Mathe-Marathon Schule - Seite 11 |
| 06.03.2024, 09:49 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
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| 09.03.2024, 08:36 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Die folgende Aufgabe wurde bisher noch nicht beantwortet
Eine Zeichnung mit Winkelmessung würde reichen. Es geht aber auch mit Kugelkoordinaten So könnten zB die beiden Aufnahmen aussehen. Man kann mit Hilfe des Sonnenflecks die Drehung erkennen. Und dieser Drehwinkel ist in der Aufgabe gesucht |
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| 09.03.2024, 19:08 | DrummerS | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Interessante Aufgabe. Ich beteilige mich mal mit einer allgemeineren Betrachtung und groben Schätzung von natürlichen Obergrenzen von Winkelwerten (Kugelkoordinaten Sonne). Angenommen, die beiden Himmelskörper (Sonne, Erde) seien idealerweise kugelförmig, der geringste räumliche Abstand ihrer Himmelskörpermittelpunkte (Zentren der Kugeln) sei etwa km und der Erddurchmesser sei etwa km. Man stelle sich ein gleichschenkliges Dreieck vor, dessen Spitze an gleicher Stelle wie der Sonnenmittelpunkt liegt und dessen Höhe geradlinig zwischen beiden Himmelskörpermittelpunkten verläuft. Die Seitenlänge der Basis soll dem Erddurchmesser entsprechen. Ich komme dann auf mit . Winkelwerte (Polar- oder Azimutwinkel) sollten demnach kleiner als 0,005° sein. Das erscheint mir sehr klein. Wahrscheinlich habe ich mich irgendwo verrechnet... EDIT (11.3.2024): Danke für die Erläuterungen! |
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| 10.03.2024, 06:22 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Die möglichen Winkelwerte liegen zwischen 0° und 180°. Der von dir berechnete Winkel ist ein Parallaxenwinkel und der bringt bei der Aufgabe nichts |
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| 10.03.2024, 08:57 | Gualtiero | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich hatte vorerst den gleichen Ansatz wie DrummerS verfolgt, bin aber inzwischen draufgekommen, dass die Frage damit zu tun hat, dass sich die beiden Fotografen nicht nur auf verschiedenen Orten der Erde, sondern auch - bezogen auf die Ebene der Erdumlaufbahn auf die Sonne - in unterschiedlichen Positionen befunden hatten. Grob gesagt: während der eine sein Bild "stehend" machte, fotografierte der andere fast im "Liegen". Da sie beide dasselbe Objekt ablichteten, muss dieses - bezogen auf das jeweils andere Foto - verdreht erscheinen. Die Koordinaten der Sternwarte in Basel habe ich gefunden: 47° 32' 28.64'' N 7° 34' 56.55'' E Für die andere habe ich einfach die Koordinaten für Sao Paulo genommen; für diese Berechnung reichen sie sicher aus: 23° 30' S 46° 37' W Damit kannn man das gleichschenklige Dreieck Basel - Sao Paulo - Erdmittelpunkt (EM) konstruieren. Seine Basis ist ca. 8698 km, der Winkel in EM ist ca 86°. Die beiden Bilder der Sonne sind aber nur ca. 41° (mit CAD überprüft) gegeneinander verdreht. Das ist auch nicht verwunderlich, denn man muss noch - die Neigung der Erde gegen die Ekliptik um ca. 23.5° - und Datum - und Uhrzeit berücksichtigen. Hmm. Ohne CAD oder spezielle Software für Astronomie/Geodäsie meine ich ist das eine ziemlich aufwändige Rechnerei. |
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| 10.03.2024, 10:29 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Das kann nicht sein. Man stelle sich vor die Sonne würde senkrecht über der Verbindungslinie Basel - Sao Paulo stehen. Dann wäre der Drehwinkel 180°
Das sollte nur ein Beispiel sein. Der Winkel in der Aufgabe ist ein anderer
Allzu aufwendig erscheint mir das nicht |
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| 10.03.2024, 21:10 | Conny_1729 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Hallo, bei dieser Aufgabe kann man sich ziemlich austoben, wenn es sehr genau und präzise sein soll. Einerseits gibt es die Ekliptik-Ebene der Erdumlaufbahn und die Äquatorial-Ebene der Erde, die zu betrachten sind, andererseits muss die Position der Erde auf ihrer elliptischen Umlaufbahn zu einem bestimmten Zeitpunkt berechnet werden. Und dann erst kommen noch die Ortskoordinaten der beiden Orte ins Spiel. Zudem ist auch zu beachten, dass ein Beobachter in Basel Richtung Süden schaut, während ein Beobachter in Sao Paulo nach Norden zur Sonne schaut. Allein durch diese Sichtumkehrung ergibt sich eine Richtungsverdrehung von 180°, die einkalkuliert werden muss. Ich habe mal mit dem Programm „Stellarium“ ein wenig herumgespielt und in etwa die Schnittwinkel zwischen Ekliptik und Horizontallinie ermittelt. (siehe Anlage) – Ich bekomme da einen Drehwinkel von ca. 92.5° heraus, falls ich alles richtig gemacht haben sollte (???). Die Aufgabe wäre damit aber noch lange nicht gelöst!!! Kleine Notiz am Rande: Auf der Nordhalbkugel dreht sich die Sonnenscheibe mit fortlaufender Zeit (scheinbar) im Uhrzeigersinn um ihr Zentrum (gemäß Krümmungsverlauf der Ekliptik am Himmel). Auf der Südhalbkugel ist es umgekehrt. (ist aber für diese Aufgabe nicht hilfreich) Ansonsten fand ich es sehr witzig, dass das Programm mir Sonnenflecken anzeigt, obwohl ich ein Datum in der Zukunft gewählt habe (14.07.2024). Das ist schon allerhand 
Vielleicht findet ja jemand noch eine kurze und übersichtliche Näherungsrechnung, um den gesuchten Drehwinkel zu finden, wenn man z.B. die Erde auf eine schlichte Kreisbahn setzt? Dann fällt auch das Problem der Zeitgleichung bzw. der wahren Anomalie weg. Gruß Conny . |
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| 10.03.2024, 21:47 | Gualtiero | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ja, die Überlegung, dass der Winkel kleiner werden könnte, ist falsch. Tatsächlich komme ich auf 88.4°. Allerdings nur mit CAD und etwas allgemeiner Logik, wobei ich das Problem noch stark vereinfacht habe: - kreisförmige Erdumlaufbahn - ein Viertelkreis pro Jahreszeit - 105° für die Erdumdrehung von 12:00 bis 19:00 MEZ in Basel - die Visuren in den beiden Standpunkten habe ich als parallel angenommen. |
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| 10.03.2024, 22:48 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ja das ist die Lösung
Das ist nah dran Die Fotos wurden tatsächlich gemacht |
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| 11.03.2024, 17:19 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Man kann mit der gegebenen Uhrzeit und dem link in der Aufgabe den Ort ermitteln über dem die Sonne senkrecht steht. Dann dreht man einen Globus so,dass dieser Ort genau in der Mitte ist und zieht noch 2 Linien Auch eine Rechnung mit Kugelkoordinaten und senkrechten Vektoren usw wäre möglich |
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| 11.03.2024, 17:25 | Conny_1729 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Hallo, da man das Rad eigentlich nicht neu erfinden muss, kann auch auf das Formelwerk der folgenden Seite zurückgegriffen werden: http://www.geoastro.de/SME/tk/index.htm Dort stehen auch Excel-Tabellen zur Verfügung. Eine Excel-Tabelle habe ich mal bzgl. der beiden Orte angepasst, um die jeweiligen Schnittwinkel zu errechnen. Jetzt komme ich auf den Wert 92,26°. Für diesen Zweck können die Excel-Sheets ganz gute Dienste leisten. Gruß Conny . |
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| 11.03.2024, 19:39 | Conny_1729 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Sehr interessante Konstruktion!!! Ich hoffe, dass ich diese auch richtig verstanden habe (?), weil ich intuitiv ein wenig Bauchschmerzen dabei habe, ob das soweit immer zutrifft. Deshalb habe ich mir einen Leuchtglobus geschnappt und die Verbindungslinien mit dünnem Garn darüber gespannt. Das kommt ganz gut hin (etwa ein rechter Winkel). - siehe Anlage Vielleicht irre ich mich ja, aber ich wage mal zu behaupten, dass in diesem Fall (Sonnen-Verdrehung 92,26°) für sämtliche Orte entlang der beiden Verbindungslinien dann dieselben Beobachtungen gemacht werden müssten. Also auch für Orte an den blauen Kreisen / gelben Kreisen der Anlage. Das kann aber nicht sein, weil in unmittelbarer Umgebung vom Kreuzungspunkt die Beobachtungen sich nicht mehr unterscheiden werden. Ist das wirklich richtig, dass man mit dieser Methode den Verdreh-Winkel der Sonne herausbekommen kann??? Oder habe ich das als geometrische Konstruktion komplett missverstanden/fehlinterpretiert? Irgendetwas muss ja an der Methode dran sein. Gruß Conny . |
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| 11.03.2024, 22:50 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ja das ist so. Aber bei den gelben Kreisen hat man 180°-92.26°=87.74°
Doch das kann man unterscheiden. Selbst wenn die beiden Fotografen nebeneinander stehen. Denn dann steht die Sonne praktisch genau über ihnen. Stehen sich die beiden Fotografen zB mit 1m Abstand gegeüber hat man einen Drehwinkel von 180°. Entscheidend ist dass die Sonne bei der Aufnahme zwischen den beiden Fotografen im Zenit steht |
