Das Tunnelfressen einer hungrigen Raupe

10.06.2025, 08:55

Conny_1729

Das Tunnelfressen einer hungrigen Raupe

Hallo,

ich war vor ein paar Tagen in einem Naturschutzgebiet unterwegs gewesen (Buchheller-Quellgebiet, NRW), um dort die nur noch sehr seltenen Schmetterlingsarten (wie den Blauschillernden Feuerfalter) bewundern zu können. Sie sind zum Glück noch nicht ausgestorben!!! - Und dort ist mir dann sofort eine nette Aufgabenstellung eingefallen, auch wenn sich keine mir bekannte Raupenart durch fette Würste, cremige Torten oder würzige Käselaibe futtern würde Augenzwinkern

Zitat:

Aufgabe:

Die kleine Raupe Nummersatt möchte ihren Appetit an einer Wurst (zylindrischer Körper) stillen, die einen Durchmesser von 50mm besitzt. Die Raupe bohrt sich stets mit einem Durchmesser von 10mm einen geradlinigen Tunnel durch ihre Speisen. In einem Winkel von 36° zur Wurstachse futtert sie sich nun geradewegs durch die Wurst und natürlich entlang der Mittelebene, damit der Weg durch die Wurst maximal ausfällt.

Nachdem die Raupe auf der anderen Seite wieder herausgekommen war, verspürte sie immer noch Hunger und wiederholte ihr Vorhaben, wobei sie nun einen spiegelbildlichen Weg durch die Wurst nahm und dabei den ersten Tunnel exakt kreuzte. (siehe Skizze)

Nachdem sie das zweite Mal die Wurst durchquert hatte, dachte sie darüber nach, wieviel Prozent weniger sie wohl beim zweiten Tunnel gefressen haben mag, bezogen auf den ersten Tunnel. Da aber die Raupe Nummersatt mit Zahlen nie groß etwas im Sinn hatte, schlief sie beim Grübeln darüber ein und vergaß schließlich das Thema.

Wir aber können uns nun folgende Fragen stellen:

A) Wieviel Prozent hat der Tunnel 2 weniger an Futter-Volumen gehabt als der Tunnel 1?
B) Wie groß hätte der Winkel $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ sein müssen, damit das Futtervolumen des zweiten Tunnels 80% des ersten Tunnels entsprochen hätte? („volumetrische Schnittmenge (Überlappung)“ = 20%)

Bei den Ergebnissen genügt eine Genauigkeit, die maximal einem relativen Fehler von etwa 0.001 entspräche. – Viel Spaß beim Raupenproblem.

Gruß Conny
.

10.06.2025, 13:50

HAL 9000

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Mit Monte-Carlo bei ca. $\begin{eqnarray*} 10^{10} \end{eqnarray*}$ Iterationen komme ich auf

A) $\begin{eqnarray*} 15,657\% \end{eqnarray*}$
B) $\begin{eqnarray*} \beta \approx 50{,}86^{\circ} \end{eqnarray*}$

Sind vielleicht als Vergleichswerte brauchbar für diejenigen, die sich durch die exakte Integration (für die ich zu faul war) durchkämpfen.

11.06.2025, 11:26

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000
Mit Monte-Carlo bei ca. $\begin{eqnarray*} 10^{10} \end{eqnarray*}$ Iterationen komme ich auf

A) $\begin{eqnarray*} 15,657\% \end{eqnarray*}$
B) $\begin{eqnarray*} \beta \approx 50{,}86^{\circ} \end{eqnarray*}$
...

Das ist das Schöne an solchen Aufgaben, man lernt dabei wieder ganz andere Berechnungsverfahren kennen, um an die Sache heranzugehen. Ich kann mich leider nur auf die ewig plumpe Methode „Integration“ stützen.

Zur Monte-Carlo-Methode habe ich inzwischen auch etwas gefunden, was dieser Aufgabe schon nahe kommt. Die MC-Methode zur Volumenberechnung von Zylindern (siehe Link) wird hier beispielsweise ab Seite 14 beschrieben, wobei diese Zylinder aber gleiche Radien besitzen und rechtwinklig aufeinander stehen.

