * ma / (ma + mc)
q = 2 * mc / (ma + mc)
r = wb / (ma + mc)
xmin = 0
xmax = 1
for n in range(1, 52):
x = 0.5 * (xmin + xmax)
y = (1 - p * x * x) * (1 - q * x * x) - r * x * (1 - x * x)
if y > 0:
xmin = x
else:
xmax = x
a = (mc + ma * (1 - 2 * x * x)) / (x * (1 - x * x) ** 0.5)
c = wb * (ma + mc) / (a * x)
b = (a + c) * (1 - wb * wb / (a * c)) ** 0.5
print("a = ", a)
print("b = ", b)
print("c = ", c)
\sourceoff
In diesem Fall habe ich das Bisektionsverfahren angewandt, und zwar aus gutem Grund. Die Kunst beim Newton-Verfahren besteht nämlich oft darin, passende Startwerte für die Iteration zu finden. Arndt / Aquilex macht das durch eine Zufallszahl, was manchmal klappt und manchmal nicht. Beim Newtonverfahren kann es passieren, dass das Verfahren zur falschen Lösung konvergiert, oder gar nicht.
In diesem Fall liegt aber der gesuchte Wert $x=\sin\frac\beta2$ immer zwischen 0 und 1. Daher findet die Bisektion auch immer den richtigen Wert, denn die anderen Lösungen dieser quartischen Gleichung liegen außerhalb des Intervalls $(0, 1)$ und kommen daher nicht in Frage.
Regula falsi hätte auch funktioniert und würde in weniger Iterationsschritten zum Ziel kommen, wäre aber aufwendiger zu programmieren.
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.18, eingetragen 2021-10-05
|
... ich habe nun auch noch das Newtonverfahren umgesetzt. Man muss den Startpunkt der Iteration nur passend wählen, damit das Verfahren sicher konvergiert.
Dieser Algorithmus konvergiert typischerweise innerhalb von 5 Schritten auf 15 Stellen Genauigkeit und ist damit deutlich schneller als die Bisektion, die 52 Schleifen braucht.
\sourceon Python
ma = 11
mc = 9
wb = 6.5
p = 4 * ma * mc / (ma + mc) ** 2
q = wb / (ma + mc)
dx = 1
x = ((q ** 2 + 16 / 3 * p) ** 0.5 - q) / (4 * p)
while abs(dx) > 1e-16:
dx = -(1 + (p * x ** 2 - 2) * x ** 2 + q * x * (x ** 2 - 1)) / (4 * x * (p * x ** 2 - 1) + q * (3 * x ** 2 - 1))
x += dx
a = (mc + ma * (1 - 2 * x ** 2)) / (x * (1 - x ** 2) ** 0.5)
c = (ma + mc * (1 - 2 * x ** 2)) / (x * (1 - x ** 2) ** 0.5)
b = (a + c) * (1 - wb ** 2 / (a * c)) ** 0.5
print("a = ", abs(a))
print("b = ", abs(b))
print("c = ", abs(c))
\sourceoff
Ich würde empfehlen, diesen Code zu verwenden.
@Aquilex: Du hast übrigens recht, die Lösung ist nicht eindeutig. Deine zweite Lösung findet man mit diesem Algorithmus, wenn man hier eines der Vorzeichen für $m_a$ oder $m_c$ vertauscht, also zum Beispiel $m_a=-11$.
Ciao,
Thomas
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ebikerni
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| Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-06
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Hallo MontyPythagoras,
wieder herzlichen Dank für die Übermittlung der beiden Codes zur Berechnung
der Seiten a b c mithilfe der gegebenen ma=11 mc=9 u. wb=6.5.
Damit kann ich auch wieder alle restlichen Elemente des Dreiecks selbst berechnen, wie das ebenfalls mit dem Code zur Berechnung der 3 Dreieckseiten
mit den bekannten 3 Winkelhalbierenden durchführbar war.