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| 12.03.2024, 09:35 | Conny_1729 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Vielleicht habe ich ja einen Knoten im Kopf, aber ich kann mir nicht vorstellen, dass bei den gelben Kreisen weder der Winkel 92,26° noch der Gegenwinkel 87,74° beobachtet werden kann. Denn beide Beobachter stehen „geringfügig“ südlich vom Schnittpunkt entfernt, schauen also beide Richtung Norden zur Sonnenscheibe, die in beiden Fällen fast die obere Kulmination (= waagerechte Tangente an der Ekliptik) erreicht hat. Sie nehmen demnach die Sonnenscheibe ohne nennenswerte Verdrehung wahr, keinesfalls aber um 87,74° verdreht. (so meine Vermutung) Falls es doch so sein sollte, dann habe ich anscheinend die Konstruktionsmethode noch nicht so richtig verstanden. Vielleicht rechne ich das mal mit zwei anderen Orten aus, die dann näher am Schnittpunkt liegen. Gruß Conny. |
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| 12.03.2024, 17:33 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Sie schauen nicht nach Norden. Sie schauen horizontal in Richtung des Punktes über dem die Sonne senkrecht steht. |
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| 12.03.2024, 18:41 | Conny_1729 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ja, das ist korrekt! Ich meinte damit, dass die Beobachter in Richtung der Nordhalbkugel schauen, wegen der Vorzeichenumkehr bzw. der möglichen Verdrehung um 180°. Ich habe meinen Denkfehler aber jetzt gefunden. Mir war einfach nicht bewusst geworden, dass der Sonnenverlauf (als Diagramm aufgetragen) für den gefragten Zeitpunkt 18:00 UTC immer "spitzer" wird, je näher man sich dem Ort nähert, wo die Sonne im Zenit steht. Ich hatte da immer noch eine schön geschwungene Kurve vor Augen. Die Kurve fällt aber ziemlich steil ab, wenn man sich in der Nähe des Schnittpunktes befindet. (siehe Anlage) Ich habe zwei weitere Orte mal ausprobiert (Medellin-Kolumbien und Cocoa Beach-Florida) und einen ähnlichen Winkel (92,2°) herausbekommen. Insofern war das ein schöner AHA-Effekt für mich. Gruß Conny . |
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| 12.03.2024, 19:18 | Conny_1729 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Sorry, für den Ort "Medellin" ist ein falsches Diagramm verwendet worden. Ich habe die Anlage noch einmal korrigiert. Gruß Conny . |
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| 13.03.2024, 22:17 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
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| 14.03.2024, 08:35 | Gualtiero | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Unter Berücksichtigung der grafischen Genauigkeit, die nunmal ihre Grenzen hat, lese ich aus dem Diagramm: () Sonnenhöchststand von 25° um 16:15 Greenwichzeit - das ist ein Ort in der Zeitzone "Atlantic Time -4". Da der Zeitunterschied etwa 4 ¼ Stunden beträgt, muss es wohl eine Ortszeitangabe sein. Umgerechnet auf die geografische Länge heißt das etwa 63¾° () 25° Sonnenstand ist z. B. auch nahe am Nordpol/Südpol im Sommer/Winter möglich, allerdings wäre dann die Tageslänge 24 Stunden. Die beiden Pole entfallen also () Für die Tageslänge lese ich etwas über sieben Stunden ab. Das passt für mittlere Breiten im Spätherbst/Frühwinter bzw. Frühling/Sommer. Breite also: ab ca. 41° Damit komme ich auf der Nordhalbkugel auf die Halbinsel Nova Scotia in Kanada, z. B. Stadt Halifax. Oder auf der Südhalbkugel nach Argentinien an die Mündung des Rio Negro in den Atlantik, Stadt Viedma. Die Halbinsel Valdès etwas südlich davon käme auch noch infrage. Für genauere Angaben müsste man in Tageslänge-Tabellen nachschlagen. |
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| 14.03.2024, 09:14 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Nordhalbkugel ist ausgeschlossen: Am Beobachtungstag wurden in Yucatan die 90° Sonnenstand nahezu erreicht. Das kann an sich nur an zwei Tagen im Jahr geschehen, symmetrisch um die (Nordhalbkugel-)Sommersonnenwende gelegen. Zu diesem Zeitpunkt sind die Tageslängen auf der Nordhalbkugel stets länger 12 Stunden, und auf der Südhalbkugel stets kürzer 12 Stunden. Wenn der abgelesene Sonnenhöchsstand des Zielorts mit 25° richtig abgelesen ist, sind wir auch eher bei 90°-21,5°-25°=43,5° südlicher Breite. P.S.: Mich wundert ein wenig der Sonnenhöchsstand exakt um 18:00 UTC in Yucatan, diesen Zeitpunkt hätte ich eher bei 90°W erwartet. Die 1,5° Abweichung sollten an sich bewirken, dass der Höchststand bereits 17:54 eintrifft... 