MC-Methode

Dennoch, irgendein „schmutziger“ Effekt scheint bei den beiden Ergebnissen noch einzuspielen, da sie recht deutlich von den genauen Werten (von mir) abweichen (???). Denn $\begin{eqnarray*} 10^{10} \end{eqnarray*}$ Iterationen sind sicherlich ausreichend viele Rechenschritte, um zu einer Näherungslösung zu gelangen. Im Vergleich: Das von mir verwendete Integral benötigt numerisch nur eine Unterteilung von 1000 Intervallschritten, um die notwendige Genauigkeit zu erhalten. Zur Orientierung: Bei A) liegt mein Ergebnis zwischen 10% ... 11%. – Aber ich bin wirklich sehr gespannt, wie gut die MC-Methode an meine Resultate herankommen wird. Immerhin ein Anfang!!! Und eine faszinierende Methodenwahl dazu!

Gruß Conny

11.06.2025, 12:58

willyengland

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Methode 3: Grobe Abschätzung nach Willy

Ich habe das Bild vergrößert, den zentralen Anteil ausgemessen und mit der Gesamtlänge ins Verhältnis gesetzt. Es ergibt sich ca. 16%.

11.06.2025, 13:33

Conny_1729

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Zitat:

Original von willyengland
Methode 3: Grobe Abschätzung nach Willy

Ich habe das Bild vergrößert, den zentralen Anteil ausgemessen und mit der Gesamtlänge ins Verhältnis gesetzt. Es ergibt sich ca. 16%.

Wenn du allein nur über die Längenverhältnisse die Volumina abschätzt, sind ja dann quasi nur Projektionen auf eine Ebene, dann ist deine Abschätzung gleichzeitig eine obere Grenze für den gesuchten Wert. Wie man erkennt (siehe Bild) wäre das gelbe Volumen in der Mitte "rundum" etwas kleiner als bei deiner Methode. Aber so kommen wir dieser Sache auf mehreren Wegen entgegen.

Gruß Conny
.

11.06.2025, 13:55

willyengland

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Ok, dann wäre vielleicht noch eine Verbesserung, das Kugel/Würfel-Verhältnis = 0,81 dran zu multiplizieren.
Ist zwar kein Würfel, aber so ähnlich. Das gäbe dann 13 %.

12.06.2025, 08:52

HAL 9000

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Zitat:

Original von Conny_1729
Bei A) liegt mein Ergebnis zwischen 10% ... 11%.

Sollte das stimmen, hätte ich mich in meiner Simulation aber kräftig verhauen. Das kann nicht am Zufall liegen, da müsste methodisch ein Bock drin sein. Ich kann ja mal schildern, wie ich vorgegangen bin:

Wurst in $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ -Richtung, d.h. $\begin{eqnarray*} W = \left\{ (x,y,z) \mid x^2 + y^2 \leq 25^2\right\} \end{eqnarray*}$

Raupenzylinder 1: $\begin{eqnarray*} R_1 = \left\{ (x,y,z) \mid \left(x\cos(\beta)-z\sin(\beta)\right)^2 + y^2 \leq 5^2\right\} \end{eqnarray*}$

Raupenzylinder 2: $\begin{eqnarray*} R_2 = \left\{ (x,y,z) \mid \left(x\cos(\beta)+z\sin(\beta)\right)^2 + y^2 \leq 5^2\right\} \end{eqnarray*}$

Jetzt kann man sich noch überlegen, was die (betrags-)maximalen z-Koordinate der Fresskanäle $\begin{eqnarray*} W\cap R_k \end{eqnarray*}$ sind, das ist $\begin{eqnarray*} z_{\max} = \frac{25\cos(\beta) + 5}{\sin(\beta)} \end{eqnarray*}$ , ich kann mich daher in der Simulation auf den endlichen Zylinder

