Trigonometrische Gleichung umstellen

02.04.2018, 18:14

Robert93

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Trigonometrische Gleichung umstellen

Hey Leute,
ich bin mal wieder auf eure Hilfe angewiesen. Hoffe ihr könnt mir weiterhelfen. Also es geht um folgendes:

Ich möchte für eine mechanische Konstruktion eine Beziehung zwischen zwei Winkeln herstellen. Die Konstruktion lässt sich mit dem Abbild eines 6-Ecks vereinfacht darstellen. Hier ein Bild:

[attach]46837[/attach]

Im Grunde soll eine Funktion entwickelt werden die den Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha_{D} \end{eqnarray*}$ in Abhängigkeit vom Winkel $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ beschreibt. Nun diese Beziehung habe ich weitestgehend schon beschrieben. Bei interesse, kann ich das auch gerne hochladen. Mein Problem ist allerdings die große Gleichung die am Ende rauskam.

Die Gleichung sieht folgendermaßen aus:

$\begin{eqnarray*} 360 = \alpha_{D} + arccos(\frac{H_1^2+H_2^2-Q^2-G^2+2*Q*G*cos(180-\delta-arctan(\frac{S_1}{L} )-arctan(\frac{S_2}{R} ))}{2*H_1*H_2} ) \\ + arctan(\frac{R}{S_2} ) + arcsin(\frac{G}{\sqrt{Q^2+G^2-2*Q*G*cos(180-\delta-arctan(\frac{S_1}{L} )-arctan(\frac{S_2}{R} )}} ) \\ + arccos(\frac{H_1^2+Q^2+G^2-2*Q*G+cos(180-\delta-arctan(\frac{S_1}{L} )-arctan(\frac{S_2}{R} ))-H_2^2}{2*H_1*\sqrt{Q^2+G^2-2*Q*G*cos(180-\delta-arctan(\frac{S_1}{L} )-arctan(\frac{S_2}{R} ))}} ) + 90 -\delta \end{eqnarray*}$

Sieht wild aus, ich weiß. Wahrscheinlich auch nicht die praktikablischste Lösung. Hier gehts jedoch um das Delta in der Gleichung. Ich möchte $\begin{eqnarray*} \delta(\alpha_D) \end{eqnarray*}$ haben und dazu muss ich das Delta auch irgendwie zusmmenfassen und danach umstellen. Aber ich bin absolut planlos wie ich das angehen soll. Habe auch schon versucht numerisch zu lösen (Newton-Verfahren), doch auch hier scheitere ich schon die Ableitung zu bilden. Hat jemand eine Idee?

Danke schonmal im vorraus.

Edit: Besseres Bild siehe weiter unten!

02.04.2018, 18:39

sibelius84

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RE: Trigonometrische Gleichung umstellen
Hi,

also eigentlich "einfach" nur

$\begin{eqnarray*} 270^\circ = \alpha_{D} + \arccos(a+b\cdot\cos(c-\delta) ) \\ + e + \arcsin(\frac{1}{\sqrt{f-g\cdot\cos(c-\delta))}} ) \\ + \arccos(\frac{h-b\cdot\cos(c-\delta)}{2*H_1*\sqrt{i-b\cdot\cos(c-\delta)}} ) -\delta \end{eqnarray*}$ ,

mit irgendwelchen Konstanten a, b, c, d, e, f, g, h, i, oder? Könnte es für's Newton-Verfahren helfen, das erstmal so zu formulieren und die (komplizierteren) Konstanten nachher wieder einzusetzen?

Einen anderen Ausweg als numerische Lösung mit Newton / Computer sehe ich hier auch nicht. Selbst wenn man dies irgendwie z.B. auf eine polyonomiale Gleichung zurückspielen kann, wie das bei trigonometrischen Gleichungen manchmal der Fall ist, wäre auch diese vermutlich derart kompliziert, dass man auch sie nicht analytisch lösen, sondern nur numerisch approximieren könnte.