Für die Erstellung eines Rechenprogramms muss immer ein Winkel für mich > 90° sein. Einige Dreieckelemente werden doppelt berechnet und notwendige Summenkontrollen durchgeführt ( z.Bspl. ri+ru = ma+mb+mc, if Beta >90°--> -mb).
Besten Dank von ebikerni
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ebikerni
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| Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-10
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Hallo MontyPythagoras,
ich habe für Deine beiden Verfahren die Startwerte angewendet.
Jedes Programm benötigte ca. 7.5 sec mit meinem Computer.
Die graphische Darstellung ist mit 30% der Orinalgröße abgebildet:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/53659_3lstMaMcWb.jpg
Das muß ich auch noch praktizieren und sicherlich noch verbessern.
Gruß ebikerni
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werner
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| Beitrag No.21, eingetragen 2021-10-10
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das ist allerdings nur 1 Lösung des Problems 😖
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.22, eingetragen 2021-10-12
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Hallo ebikerni,
nur mal so aus Neugier, ist nicht böse gemeint:
1. Die Berechnung dauert bei Dir 7,5s! Siebenkommafünfsekunden! Echt jetzt? Auf meinem PC dauert sie etwa 15µs. Mikrosekunden! Das heißt, mein Rechner ist etwa eine halbe Million mal schneller als Deiner. Die Lösung erscheint bei mir schneller auf dem Bildschirm, als ich den Zeigefinger nach dem Klicken von der Maustaste heben kann. Da ich einen modernen, aber durchschnittlichen PC benutze, drängt sich die Frage auf: Ist Dein Rechner von 1982, oder hast Du die Garagentorsteuerung umprogrammiert, dass sie jetzt Dreiecke berechnet?
2. Du stellst regelmäßig solche Aufgaben hier ein: 19 Dreieckselemente berechnen aus der Vorgabe von 3 beliebigen Größen. Ich finde es gelegentlich einen interessanten Zeitvertreib, mich mit den zum Teil recht anspruchsvollen Themen zu befassen und habe ja schon ein paar explizite Lösungen beigesteuert, aber Du scheinst selbst ja nicht in der Lage zu sein, diese Lösungen zu finden. Was ja nicht schlimm ist, denn ein paar Lösungen sind echt schwierig. Aber was nützt es Dir dann, diese Lösungen zu programmieren? Wenn Du irgendwann einmal in der Realität vor der Aufgabe stehen solltest, ein Dreieck berechnen zu müssen, was ich für extrem unwahrscheinlich halte, warum sich nicht einfach genau dann mit dem Problem auseinandersetzen und eine Lösung suchen, wenn sie benötigt wird? Und selbst dann könntest Du immer noch auf die Seite von Arndt Brünner / Aquilex gehen und hättest dort im Handumdrehen die gesuchten Zahlen. Denn nur darum scheint es hier zu gehen: nicht um die explizite Lösung an sich, sondern nur die 15 Stellen nach dem Komma. Was mich zu der entscheidenden Frage führt: Warum eigentlich das Ganze? Ist Dein Ehrgeiz, jede einzelne der hunderte potentiell denkbaren Möglichkeiten zu programmieren, einfach aus Jux oder Zeitvertreib?
Wie gesagt, das ist absolut nicht böse gemeint, ich finde die Aufgaben ganz spaßig, aber einen Sinn kann ich mir nicht zusammenreimen, außer halt Zeittotschlagen.
Ciao,
Thomas
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werner
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| Beitrag No.23, eingetragen 2021-10-12
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\quoteon(2021-10-12 15:36 - MontyPythagoras in Beitrag No. 22)
Hallo ebikerni,
nur mal so aus Neugier, ist nicht böse gemeint:
Wie gesagt, das ist absolut nicht böse gemeint, ich finde die Aufgaben ganz spaßig, aber einen Sinn kann ich mir nicht zusammenreimen, außer halt Zeittotschlagen.
Ciao,
Thomas
\quoteoff
das ist mir aus der Seele gesprochen 🤒
oder schreibst du eine Enzyklopädie der "(sinnlosen) Dreiecksaufgaben"?