$\begin{eqnarray*} W^* = \left\{ (x,y,z) \mid x^2 + y^2 \leq 25^2,|z|\leq z_{\max}\right\} \end{eqnarray*}$

beschränken. Nun würfle ich $\begin{eqnarray*} (x,y,z)\in W^* \end{eqnarray*}$ aus und zähle, wieviele davon in $\begin{eqnarray*} R_1 \end{eqnarray*}$ sowie dann sogar in $\begin{eqnarray*} R_1\cap R_2 \end{eqnarray*}$ landen, das seien die Anzahlen $\begin{eqnarray*} N_1 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} N_2 \end{eqnarray*}$ . Der Quotient $\begin{eqnarray*} \frac{N_2}{N_1} \end{eqnarray*}$ ist dann eine Schätzung für den Anteil des Fresskanals 2, der auch in Fresskanal 1 liegt.

12.06.2025, 11:04

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000
... Nun würfle ich $\begin{eqnarray*} (x,y,z)\in W^* \end{eqnarray*}$ aus und zähle, wieviele davon in $\begin{eqnarray*} R_1 \end{eqnarray*}$ sowie dann sogar in $\begin{eqnarray*} R_1\cap R_2 \end{eqnarray*}$ landen, das seien die Anzahlen $\begin{eqnarray*} N_1 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} N_2 \end{eqnarray*}$ . Der Quotient $\begin{eqnarray*} \frac{N_2}{N_1} \end{eqnarray*}$ ist dann eine Schätzung für den Anteil des Fresskanals 2, der auch in Fresskanal 1 liegt.

Das ist schon sehr rätselhaft??? An der Methode und bzgl. der definierten Räume kann ich nichts entdecken, was gegen diese Vorgehensweise sprechen könnte. Sollte eigentlich funktionieren ...

Man könnte jetzt lediglich ein Szenario gegenchecken, bei welchem der Wurstradius r2 weit größer als der Fressradius r1 ist und der Winkel bei 45° liegt, sodass die Tunnel rechtwinklig zueinander sind. Dann können die ins Verhältnis gesetzten Volumina leichter (als Näherung) berechnet werden.
$\begin{eqnarray*} \\&& r_2>>r_1 \\&&\beta=45° \\&& V_A\approx \frac{r_1^2\cdot \pi\cdot 2r_2 }{sin(45°)} \\&& V_B=\frac{16}{3}\cdot r_1^3 \\&& \frac{V_B}{V_A}\approx\frac{r_1}{r_2}\cdot \frac{sin(45°) }{\pi }\cdot \frac{8}{3}\approx \frac{r_1}{r_2}\cdot 0.6002 \end{eqnarray*}$

Ich denke aber, dass diese Gegenprobe schon geschehen ist. Irgendwann wird sich bestimmt das Geheimnis lüften, wo hier der Teufel im Detail steckt und das Ergebnis auf sonderbare Weise verschmiert.

Gruß Conny

12.06.2025, 14:46

Conny_1729

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Zitat:

Original von Conny_1729

Ich denke aber, dass diese Gegenprobe schon geschehen ist. Irgendwann wird sich bestimmt das Geheimnis lüften, wo hier der Teufel im Detail steckt und das Ergebnis auf sonderbare Weise verschmiert.

Gruß Conny

Nur mal so in den blauen Dunst geraten. Vielleicht liegt es daran, dass man erst einmal einen größeren Raum W** betrachten muss, damit man nicht evtl. Elemente verliert???
$\begin{eqnarray*} \\&& W^{**} = \left\{ (x,y,z) \mid x^2 + y^2 \leq \left(\frac{25}{sin(\beta)} \right) ^2,|z|\leq z_{\max}\right\} \\&& N_1:= \left(W^{**}\cap R_1\right)\cap W^* \end{eqnarray*}$

Das ist aber jetzt nur eine sehr, sehr vage Vermutung.

Gruß Conny

12.06.2025, 15:30

HAL 9000

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Shit... doch ein Programmierfehler, einen Summanden vergessen. Finger1

A) Ok, nochmal mit $\begin{eqnarray*} 10^{10} \end{eqnarray*}$ Durchläufen: Diesmal $\begin{eqnarray*} 10.545\% \end{eqnarray*}$ .