LG
sibelius84

02.04.2018, 19:05

Robert93

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RE: Trigonometrische Gleichung umstellen
@sibellius: Vielen Dank zunächst für deine Antwort.
Ja genau, auf diese Art hatte ich schon versucht das ganze zu lösen. Aber ist irgendwie nicht zielführend. Interessant ist, dass ich im Grunde genau den gleichen Weg benutzt habe um eine Gleichung für ein 5eck herzuleiten. Und diese funktioniert auch wunderbar. Auch analytisch hergeleitet. Kann man aufgrund dessen nicht daruaf schließen, dass auch ein 6eck analytisch lösbar ist?

03.04.2018, 10:23

Robert93

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RE: Trigonometrische Gleichung umstellen
Hm, habe nun im Rahmen meines Möglichen alles versucht, aber selbst numerisch mit vereinfachter Gleichung komme ich nicht auf irgendein Ergebnis. Der Computer gibt mir ein non-real result aus und braucht für eine Rechnung fast eine halbe Stunde. Zu Fuß gerechnet, werden die Gleichungen Seitenweise Lang, so dass die Hoffnung schnell flöten geht, da auf ein Vernünftiges Ergebnis zu kommen. Ich brauch allerdings wirklich eine Funktion die Delta in Abhängigkeit von alphaD beschreibt. Hat jemand vielleicht eine andere Idee darauf zu kommen?

03.04.2018, 11:11

sibelius84

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Das einzige, was mir noch einfiele, wäre, den Cosinus auf beide Seiten anzuwenden. Dann stünde links eine 0 und für die rechte Seite könnte man ein Additionstheorem für Terme der Form cos(a+b+c+d) entwickeln, unter Beachtung von $\begin{eqnarray*} \sin(\arccos(x))=\cos(\arcsin(x))=\sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$ .
(a = $\begin{eqnarray*} \alpha_D + e -\delta \end{eqnarray*}$ , b = erster arccos, c = arcsin, d = zweiter arccos)

Wo ist auf dem Bild eigentlich $\begin{eqnarray*} \alpha_D \end{eqnarray*}$ ?

03.04.2018, 13:02

Robert93

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@Sibellius: oh, das probiere ich gleich mal aus. Danke =)

AlphaD ist links oben, das orange markierte neben alpha2 smile

smile

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03.04.2018, 13:12

Robert93

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oh, wie mache ich das denn dann beiim arccos? weil arccos(arccos(x)) wäre in dem fall garnicht möglich? oder irre ich mich gerade?

03.04.2018, 15:07

rumar

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arccos(arccos(x)) wäre in dem fall garnicht möglich?

Da denkst du vermutlich: "Die Funktion arccos hat als Input stets eine Streckenlänge und als Output einen Winkel. Dann kann es nicht sein, dass der Output eines ersten arccos zum Input eines zweiten arccos wird".

Bei den meisten geometrischen Aufgaben (und auch deiner) trifft dies zu. Aber man kann sich sehr wohl auch (sinnvolle !) geometrische Aufgaben ausdenken, wo genau so eine Kombination erforderlich wird.

03.04.2018, 16:49

Robert93

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hm, gibt es denn ein Programm womit man solche "einfachen" mechaniken zeichnen kann und sich eine Funktion ausgeben lassen kann, die solche zusammenhänge wie ich sie suche beschreibt? Es gibt zuhauf Programme (wie ich heute entdeckt habe auch Machanik-baukasten-pc-spiele) die solche mechaniken problemlos simulieren. Nur kenne ich keine, die mathematische funktionen für eine bescheibung solch einer mechanik mit ausgibt. Das muss doch möglich sein. Schließlich werden diese in solchen Programm doch auch irgendwie berechnet.

03.04.2018, 17:15

Steffen Bühler

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Mir ist leider überhaupt nicht klar, was in Deiner Zeichnung nun an Winkeln und Strecken gegeben und was fest ist. Die beiden rechten Winkel werden wohl fest sein, nehme ich an. Und zu einem gegebenen $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ wird offenbar ein $\begin{eqnarray*} \alpha_D \end{eqnarray*}$ gesucht. Man könnte vermuten, dass dies der Winkel zur Horizontalen ist, aber auch das ist eher unklar.

Wie auch immer, ich würde hier mit komplexen Zahlen arbeiten. Jede Seite hat eine Länge und eine Richtung, die dem Betrag und Winkel einer solchen Zahl entspricht. Und deren Summe muss Null ergeben. So entsteht ein Gleichungssystem mit (hoffentlich wenigen) Unbekannten.