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ebikerni
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| Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-13
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Hallo Werner und MontyPythagoras,
es ist mein Hobby, mit dem für mich neuen Programmierprogramm Python schnell eigene Programme zu schreiben. Literatur habe ich mir am 4.12.19
angeschafft. In unserem Forum Matheplanet kann ich natürlich für mich
alle unwissenden Fragen stellen. Diese habe ich alle gestellt und die für mich konnten alle beantworteten Fragen bearbeitet werden. Das geht aber
immer für mich alles so weiter. Deshalb liefert bitte erneut Eure Beiträge auch für mich zur Lösung des Problems :
ma=8 mc=5 ri=2.5
Gruß ebikerni
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.25, eingetragen 2021-10-13
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Hallo ebikerni,
Dein Hobby sei Dir gegönnt. 🙂
Ich weiß zwar immer noch nicht, warum Dein Rechner so langsam ist, aber das muss ich auch nicht.
Ich werde mir Dein neues Problem bei Gelegenheit mal ansehen.
Viel Spaß weiterhin.
Ciao,
Thomas
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ebikerni
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| Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-14
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Hallo MontyPythagoras,
mein Rechner ist für mich auch ein schneller Rechner.
Es entstehen mit den gegebenen Dreieckwerten ma=11 mc=9 und wb=6.5 ein
Ergebnis von 22 ausgedruckten DIN A4 Seiten. (15 Programmseiten,1 Ergebnisseite
und 5 Ergebnisseiten mit tlw. mehreren Kontrollberechnungen).
Mit der Funktion print() gibt man Text oder Werte von Funktionen ein und
es entstand eine Rechendauer von ca. 7.5 sec und habe deshalb alle print()-Werte annulliert. Mein Programm sieht jetzt so aus :
Anfang
Endzeit - Startzeit = 0.00000000... sec
Ende
Für die Ergebnisliste wie die im Beitrag 20 habe ich auch die Start- und Endzeit eigegeben und es ergab :
.
.
Endzeit - Startzeit = 0.0156... sec
Wie schnell ist nun mein Computer ?
Gruß ebikerni
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.27, eingetragen 2021-10-14
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Hallo ebikerni,
das klingt schon besser. Ich weiß zwar trotzdem nicht genau, was Du da nun alles genau machst, aber das ist auch egal. Wenigstens ist nun klar, dass der Rechner nicht 7,5 Sekunden allein für die Lösung der einen Gleichung braucht. Das hätte mir schon zu denken gegeben... 😄
Ciao,
Thomas
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ebikerni
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| Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-19
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Hallo Aquilex,
in dem " Dreieckrechner - Prifiversion " wurde für ma=11 mc=9 und wb=6.5
ausgegeben:
A, a, b, c und ru gefunden als Lösungen des Gleichungssystems
| 16·A·A = (a + b + c)·(a + b - c)·(-a + b + c)·(a - b + c)
| ma·ma + (a·a/4) = ru·ru
| mc·mc + (c·c/4) = ru·ru
| (wb·wb)·((c + a)·(c + a)) = - c·a·(b² - c² - 2·c·a - a²)
| a·b·c = 4·A·ru
Diese 5 Gleichungen habe ich wie ergorderlich rechte Seite = 0 eingegeben :
" Numerische Lösung nichtlinearer Gleichungen "
[ Gleichungen ] ...
...
...
...
...
[ Variable und
Startwerte ] a b c ru A A aber = fl auch oben
ma=11 mc=9 wb=6.5
[ Lösung suchen ]
Jetzt gab es keine Lösung.
Für Hinweise bin ich sehr dankbar.
Gruß ebikerni
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werner
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| Beitrag No.29, eingetragen 2021-10-20
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du könntest alternativ auch einfach meine obige Formel verwenden,
den 2. Wert erhält man wieder für mc=-mc.
aber ist ja dein Spaß!
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