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| 14.03.2024, 14:54 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Das könnte mit der durch den Mond bedingte exzentrischen Bewegung der Erde zu tun haben. Diese Exzentrik wird auch noch durch die Sonne gestrört |
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| 14.03.2024, 15:51 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ja vielleicht. Genau genommen müsste sowieso eine Latte von Vereinfachungen des realen Problems hier reinkommen, damit das Problem "schulmarathontauglich" wird: Dass die Abplattung der Erde bisher keine Berücksichtigung fand, davon war noch gar nicht die Rede...
Ich stelle mal schon parallel eine andere Aufgabe rein, weil (aus offenkundigen Gründen) die Zeit drängt:
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| 14.03.2024, 18:47 | Conny_1729 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich tippe eher darauf, dass es mit dem zweiten Keplerschen Gesetz zu tun hat, da die Erde auf einer elliptischen Bahn die Sonne umläuft. Das wirkt sich dann auf die wahren Tageslängen aus, was man gut über die Zeitgleichung nachvollziehen kann. ... siehe auch Anomalie (Astronomie) bzw. https://de.wikipedia.org/wiki/Zeitgleichung Die Störungen, die durch den Mond beeinflusst werden, äußern sich bei der Erde als Nutationsbewegung (Welligkeit), die der Präzessionsbewegung der Erdachse (nur durch die Sonne bewirkt) zusätzlich aufgeprägt wird. Diese Welligkeit hat eine Periodendauer von ca.18,6 Jahren. Das sind natürlich auch Faktoren, die man sicherlich irgendwann auch ins Kalkül ziehen muss. Gruß Conny |
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| 14.03.2024, 19:54 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich habe mir mal die Abweichungen in Grad über ein Jahr betrachtet und da scheint die Ellipse tatsächlich eine wesentliche Rolle zu spielen [attach]57636[/attach] |
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| 14.03.2024, 21:05 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Das sind so ca 50% |
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| 14.03.2024, 21:29 | Conny_1729 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Die Zeitgleichung wird durch zwei wesentliche Effekte bestimmt. 1. Die elliptische Erdbahn (2. Keplersches Gesetz) 2. Die Schrägstellung der Erdachse zur Ebene der Ekliptik Was das Datum 14.07. betrifft (laut Aufgabenstellung), so wird der Zeitunterschied von 6min (oder die Winkeldifferenz von 1,5°) bzgl. des höchsten Sonnenstandes hauptsächlich durch (2.) bedingt. Die elliptische Erdbahn korrigiert sogar das Ergebnis zu diesem Zeitpunkt im geringen Maße. Ich hätte nicht erwartet, dass der Einfluss von (2.) zeitweise so groß sein würde und eine höhere Amplitude aufweist als bei (1.). Gruß Conny |
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| 14.03.2024, 23:14 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
@Conny_1729 Schöne Animation
Es sind mit Sicherheit über 50%. Im Bereich von 54% bis 55% |
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| 15.03.2024, 07:09 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
So kann man es ausdrücken, wenn man den genauen Wert nicht verraten will. Oder ist das ein Simulationsergebnis?