Viele Grüße
Steffen

03.04.2018, 17:32

rumar

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Mir geht es genau so.

Ich würde gerne eine übersichtliche Zeichnung sehen, in welcher man einmal genau sehen kann, welches Stück (grün markiert) die Hauptvariable sein soll, welche Strecken und Winkel (z.B. durch fette Zeichnung hervorgehoben) als konstante Werte vorgegeben sind, und welches Stück bzw. welche Stücke (rot markiert) als Funktionen der Hauptvariablen ausgedrückt werden soll(en).

03.04.2018, 17:43

Robert93

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Ich gebe zu, die Zeichnung ist etwas kryptisch. Hie rnochmal ein besseres Bild von der Idee:
Diese mechanik soll konstruiert werden, wobei L mit der Umgebung fixiert ist. Nun soll eine Glechung entwickelt werden, die Delta in Abhängigkeit von AlphaD beschreibt (gelb markiert).
Alle Längen (H1, H2, S1, S2, L, R) sind bekannt. Der Winkel zwischen S1 und L bzw zwischen R und S2 sind fix 90 Grad.

[attach]46842[/attach]

03.04.2018, 18:25

Steffen Bühler

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Um meinen Ansatz etwas zu verdeutlichen: Du könntest beispielsweise das linke und rechte Gelenk von H1 als Punkte ausdrücken. Der Ursprung wäre angenehmerweise das linke Gelenk von L.

Die x-Koordinate des linken Gelenks wäre dann $\begin{eqnarray*} H1L_x = H2 \cdot \cos \alpha_D \end{eqnarray*}$ und so weiter.

Dann muss gelten $\begin{eqnarray*} H1^2=(H1R_x-H1L_x)^2+(H1R_y-H1L_y)^2 \end{eqnarray*}$ .

Die beiden Lösungen für $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ schafft zumindest mein CAS ohne Mullen und Knullen. Wahrscheinlich kann man den Term auch noch etwas vereinfachen.

Viele Grüße
Steffen

03.04.2018, 19:43

Robert93

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@Steffen: Wenn ich das richtig verstehe gilt zunächst:

$\begin{eqnarray*} \sum \vec{x} \stackrel{!}{=} 0 = \vec{S_1} +\vec{H_2} +\vec{H_1}+ \vec{S_1} +\vec{R}+ \vec{L} \end{eqnarray*}$

Nun alle Punkte dieses 6-Ecks definieren und die einzelnen Vektoren mit hilfe der Anfangs- und Endpunkte beschreiben.
Soweit verstehe ich das. Nur tue ich mich schwer die Winkel reinzubekommen. Kannst du mir dabei etwas helfen?

03.04.2018, 20:21

Steffen Bühler

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Ja, deswegen hab ich das Ganze bei H1 enden lassen. Da kann man von zwei Seiten kommen und tut sich mit dem Winkel von H1 nicht so schwer.

Aber so geht es natürlich genauso. S1 hat den Winkel 90 Grad. Der Realteil der Vektorspitze ist also Null, der Imaginärteil ist S1. Der erste Punkt (0|S1) ist damit klar.

H2 hat den Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha_D \end{eqnarray*}$ . Realteil also $\begin{eqnarray*} H2 \cdot \cos \alpha_D \end{eqnarray*}$ , Imaginärteil $\begin{eqnarray*} H2 \cdot \sin \alpha_D \end{eqnarray*}$ . Wenn Du das zum ersten Punkt addierst, bekommst Du den zweiten.

Und so weiter bzw. meine Vereinfachung.

03.04.2018, 21:03

Robert93

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Sorry, habe bis zu einem gewissen Punkt einen Brett vorm kopp Erstaunt1

Erstaunt1

Also bisher habe ich folgendes:

[attach]46843[/attach]

Damit nun:

$\begin{eqnarray*} \vec{S_1} = \begin{pmatrix} 0 \\ S_1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} <br /> \vec{H_2} = \begin{pmatrix} cos(\alpha_D) \\ sin(\alpha_D) \end{pmatrix} *H_2<br /> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} <br /> \vec{L} = \begin{pmatrix} L \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vec{R} = \begin{pmatrix} L_x + cos(\delta)*\vec{R} \\ sin(\delta)*\vec{R} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Aber wie beschreibe ich nun $\begin{eqnarray*} \vec{S_2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{H_1} \end{eqnarray*}$ ?