B) $\begin{eqnarray*} \beta\approx 64{,}75^{\circ} \end{eqnarray*}$

12.06.2025, 16:19

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000

A) Ok, nochmal mit $\begin{eqnarray*} 10^{10} \end{eqnarray*}$ Durchläufen: Diesmal $\begin{eqnarray*} 10.545\% \end{eqnarray*}$ .

B) $\begin{eqnarray*} \beta\approx 64{,}75^{\circ} \end{eqnarray*}$

Beide Ergebnisse sind auf den Punkt genau!!! Diese exzellente Methode speichere ich mir mal gedanklich unter meinen Favoriten ab. Da habe ich wieder etwas sehr Praxistaugliches gelernt!

Gruß Conny

12.06.2025, 16:25

HAL 9000

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Problematisch wird es, wenn man hohe Genauigkeit benötigt: Denn für $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ Dezimalstellen benötigt man eine Simulationsanzahl in der Größenordnung $\begin{eqnarray*} n= O\left(10^{2d}\right) \end{eqnarray*}$ , da das stochastische Rauschen nur mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{n}} \end{eqnarray*}$ abnimmt. Die $\begin{eqnarray*} 10^{10} \end{eqnarray*}$ oben waren also keine Übertreibung, wenn man ungefähr 5 Dezimalstellen haben will.

12.06.2025, 19:33

Conny_1729

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Zitat:

Original von Conny_1729
$\begin{eqnarray*} \\&& r_2>>r_1 \\&&\beta=45° \\&& V_A\approx \frac{r_1^2\cdot \pi\cdot 2r_2 }{sin(45°)} \\&& V_B=\frac{16}{3}\cdot r_1^3 \\&& \frac{V_B}{V_A}\approx\frac{r_1}{r_2}\cdot \frac{sin(45°) }{\pi }\cdot \frac{8}{3}\approx \frac{r_1}{r_2}\cdot 0.6002 \end{eqnarray*}$

Gruß Conny

Da ja sonst nur "willyengland" aus der Hüfte geschossen eine Abschätzung mit einem Näherungswert von ca.13% geliefert hat, hier noch ein anderer Versuch, der auf die obige Annäherung abzielt, wobei sich aber diese nur auf eine rechtwinklig kreuzende Bohrung bezieht(!).

Denn mit etwas Recherche/Intuition ist es durchaus möglich, die Formel von $\begin{eqnarray*} V_B \end{eqnarray*}$ für zwei gleiche Zylinder zu finden, die sich unter dem Winkel $\begin{eqnarray*} 2\beta \end{eqnarray*}$ kreuzen.
$\begin{eqnarray*} \\&&(A): \\&& r_2>>r_1 \\&& V_A\approx \frac{r_1^2\cdot \pi\cdot 2r_2 }{sin(\beta)} \\&& V_B=\frac{16}{3}\cdot r_1^3 \cdot \frac{1}{sin(2\beta)} \\&& \frac{V_B}{V_A}\approx\frac{r_1}{r_2}\cdot \frac{sin(\beta) }{sin(2\beta) }\cdot \frac{8}{3\pi }=\frac{r_1}{r_2}\cdot \frac{1 }{cos(\beta) }\cdot \frac{4}{3\pi } \\&& \Rightarrow \frac{V_B}{V_A}\approx 10.492% \\&& \\&& (B): \\&& \frac{V_B}{V_A}\approx\frac{r_1}{r_2}\cdot \frac{1 }{cos(\beta^*) }\cdot \frac{4}{3\pi }=\frac{1}{5}=20% \\&& \Rightarrow \beta^*\approx arccos \left(\frac{4}{3\pi } \right)=64.886° \end{eqnarray*}$

Ist zwar schon eine ganz gute Näherung, aber genügt leider noch nicht der geforderten Genauigkeit.

