Wechselkurse und Proportionalität

Neue Frage »

23.06.2014, 23:31	Caius	Auf diesen Beitrag antworten »
Wechselkurse und Proportionalität Hallo Vielleicht erinnert man sich an mich. Ich frug vor einer Weile, warum wenn man z.B. $\begin{eqnarray} \frac{2km}{1h} \end{eqnarray}$ auch zwingend z.B. $\begin{eqnarray} \frac{0,66km}{0,33h} \end{eqnarray}$ fahren müsste. Ich habe dann verstanden, dass dies zwingend so sein muss, wenn die Geschwindigkeit konstant ist/bleibt! Hier war also eine mehr oder weniger verstecke Annahme im Spiel. Folgend dieser Logik gehe ich davon aus, dass dies bei Wechselkursen der gleichen Logik folgt (hab aber keine Ahnung ob das stimmt, aber es befriedigt meine Logik): $\begin{eqnarray} \frac{2~Euro}{1~US~Dollar} \end{eqnarray}$ auch zwingend z.B. $\begin{eqnarray} \frac{0,66~Euro}{0,33~US~Dollar} \end{eqnarray}$ sein muss, weil auch beim Wechselkurs davon ausgegangen wird, dass er konstant ist? Ist doch korrekt, oder? Hier haben wir doch wieder eine versteckte Annahme, nämlich, dass der Wechselkurs konstant ist, oder irre ich mich? Gruß Caius
24.06.2014, 07:43	kgV	Auf diesen Beitrag antworten »
Jep, auch hier kann man den Wechselkurs als konstant angenommen betrachten (auch wenn es hier etwas anders ist als mit der Geschwindigkeit, siehe unten). Dieses neue Verhältnis lässt sich aber auch mittels Dreisatz herstellen (es wäre ja auch wäre ja auch komisch, wenn du für für 30.33 US-Dollar nicht dasselbe bekommen würdest wie für 1 US-Dollar, oder? ) Wichtig dabe*i: wenn du heute einen Kurs von 2:1 hast, kannst du morgen trotzdem 3 Dollar pro Euro bekommen, heute aber wirst du immer nur 1 Euro für einen halben Dollar kriegen. Der Wechselkurs ist also momentan konstant, kann sich bis morgen aber ändern. Lg kgV
24.06.2014, 13:45	Caius	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi kgv, Danke für deine Antwort und der Bestätigung dessen was ich vermutete Ich betrachte Verhältnisse momentan aus verschiedenen Blickwinkeln. Interessanterweise ist es ja so, dass man, wenn man egal welche Größen man betrachtet, ob km/h oder eur/us oder was auch immer, man immer von einer Konstanz ausgehen muss. Diese Konstanz zwingt unter anderem auch dazu, dass man immer genau gleich viel Euro pro US-Dollar bekommt. In der reinen puren Mathematik interessiert mich die Annahme der Konstanz überhaupt gar nicht. Sie ist dort ja auch nicht nötig. 2/1 und 0,66/0,33 ist einfach das 2-fache und das war es. Nur wenn es um Einheiten geht, muss man anfangen Zusatzannahmen zu machen wie mir scheint. Liege ich da richtig? Ich kann mir eigentlich gar nicht vorstellen, damit falsch zu liegen. Aber ich brauch nichts desto trotz Bestätigung. Und was Geschwindigkeiten anbelangt so habe ich mir das auch durch den Dreisatz (ich glaube das man ihn so nennt) klar gemacht. Der Dreisatz führt immer dazu, dass sich das Verhältnis niemals ändern wird. Wenn die Geschwindigkeit immer konstant bleibt und wir $\begin{eqnarray} \frac{2km}{1h} \end{eqnarray}$ haben dann muss zwingend $\begin{eqnarray} \frac{2km/10}{1h/10} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\frac{0,2km}{0,1h} \end{eqnarray}$ stimmen. Aber dann muss auch zwingend wenn wir weiterhin die Annahme der konstanten Geschwindigkeit beibehalten: $\begin{eqnarray} \frac{0,66km}{0,33h} \end{eqnarray}$ stimmen. Das kann ich mir so ganz allgemein vor Augen halten, dass dies immer stimmen muss. Eigentlich so fand ich heraus wird sowieso der Dreisatz angewendet, wenn man ein Verhältnis oben und unten mit der gleichen Zahl multipliziert. Warum? Ganz einfach: Gehen wir wieder hiervon aus: $\begin{eqnarray} \frac{2km}{1h} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{2km0,52}{1h0,52} \end{eqnarray}$ Schreiben wir jetzt die 0,52 so wie sie eigentlich gemeint ist! $\begin{eqnarray} \frac{2km(10^{-1}5+210^{-2})}{1h(10^{-1}5+210^{-2})} \end{eqnarray}$ Also wird "heimlich" sowieso der Dreisatz angewendet! $\begin{eqnarray} \frac{2km(\frac{1}{10}5+2\frac{1}{100})}{1h(\frac{1}{10}5+2\frac{1}{100})} \end{eqnarray}$ Ich habe jetzt keine Lust das weiter zu machen. Latex ist anstrengend und kostet soviel Zeit uh. Aber ich denke ihr könnt sehen, dass der Dreisatz sowieso angewendet wird, wenn man mit der gleichen Zahl oben und unten multipliziert. Und auf diese Weise kann man auf jedes andere x-beliebige Verhältnis kommen. Und es muss dann einfach zwingend stimmen bei konstanter Geschwindigkeit. Gruß Caius