Danke aufjedenfall für deine guten Denkanstöße. Und tut mir leid für meine Brett-vorm-Kopfigkeit Big Laugh

Big Laugh

03.04.2018, 21:43

riwe

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man kann das Problem natürlich auch ganz einfach mit Hilfe einer quadratischen Gleichung lösen Augenzwinkern

Augenzwinkern

03.04.2018, 21:51

Robert93

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@riwe:
Wie würdest du das angehen? =) Ich wäre dir dankbar wenn du mir den Ansatz verraten könntest. Ich sitze schon seit 2 Tagen an dieser Problematik und habe das Gefühl ich sehe vor lauter Bäumen den Wald nicht mehr...

@Steffen:
So, habe denke ich doch geschafft das System vektoriell zu beschreiben, und naja was soll ich sagen... Ich bekomme ein Ergebnis was ich mir vllt hätte denken können. Sowohl für den Real- als auch Imaginärteil bekomme ich: 0=0
Tränen

Tränen

03.04.2018, 21:55

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von Robert93
Aber wie beschreibe ich nun $\begin{eqnarray*} \vec{S_2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{H_1} \end{eqnarray*}$ ?

Der Winkel von S2 ist doch $\begin{eqnarray*} \delta +90^{\circ} \end{eqnarray*}$ . Und der von H1 ergibt sich aus den restlichen.

Aber nun bin ich auch selber gespannt auf riwes Ansatz.

Edith:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \vec{R} = \begin{pmatrix} L_x + cos(\delta)*\vec{R} \\ sin(\delta)*\vec{R} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Hier darf Lx nicht addiert werden, es geht ja nur um den reinen Vektor R.

Ansonsten versuche es mal mit meiner obigen Vereinfachung, also die Punkte von H1 auszudrücken und die Länge von H1 über die genannte Formel gleichzusetzen. Da kommt zumindest auch eine quadratische Gleichung raus.

Und vielleicht auch den Kopf mit etwas Schlaf freizubekommen. Werde ich jedenfalls jetzt mal tun. Gute Nacht!

03.04.2018, 22:05

Robert93

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@Steffen: Was war deine Idee bezüglich der Realteil- und Imaginärteil Gleichungen? Bekomme 0=0 raus...

03.04.2018, 23:19

riwe

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Zitat:

Original von Robert93
@riwe:
Wie würdest du das angehen? =) Ich wäre dir dankbar wenn du mir den Ansatz verraten könntest. Ich sitze schon seit 2 Tagen an dieser Problematik und habe das Gefühl ich sehe vor lauter Bäumen den Wald nicht mehr...

@Steffen:
So, habe denke ich doch geschafft das System vektoriell zu beschreiben, und naja was soll ich sagen... Ich bekomme ein Ergebnis was ich mir vllt hätte denken können. Sowohl für den Real- als auch Imaginärteil bekomme ich: 0=0
Tränen

Tränen

siehe die Bezeichner in meinem Bilderl Augenzwinkern

Augenzwinkern

damit erhält man für die Koordinaten von D

$\begin{eqnarray*} x_D=a+b\cdot cos\delta-c\cdot sin\delta \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_D=b\cdot sin\delta+c\cdot cos\delta \end{eqnarray*}$

daraus bekommt man die Koordinaten des Punktes E als Schnittpunkt der beiden Kreise um D mit Radius d und um F mit Radius e, also als Lösung einer quadratischen Gleichung mit dem größeren y_Wert lt. deinem Bild.

und daraus endlich

$\begin{eqnarray*} tan\alpha_D=\frac{y_E-f}{x_E} \end{eqnarray*}$

03.04.2018, 23:24

Robert93

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@Steffen: Okay ich denke ich weiß jetzt wie du das gemeint hast.
habe nun alle Gleichungen und damit auch den Vektor H1 beschrieben:

$\begin{eqnarray*} \vec{H_1} = \begin{pmatrix} cos(\alpha_D)*\vec{H_2} \\ \vec{S_1}+sin(\alpha_D)*\vec{H_2} \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} \vec{L} + cos(\delta)*\vec{R} - sin(\delta)*\vec{S_2} \\ sin(\delta)*\vec{R}+cos(\delta)*\vec{S_2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Damit kenne ich nun den lokalen Vektor H1 beziehungsweise dessen Komponenten. Daraus kann ich ja mit Hilfe von Pythagoras folgendes sagen:

$\begin{eqnarray*} \vec{H_1}^2 = (cos(\alpha_D)*\vec{H_2}-\vec{L} - cos(\delta)*\vec{R} + sin(\delta)*\vec{S_2})^2+(\vec{S_1}+sin(\alpha_D)*\vec{H_2}-sin(\delta)*\vec{R}-cos(\delta)*\vec{S_2} )^2 \end{eqnarray*}$

Wie bekomme ich nun diese Gleichung nach Delta umgestellt?
Alle anderen Größen in dieser Gleichung sind gegeben...

03.04.2018, 23:35

Robert93

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@riwe: die gesuchte größe jedoch ist Delta Augenzwinkern

Augenzwinkern

AlphaD ist eine bekannte größe...

04.04.2018, 09:52

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von Robert93
Wie bekomme ich nun diese Gleichung nach Delta umgestellt?

Ich hab's mal ausmultipliziert. Netterweise heben sich die quadratischen Terme wegen $\begin{eqnarray*} (\cos \delta)^2+(\sin \delta)^2=1 \end{eqnarray*}$ schon mal weg.

Es bleibt eine Gleichung der Form $\begin{eqnarray*} A \cdot \cos \delta + B \cdot \sin \delta = C \end{eqnarray*}$ , die zwei Lösungen für $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ ergibt.

04.04.2018, 10:11

riwe

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Zitat:

Original von Robert93
@riwe: die gesuchte größe jedoch ist Delta Augenzwinkern

Augenzwinkern

AlphaD ist eine bekannte größe...

das steht aber in deinem 1. Beitrag genau umgekehrt geschockt

geschockt

auch das ist kein Problem, drehe halt das Zeug um,
das führt wieder auf eine quadratische Gleichung, hier halt für delta

wenn ich alles richtig abgemalt habe:

$\begin{eqnarray*} (A^2+B^2)\cdot sin^2\delta+2BC\cdot sin\delta+C^2-A^2=0 \end{eqnarray*}$

mit
$\begin{eqnarray*} A=2(b(a-e\cdot cos\alpha)-c(f+e\cdot sin\alpha)) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B=2(b(f+e\cdot sin\alpha)+c(a-e\cdot cos\alpha)) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} C=d^2-b^2-c^2-(a-e\cdot cos\alpha)^2-(f+e\cdot sin\alpha)^2 \end{eqnarray*}$

zufrieden verwirrt

verwirrt

04.04.2018, 12:14

Robert93

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Erstmal vielen lieben Dank euch beiden. Ihr seid Klasse =)
@Steffen: Das mit dem ausmultipizieren hat bei mir nicht wirklich geklappt. Habe das mal in den CAS eingegeben und da kam ein rießiger Term raus. Hat sich auch nicht in diese einfache Form wie du es gezeigt hast, herunter reduzieren können. Jedenfalls komme ich damit aber auf eine korrekte Gleichung.

@Werner: Deins scheint auch zu funktionieren, nur muss ich zugeben, deinen Weg nicht ganz verstanden zu haben. Es wäre toll, wenn du das bei Gelegenheit mal genauer erläutern könntest. Dennoch vielen Dank smile

smile

Diese Arbeit hat mich mein linkes Ei und die Hälfte des anderen gekostet Gott

Gott

04.04.2018, 12:41

riwe

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Zitat:

Original von Robert93
Erstmal vielen lieben Dank euch beiden. Ihr seid Klasse =)
@Steffen: Das mit dem ausmultipizieren hat bei mir nicht wirklich geklappt. Habe das mal in den CAS eingegeben und da kam ein rießiger Term raus. Hat sich auch nicht in diese einfache Form wie du es gezeigt hast, herunter reduzieren können. Jedenfalls komme ich damit aber auf eine korrekte Gleichung.