Gruß Conny

13.06.2025, 09:18

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000
Problematisch wird es, wenn man hohe Genauigkeit benötigt: Denn für $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ Dezimalstellen benötigt man eine Simulationsanzahl in der Größenordnung $\begin{eqnarray*} n= O\left(10^{2d}\right) \end{eqnarray*}$ , da das stochastische Rauschen nur mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{n}} \end{eqnarray*}$ abnimmt. Die $\begin{eqnarray*} 10^{10} \end{eqnarray*}$ oben waren also keine Übertreibung, wenn man ungefähr 5 Dezimalstellen haben will.

Ich habe mal mit einem geordneten starren Gitterpunktmuster eine Auszählung durchgeführt. Wenn man nicht so auf die Genauigkeit Wert legt, dann kann man sich einem Ergebnis annähern, das einem rel. Fehler knapp unter 1% entspricht, aber an die Güte der Monte-Carlo-Methode nicht heranreicht.

Für mich stellt sich in diesem Zusammenhang noch eine spezielle Frage: Könnte man mit dieser Methode auch die Oberfläche der beiden Raupenzylinder R1 und R2 berechnen?

Meine Frage zielt eigentlich darauf ab, ob die Berechnung des Verhältnisses von Volumen V zur Oberfläche O mit diesem Verfahren möglich wäre.
$\begin{eqnarray*} \frac{V\left(R_1\cap R_2\right) }{O\left(R_1\cap R_2\right) } =? \end{eqnarray*}$

Gruß Conny

13.06.2025, 11:27

HAL 9000

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Zitat:

Original von Conny_1729
Meine Frage zielt eigentlich darauf ab, ob die Berechnung des Verhältnisses von Volumen V zur Oberfläche O mit diesem Verfahren möglich wäre.
$\begin{eqnarray*} \frac{V\left(R_1\cap R_2\right) }{O\left(R_1\cap R_2\right) } =? \end{eqnarray*}$

Prinzipiell ist das natürlich möglich:

Dazu erzeugt man zufällige Punkte auf der Mantelfläche eines (genügend groß gewählten) endlichen Teilzylinders von $\begin{eqnarray*} R_1 \end{eqnarray*}$ und zählt dann die Punkte, die in $\begin{eqnarray*} R_2 \end{eqnarray*}$ liegen, also etwa so:

Mit gleichverteilten $\begin{eqnarray*} U_1,U_2\sim\operatorname{Unif}(0,1) \end{eqnarray*}$ bestimmt man

$\begin{eqnarray*} y = r_1\cos(2\pi U_1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x' = r_1\sin(2\pi U_1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} z' = l(2U_2-1) \end{eqnarray*}$

zunächst einen Punkt auf der Manteloberfläche eines zentrierten Raupenzylinders der Länge $\begin{eqnarray*} 2l \end{eqnarray*}$ (ergibt Flächeninhalt $\begin{eqnarray*} 4\pi r_1l \end{eqnarray*}$ ), der noch parallel zum Wurstzylinder liegt, Den müssen wir dann noch drehen, d.h.

$\begin{eqnarray*} x = x'\cos(\beta) + z'\sin(\beta) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} z = -x'\sin(\beta) + z'\cos(\beta) \end{eqnarray*}$

Jetzt ist $\begin{eqnarray*} (x,y,z) \end{eqnarray*}$ ein simulierter Punkt auf der Oberfläche von $\begin{eqnarray*} R_1 \end{eqnarray*}$ , und es kann mit obigem Check geprüft werden, ob er in $\begin{eqnarray*} R_2 \end{eqnarray*}$ liegt. Mit dem so gewonnenen relativen Anteil $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ lautet die Schätzung $\begin{eqnarray*} p\cdot 4\pi r_1 l \end{eqnarray*}$ für die Fläche $\begin{eqnarray*} (\partial R_1)\cap R_2 \end{eqnarray*}$ , was allerdings nur die Hälfte der gesuchten Oberfläche ist. Die andere Hälfte $\begin{eqnarray*} R_1\cap (\partial R_2) \end{eqnarray*}$ ist allerdings kongruent dazu, so dass wir als Schätzung für die Gesamtoberfläche

$\begin{eqnarray*} O(R_1\cap R_2)\approx p\cdot 8\pi r_1 l \end{eqnarray*}$

erhalten müssten.