24.06.2014, 14:01	Caius	Auf diesen Beitrag antworten »
Kurze Korrektur: "Und auf diese Weise kann man auf jedes andere x-beliebige Verhältnis kommen". Falsch. Nicht jedes x-beliebige Verhältnis. Sondern immer das Verhältnis 2:1.
24.06.2014, 15:35	kgV	Auf diesen Beitrag antworten »
Also gut, lass mich ein wenig weiter ausholen: 2/1 und 0.66/0.33 beschreibt in der reinen Mathematik ein-und dieselbe Zahl, da gibt es keinen Unterschied, der eine Konstanz nötig machen würde. Problematisch wird das in der Tat erst, sobald man das Ganze in einen Kontext einbettet, der Mathematik sozusagen Einheiten anhängt. Du liegst also vollkommen richtig Da kommen wir dann auch schon zu konstanten Geschwindigkeiten: ich versuche es zuerst auf dem anschaulichen Weg, danach wird es etwas theoretischer: Wenn ich konstant mit 2km/h fahre, dann lege ich in einem infinitesimal kleinen Zeitintervall (das wir jetzt als Bausteine von jeder möglichen Geschwindigkeit sehen) eine bestimmte Strecke $\begin{eqnarray} s \end{eqnarray}$ zurück. Unsere Zeit ist jetzt also ein Vielfaches des infinitesimalen Intervalls, und weil die Geschwindigkeit konstant ist, ist auch die Strecke ein Vielfaches von $\begin{eqnarray} s \end{eqnarray}$ . Deswegen gilt dann auch, dass 2/1 0.66/0.33 impliziert, eben weil das Verhältnis konstant ist. So, theoretisch jetzt: dieses Zerlegen in unendlich kleine Intervalle ist im Grunde das Differenzieren und die Ableitung einer linearen Funktion, die die konstante Geschwindigkeit in einem Zeit/Weg-Diagramm modelliert, ist genau eine Konstante, und zwar die Geschwindigkeit. Jetzt brauchen wir die Taylorformel, denn die liefert uns für eine lineare Funktion genau den Zusammenhang $\begin{eqnarray} f(x)=\underbrace{f(0)}_{=0}+f'(x)(x-0) \end{eqnarray}$ , also ergibt sich für $\begin{eqnarray} f'(x)=s \end{eqnarray}$ im Zeit/Weg-Diagramm genau der Zusammenhang $\begin{eqnarray} f(x)=s\cdot x \end{eqnarray}$ , was für s=2km/1h und x=1 genau 2km/h und für x=0.33 dann 0.66/0.33 km/h liefert, denn f(1h)=2km/1h1h =2km und f(0.33h)=0.66km, also bekommen wir nach Division durch die Zeit: 2km/h=2km/1h=0.66km/0.33h. Ich hoffe, das ist jetzt nicht zu verwirrend geworden, wenn doch, dann ignoriere den letzten Abschnitt einfach Abschließend noch zum Dreisatz: Das würde ich umgekehrt sehen: du wendest beim Dreisatz das Erweitern an und nicht beim Erweitern den Dreisatz, aber das ist sicherlich Geschmackssache. Fakt ist, die beiden hängen untrennbar zusammen
24.06.2014, 19:10	Caius	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo lieber/liebes kgV Ich bin jetzt erst mal ein wenig beruhigt und beunruhigt zugleich hihi. In meiner Vorstellung -ohne irgendeine Ahnung gehabt zu haben- habe ich mir das mal vorher genau so vorgestellt. Ich habe das Zeitintervall ganz ganz ganz ganz klein werden lassen. Aber ich wusste nicht ob die Mathematik das auch so macht. Aber anscheinend tut sie genau das? Mathematisch ausgedrückt delta t strebt gegen 0. Den Zusammenhang musste ich mir gerade klar machen. Das muss dann zwingend die Momentangeschwindigkeit sein, wogegen gestrebt wird (Das ist logisch). Denn die Momentangeschwindigkeit ist genau das, was niemals erreicht wird. Können wir bei einer konstanten Geschwindigkeit uns erlauben Delta t nicht gegen 0 streben zu lassen? Wenn wir voraussetzen, dass die Geschwindigkeit konstant ist würde ich sagen, dass wir dies nicht tun müssen. Also würde es ausreichen ein kleines delta s / delta t auszuwählen und nennen dies unsere Geschwindigkeit. Das macht Sinn. Das Vielfache von diesem winzig kleinen delta s und delta t muss ja dann auch immer stimmen, wenn die Geschwindigkeit konstant ist. Ich muss/will das theoretische unbedingt verstehen. Welche Voraussetzungen muss ich mitbringen um das theoretische verstehen zu können? 1. kann ich schonmal nennen: Differenzialrechnungen Da habe ich ein wenig Vorerfahrung. Taylorreihe allerdings sagt mir gar nichts. Ich hab mir das theoretische jetzt noch nicht ausführlicher angeschaut, werde ich aber noch machen. Vielleicht macht es da ja klick. Und um das ganze jetzt noch mit Wechselkursen zusammen zu bringen: Verfährt man dort nach dem gleichen Prinzip? Schaut man da also nach einem infinitesimalen kleinen delta $ ? Gruß Caius
Anzeige