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| 15.03.2024, 10:41 | laila49 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Da komme ich auf etwa anderes: die möglichen Partien sind ja hoffentlich 7*5*3= 105, die mit 2 Ländern 40 (5*8) habe ich explizit gezählt. Damit käme ich auf oder gekürzt habe schon einen Vormittag damit verbracht, den Fehler zu finden. Aber Stochastik war schon immer meine Schwäche. Wo ist mein Fehler? |
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| 15.03.2024, 10:49 | Gualtiero | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Dieses Gebiet der Mathematik ist nicht so meines, obwohl ich es interessant finde. Das wären meine Überlegungen, die aber an einer unübersteigbaren Mauer enden. Bei acht Teams gibt es insgesamt Fünf davon sind Gleichland-Begegnungen: E: Spanien, D: Deutschland, UK: England E1 - E2 E2 - E3 E3 - E1 D1 - D2 UK1 - UK2 Wenn man aus diesen fünf Partien eine zieht, stehen die Chancen für eine rein spanische Partie 3 : 5, für eine engliche und eine deutsche je 1 : 5. Das bringt hier aber nichts, da ja nicht aus Partien gezogen wird, sondern aus den acht Teams. Per Los wird sozusagen eine Reihenfolge der Mannschaft festgelegt, und dann kommen die Partien so zustande, dass erstes gegen zweites spielt, drittes gegen viertes usw.. PS: Ich habe ziemlich lange an meinem Beitrag herumgetüftelt und sehe jetzt, dass laila49 von ganz anderen Vorberechnungen ausgeht. Aber jetzt lass ich meinen Post so stehen. |
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| 15.03.2024, 13:09 | Mathema | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich erhalte ebenso verteilt die drei Spanischen Mannschaften auf drei Plätze (3 Spiele), der erste Summand zählt dann, dass Paris ins 4. Spiel gelost wird, der zweite Summand, dass dort eine Englische gegen Deutsche spielt. edit: Wie ich gerade sehe, scheint die WSK inzwischen auf 0 gesunken zu sein. 
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| 15.03.2024, 15:09 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Nein, die Wahrscheinlichkeit ist nach wie vor . Allenfalls die bedingte Wahrscheinlichkeit unter der Bedingung des realen Losergebnisses von heute ist gleich Null.
----------------------------------------------------------- Meine Lösungsvariante: Zunächst gibt es bei der Auslosung von Mannschaften in Duelle genau mögliche Ergebnisse (ohne Berücksichtigung einer Reihenfolge der Duelle bzw. Heim/Auswärts zuerst usw.). Das macht hier im Fall dann Möglichkeiten. Davon sind Kombinationen mit einem deutschen Duell und sonst keinem weiteren nationalen Duell (denn die drei spanischen Teams stellen dann jeweils einen Gegner der drei Restbegegnungen, denen dann die drei britischen/französischen Teams zugelost werden), ebenso viele Kombinationen mit einem englischen Duell und sonst keinem weiteren nationalen Duell. In allen anderen günstigen Kombinationen ist mindestens ein spanisches Duell dabei, deren Anzahl berechnet sich über . Ergibt summa summarum Kombinationen mit mindestens einem nationalem Duell, Wahrscheinlichkeit ist somit . ==============================================
Ich versteh schon mal nicht, was "die mit 2 Ländern" bedeutet. Da du daraus direkt das Ergebnis ableitest, soll das wohl bedeuten dass du meinst, bei genau 5*8=40 der 105 möglichen Viertelfinalauslosungen gibt es nur gemischtnationale Duelle? Da hast du dich ziemlich verzählt, es sind 48. Kann man sich z.B. auch so klarmachen: In genau drei Begegnungen hat man ein spanisches Team gegen das eines anderen Landes. Bleibt noch genau eine Begegnung übrig mit Auswahl 2 aus 5 Restteams, wobei DD oder EE ausgeschlossen wird, also Möglichkeiten. Die 3 restlichen Terms können permutiert den drei Spaniern zugeordnet werden, macht also summa summarum jene Begegnungen. |
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| 15.03.2024, 17:53 | laila49 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
ja HAL, da habe ich mich verzählt. mir sind tatsächlich 8 durch die Lappen gegangen. Das ist ein alter Fehler von mir, beim Kartenspielen verzähle ich mich auch immer; wenn ich beim Skat meine Karten zusammenzähle, komme ich meist auf 61. Vielen Dank für deine ausführliche Darstellung. P.S. die Schreibweise 7!! kannte ich noch nicht. P.P.S. wäre das nicht eher etwas für den Hochschulbereich? |