@Werner: Deins scheint auch zu funktionieren, nur muss ich zugeben, deinen Weg nicht ganz verstanden zu haben. Es wäre toll, wenn du das bei Gelegenheit mal genauer erläutern könntest. Dennoch vielen Dank smile

smile

Diese Arbeit hat mich mein linkes Ei und die Hälfte des anderen gekostet Gott

Gott

Gott sei Dank war Ostern Augenzwinkern

Augenzwinkern

der eigentlich einfache Weg:

bestimme die Koordinaten von E (durch Hinschreiben):

$\begin{eqnarray*} x_E=e\cdot cos\alpha \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_E=f+e\cdot sin\alpha \end{eqnarray*}$

auf dem Kreis mit Mittelpunkt E und Radius d muß der Punkt D liegen,
dessen Koordinaten stehen oben

04.04.2018, 12:42

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von Robert93
Habe das mal in den CAS eingegeben und da kam ein rießiger Term raus.

Ja, der ist nicht klein. Ich hab 19 Summanden hier stehen.

Zitat:

Original von Robert93
Hat sich auch nicht in diese einfache Form wie du es gezeigt hast, herunter reduzieren können.

Wundert mich. Es gibt nachher eigentlich nur Terme mit cos, mit sin und ohne alles. Und dann kann man A, B und C ausdrücken und die Gleichung lösen.

Zitat:

Original von Robert93
Jedenfalls komme ich damit aber auf eine korrekte Gleichung.

Mehr wolltest Du ja auch nicht. Freut mich.

Viele Grüße
Steffen

04.04.2018, 14:38

mYthos

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Noch allgemein etwas zur Lösung der Gleichung $\begin{eqnarray*} A \sin x + B \cos x = C \end{eqnarray*}$
Lösung der Gleichung mit Polarkoordinaten (allgemein):

$\begin{eqnarray*} A \sin x + B \cos x = C \end{eqnarray*}$

führe für A, B ein:

$\begin{eqnarray*} A = r \cos \alpha, \ B = r \sin \alpha \ \to \ r = \sqrt{A^2 + B^2}; \ \alpha = \arctan \frac B A \ \to \ \sin (\alpha + x) = \frac C r \ \to \ x = \arcsin \frac C r - \arctan \frac B A \end{eqnarray*}$

mY+

04.04.2018, 15:19

rumar

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Falls ich das jetzt richtig verstanden habe, sind alle Seitenlängen des Vielecks als konstante Werte vorgegeben. Außerdem sind die Winkel an den Eckpunkten A und C (Figur von riwe) rechte Winkel.
Dann kann man doch mal das Sechseck ABCDEF auf ein Viereck FBDE reduzieren, von welchem man immer noch alle Seitenlängen hat (Pythagoras bringt's).

Auf diese Weise reduziert, erscheint die ganze Aufgabe längst nicht mehr so abschreckend, wie sie zu Anfang ausgesehen hat.

In etwas abgeänderter Form könnte man den Kern der Aufgabe dann so formulieren:

"Von einem konvexen Viereck ABCD kennt man alle 4 Seitenlängen a,b,c,d. Ferner sei der Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ gegeben.
Stelle die Formeln (oder eine Formel) auf, womit man den Winkel $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ berechnen kann !"

05.04.2018, 14:38

sibelius84

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...was mit dem Sinussatz ja dann fast schon wieder trivial wäre. Augenzwinkern

Augenzwinkern

05.04.2018, 18:28

rumar

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@sibelius84:

... eben. Genau so war das eigentlich auch gemeint.

Gewisse Aufgaben erscheinen zunächst mal einfach deshalb sehr kompliziert,
weil der eigentliche Kern des Problems unter einem Haufen störenden Beiwerks
versteckt liegt.
Jetzt sollte es auch nicht mehr sehr schwer fallen, für den Zusammenhang
zwischen den beiden Winkeln $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \alpha_D \end{eqnarray*}$ tatsächlich eine Formel oder
wenigstens eine kurze Formelkette anzugeben.

06.04.2018, 10:03

HAL 9000

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Zitat:

Original von rumar
oder wenigstens eine kurze Formelkette anzugeben.

Das halte ich für angemessener, mit ein paar Hilfsvariablen (Strecken und Winkel) gemäß der von dir vorgeschlagenen Abstraktion auf das Viereck FBDE.

Alles in eine Formel zu packen erzeugt nur jene Formelmonster, von denen oben schon die Rede war. Augenzwinkern

Augenzwinkern

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