24.06.2014, 19:37	kgV	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn du die Geschwindigkeit als konstant voraussetzt, dann brauchst du natürlich keine Berechnung, um zu beweisen, dass die Geschwindigkeit konstant ist. Das ist ein bisschen ein Trugschluss: wenn du weißt, dass die Geschwindigkeit konstant ist, dann weißt du auch schon, was dieses infinitesimale Weg/Zeit-Intervall liefern wird - du kennst schon die Lösung und rechnest drauf los, um sie nochmal zu bekommen. Denn im Wort "konstante Geschwindigkeit" steckt die Tatsache schon drin, dass das Verhältnis Weg/Zeit immer dasselbe Ergebnis liefern wird (nämlich eine Konstante, die Geschwindigkeit) Also: wenn du die Geschwindigkeit als konstant voraussetzt, dann genügt es dir, irgendein delta s /delta t zu wählen und entsprechende Vielfache zu bilden, ja. Das delta s/delta t muss aber nicht unbedingt klein sein, da kannst du auch einfache Werte nehmen, z.B. 2 km/1h (man muss sich ja nicht zwingend mit $\begin{eqnarray} \frac{0.63661977km}{0.31830988h} \end{eqnarray}$ herumschlagen). Denn genau weil die Geschwindigkeit konstant ist, werden wir immer Vielfache von diesem Wert haben, sprich, wenn du den Wert von vier Stunden haben willst, einfach oben wie unten mit vier multiplizieren und fertig, und wenn es kompliziertere Zeiten werden sollen, dann brauchst du auch immer nur zu erweitern. Der theoretische Teil ist mit Grundlagen der Differentialrechung und der Kenntnis der Taylorformel für eine lineare Approximation sicherlich nachvollziehbar (im Grunde braucht man nur das Wissen über Ableitungen linearer Funktionen und dass eine Polynomfunktion von Grad n durch ein Taylorpolynom von Grad n in jedem Punkt dargestellt wird (weil sie dann gleich sind - das ist einerseits relativ witzlos, andererseits erlaubt es uns, die Weg/Zeit-Funktion über die Ableitung darzustellen. Anmerkung: wenn man ein wenig besser in Physik ist, ist evtl schon bekannt, dass die Ableitung der Weg/Zeit-Funktion die Geschwindigkeit ist, und dann kann man sich das Taylorpolynom sparen und ist direkt fertig) Der Sprung zum Wechselkurs ist in dieser Form rein vom logischen her nicht leicht machbar: der Wechselkurs sagt einfach: für einen Euro bekommst du 2 Dollar. Fertig. Dass du dann für die Hälfte Geld auch nur die Halben Dollars bekommst, ist einfacher Dreisatz. (man könnte zwar eine schöne Weile herumbasteln, um das Konzept von der konstanten Geschwindigkeit zu übertragen, aber das ist meines Erachtens Unsinn Einfacher finde ich vielleicht den gegenteiligen Weg: konstante Geschwindigkeit sagt: pro Stunde legst du 2 km zurück. Dass du dann in der halben zeit den halben Weg schaffst, ist dann auch wieder Dreisatz. Das könnte u.U auch der einfachste Zugang zur konstanten Geschwindigkeit sein, das musst du dann für dich entscheiden)