P.S.: $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ muss groß genug gewählt werden, dass die Deckflächen des so gewählten $\begin{eqnarray*} R_1 \end{eqnarray*}$ -Teilzylinders nicht $\begin{eqnarray*} R_2 \end{eqnarray*}$ schneiden. Hab das jetzt noch nicht berechnet, aber wird irgendwie von $\begin{eqnarray*} r_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ abhängen. Und wenn es viel zu groß gewählt wird, dann verschwendet man zuviel Rechenzeit in der Erzeugung unnützer Punkte weit außerhalb von $\begin{eqnarray*} R_2 \end{eqnarray*}$ .

13.06.2025, 13:28

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000

P.S.: $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ muss groß genug gewählt werden, dass die Deckflächen des so gewählten $\begin{eqnarray*} R_1 \end{eqnarray*}$ -Teilzylinders nicht $\begin{eqnarray*} R_2 \end{eqnarray*}$ schneiden. Hab das jetzt noch nicht berechnet, aber wird irgendwie von $\begin{eqnarray*} r_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ abhängen. Und wenn es viel zu groß gewählt wird, dann verschwendet man zuviel Rechenzeit in der Erzeugung unnützer Punkte weit außerhalb von $\begin{eqnarray*} R_2 \end{eqnarray*}$ .

Danke für diese methodische Vorgehensweise bzgl. der Zylinderoberflächen! - Ja, man muss schon im Auge behalten (wegen der Rechenzeit!), ob man nur allein die Oberfläche berechnen will oder sowohl das Volumen als auch die Oberfläche ermittelt werden sollen. Ich hätte es mir sonst einfach gemacht und schlichtweg ein zweites (minimal kleineres) Volumen V* berechnet, dessen Oberfläche um ein $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ -Offset nach innen verschoben ist, sprich der Zylinderradius ist in unserem Beispiel um den Wert $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ kleiner. Und daraus hätte ich mir dann eine angenäherte Oberfläche O* berechnet.
$\begin{eqnarray*} \\&& O^*=\frac{V-V^*}{\epsilon} \\&& \frac{V}{O^*}=\frac{V}{V-V^*}\cdot \epsilon \end{eqnarray*}$

Gruß Conny

13.06.2025, 15:05

HAL 9000

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Was mir auch noch aufgefallen ist:

Du willst ja vermutlich nur solche Winkel betrachten, wo $\begin{eqnarray*} R_1\cap R_2\cap W = R_1\cap R_2 \end{eqnarray*}$ ist, oder?

Denn für $\begin{eqnarray*} \beta\nearrow 90^{\circ} \end{eqnarray*}$ kommt irgendwann der Moment, wo $\begin{eqnarray*} R_1\cap R_2\cap W \subsetneq R_1\cap R_2 \end{eqnarray*}$ gilt, d.h. der Durchschnitt $\begin{eqnarray*} R_1\cap R_2 \end{eqnarray*}$ aus der Wursthülle hervor ragt. Das gilt es in der exakten Rechnung zu beachten - bei der MC-Simulatiom bereitet dieser Fakt keine Probleme.

13.06.2025, 15:25

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000
Was mir auch noch aufgefallen ist:

Du willst ja vermutlich nur solche Winkel betrachten, wo $\begin{eqnarray*} R_1\cap R_2\cap W = R_1\cap R_2 \end{eqnarray*}$ ist, oder?

Genau, die Schnittmenge der beiden Tunnel muss immer komplett in der Wurst sein. Zu kleine Winkel $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ sollten dann auch nicht betrachtet werden, sonst wächst die Wurstlänge ins Luxuriöse, damit beidseitig ein Tunneleingang/-ausgang zustande kommt.

Gruß Conny

15.06.2025, 11:01

Conny_1729

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Ich denke, da die Aufgabe methodisch durch die Monte-Carlo-Simulation schon gelöst wurde, wird wahrscheinlich in Richtung "Integration" kein Lösungsangebot mehr kommen. Deswegen reiche ich sie mal nach, falls doch jemand interessehalber diesen Weg nachvollziehen möchte.