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| 15.03.2024, 19:45 | Conny_1729 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Wenn man den Höchststand der Kurve nimmt und den Zeitunterschied, dann sollte man irgendwo an der Ostküste von Argentinien landen. Was mich jedoch etwas irritiert, sind die Zeiten für Sonnenaufgang und Sonnenuntergang. Da geht die Verlaufskurve etwas zu steil gegen den Horizont. So einen Effekt kann ich mir nur dadurch erklären, wenn man in einem Flugzeug sitzt, dass sich entlang des Breitengrad (z.B. -43,5°) bewegt. Und es würde kein Sportflugzeug sein, weil dazu die Geschwindigkeit nicht reichen würde (schätze mal um die 0,9 Mach). Aber da nach einem "unbekannten Ort" gesucht wird, der eine feste Koordinate hat, ist die Annahme eines bewegten Systems dann doch nicht die korrekte Lösung. Was könnte hinter der "verzerrten" Form des Sonnenverlaufs bloß stecken??? Gruß Conny |
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| 15.03.2024, 21:29 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Es ist ein Simulationsergebnis. Mehr war nicht drin
Faulheit. Ich hatte einfach die Kurve von Sao Paulo verschoben. Und dann bin ich auch noch im Wasser gelandet. Ich dachte ich hätte einen Ort auf dem Festland erreicht So wäre die Kurve vielleicht besser gewesen [attach]57641[/attach] |
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| 16.03.2024, 10:35 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Lösung (Bild rechts) |
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| 17.03.2024, 08:31 | xb | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
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| 17.03.2024, 18:11 | Conny_1729 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Lösung zu Aufgabe 139: Eigentlich war diese Aufgabe eher der Rubrik „Physik“ zuzuordnen. Mit dem Lösungsansatz von „xb“ kann man nun auch eine rein mathematische Aufgabe daraus machen, wenn die drei Ortskoordinaten von Basel, Sao Paulo und dem Punkt, wo die Sonne um 18:00 UTC im Zenit steht, als bekannt voraussetzt werden. Diese lassen sich dann in kartesische Koordinaten (bezogen auf eine Einheitskugel) umrechnen, wobei der Erdmittelpunkt die Koordinate (0, 0, 0) besitzt. Dann haben wir wenigstens für diese Aufgabe auch einen abschließenden Lösungsvorschlag, so wie es eigentlich angedacht ist. geografische Breite: geografische Länge: mit den Ortsvektoren: Dann ist der lotrechte Vektor auf , der durch Basel geht: mit der Bedingung: und führt somit zu: Der lotrechte Vektor auf , der durch Sao Paulo geht, ist dann: mit der Bedingung: und führt somit zu: Diese beiden Vektoren werden dann in den Punkt vom "Sonnen-Zenit-Ort" verschoben. Das Skalarprodukt dieser beiden Vektoren ergibt: mit und Der Schnittwinkel, der dem gefragten Verdrehwinkel der Sonnenscheibe entspricht, errechnet sich schließlich mit: Gruß Conny |
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| 19.03.2024, 21:57 | Gualtiero | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
@Conny, mir sind im Laufe der Jahre schon viele Artikel im Matheboard aufgefallen, die man eins zu eins in ein Mathelehrbuch aufnehmen könnte. Diesen Beitrag zähle ich ebenfalls dazu. Zu Aufgabe 158: Ich komme graphisch auf ca. 78.3°. Vielleicht gelingt mir auch eine Berechnung mit Mitteln der sphärischen Geometrie. Edit: Das Ergebnis schnell skizziert. [attach]57664[/attach] |
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| 20.03.2024, 12:47 | Conny_1729 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Vielleicht habe ich die Aufgabe 158 noch nicht richtig verstanden??? - Heute ist ja glücklicherweise Frühlingsanfang (Äquinoktium), also müsste man das heute (z.B. in Quito) beobachten können. Wenn ich gedanklich eine Verbindungslinie zwischen Sonnenmittelpunkt und Erdmittelpunkt setze, dann durchsticht diese einen Punkt am Äquator. Dreht sich die Erde ein kleines Stück weiter, dann "zerschneidet" die Linie die Erdoberfläche entlang des Äquators. Ich würde daher sagen, die Zenitbahn liegt genau auf der Äquatorlinie (?). Oder ist etwa die Bewegung der Erde um die Sonne in diesem Fall gemeint, die zu den Zeitpunkten der Äquinoktien ca. 23,5° geneigt zum Äquator ausfällt? Gruß Conny |
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