24.06.2014, 20:55	Caius	Auf diesen Beitrag antworten »
Sodele Also nochmal zum Wechselkurs (das mit der Geschwindigkeit ist ziemlich klar denke ich): Wenn einfach festgelegt wird: $\begin{eqnarray} \frac{2~Euro}{1~US~Dollar} \end{eqnarray}$ Dann ist natürlich klar, dass man, wenn man das Verhältnis nicht ändert immer 2 Euro für einen Dollar bekommen würde. Das ist logisch. Das hört sich fair an. Jetzt macht sich gerade bei mir ein geistiges Tor auf ziemlich beknackt. Ich hab mich nämlich gefragt wie denn sicher sein kann, dass die Fairness gewahrt wird. Und in der Tat ist dies durch Dreisatz eigentlich recht einfach machbar. Man kann das Verhältnis $\begin{eqnarray} \frac{2~Euro}{1~US~Dollar} \end{eqnarray}$ Ja durch 10^x teilen. Dadurch kriegt man dann halt sehr kleine Zahlen heraus. Und damit kann man dann eigentlich recht einfach sehen, dass man immer 2 Euro / 1 US-Dollar bekommt. Also das die Fairness gewahrt bleibt. Selbst bei sehr "krummen" zahlen, wo das jetzt nicht unbedingt ersichtlich ist. Also als Beispiel: $\begin{eqnarray} \frac{2~Euro}{1~US~Dollar} = \frac{0,66~Euro}{0,33~US~Dollar} \end{eqnarray}$ Wenn man sich vor Augen hält: $\begin{eqnarray} \frac{2~Euro/100}{1~US~Dollar/100} = \frac{0,02~Euro}{0,01~US~Dollar} \end{eqnarray}$ Bei Vergleich von: $\begin{eqnarray} \frac{0,02~Euro}{0,01~US~Dollar} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \frac{0,66~Euro}{0,33~US~Dollar} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \frac{2~Euro}{1~US~Dollar} \end{eqnarray}$ Man muss ja eigentlich aus (praktischen Gründen) nicht mehr wissen, als wie viel Euro-Cent man pro einen US-Cent bekommt. Und wenn man das so beibehält, dass man für jeden US-Cent 2 Euro-Cent bekommt kann es gar keine Ungerechtigkeiten geben. Man bekommt immer 2€/$1 aber eben auch immer 0,66€/$0,33€ oder 0,48€/$0,24 und so weiter und sofort. Lektion: Was erst mal nicht so klar aussieht, wird klar wenn man die Dinge sehr klein macht. Gruß Caius
24.06.2014, 21:03	kgV	Auf diesen Beitrag antworten »
Alles sehr zutreffend gesagt Damit sollten wir (nachdem ein Tor geöffnet wurde) dieses Kapitel abschließen können? Oder sind noch Fragen offen (diese miesen Wortwitze aber auch... )
24.06.2014, 21:13	Caius	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich wüsste nicht, dass noch Fragen offen sind/wären, aber wer weiß... Für mich ist das Kapitel aber erst mal (ab)gesch(l)ossen. Meine Logik randaliert nicht herum. Das bedeutet es ist erst mal alles gut Und danke! Gruß Caius
24.06.2014, 21:20	kgV	Auf diesen Beitrag antworten »
Wunderbar Und gern geschehen

Neue Frage »

Antworten »

Wechselkurse und Proportionalität

Verwandte Themen