Lösung über Integralrechnung:

Auch wenn die Aufgabe sehr übersichtlich und auf dem ersten Blick einfach erscheint, so muss man erst einmal einen Ansatz finden, die zu einer Lösung führt. Zu diesem Zweck habe ich eine Hilfsskizze beigesteuert (=> siehe PDF am Ende). Letztendlich geht es nur darum, aufeinander gestapelte Parallelogramm-Flächen mit der Höhe dx aufzusummieren, um das Verschnittvolumen von den zwei unterschiedlichen Zylindern zu berechnen. Dazu muss man nur wissen, wie sich die Maße a* bzw. a und b in Abhängigkeit von der Koordinate x verhalten.

$\begin{eqnarray*} \\&& a(x)^*=\sqrt{r_1^2-x^2} \\&& a(x)=\frac{\sqrt{r_1^2-x^2} }{sin(\beta)} \\&& b(x)=\sqrt{r_2^2-x^2} \\&& \\&& V\left(r_1,r_2,\beta\right)=\int_{-r_1}^{r_1} \! 4a(x)b(x) \, dx=\frac{8}{sin(\beta)} \int_{0}^{r_1} \! \sqrt{r_1^2-x^2}\cdot\sqrt{r_2^2-x^2} \, dx \end{eqnarray*}$

Wenn dieses Integral numerisch gelöst wird, es reicht dabei das Intervall in etwa 1000 kleine Schritte zu unterteilen, dann hätte man schon das Volumen der sich überlappenden Zylinder. An dieser Stelle möchte ich aber die Umformungen noch weiter fortführen, indem ich folgende Substitutionen vorgebe:

$\begin{eqnarray*} \\&&k=\frac{r_1}{r_2} \\&& t=\left(\frac{x}{r_1} \right)^2 \\&& dx=dt\cdot \frac{r_1^2}{2x}=dt\cdot \frac{r_1}{2\sqrt{t}}=dt\cdot t^{-1/2}\cdot k\cdot \frac{r_2}{2} \\&& V\left(r_1,r_2,\beta\right)=\frac{4}{sin(\beta)}\cdot k^2\cdot r_2^3\cdot \int_{0}^{1} \! t^{-1/2}\cdot \left(1-t\right)^{1/2}\cdot \left(1-k^2\cdot t\right)^{1/2} \, dt \end{eqnarray*}$

Das Integral zeigt nun eine Form, die sich durch die Gaußsche hypergeometrische Funktion ausdrücken lässt.

Gaußsche hypergeometrische Funktion

$\begin{eqnarray*} \\&& _2F_1(a,b;c;z)\cdot \frac{\Gamma(b)\cdot\Gamma(c-b)}{\Gamma(c)}= \int_{0}^{1} \! t^{b-1}\left(1-t\right)^{c-b-1}\left(1-zt\right)^{-a} \, dt \\&& a=-\frac{1}{2} \\&& b=\frac{1}{2} \\&& c=2 \\&& z=k^2 \\&& \\&& _2F_1(-1/2,1/2;2;k^2)\cdot \frac{\Gamma(1/2)\cdot\Gamma(3/2)}{\Gamma(2)}= \int_{0}^{1} \! t^{-1/2}\cdot \left(1-t\right)^{1/2}\cdot \left(1-k^2\cdot t\right)^{1/2} \, dt \\&& _2F_1(-1/2,1/2;2;k^2)\cdot \frac{\pi }{2} = \int_{0}^{1} \! t^{-1/2}\cdot \left(1-t\right)^{1/2}\cdot \left(1-k^2\cdot t\right)^{1/2} \, dt \\&& \\&& \Rightarrow V\left(r_1,r_2,\beta\right)=\frac{r_2^3}{sin(\beta)}\cdot 2\pi k^2\cdot \text{ } _2F_1(-1/2,1/2;2;k^2) \end{eqnarray*}$

Das wäre nun die allgemeine Formel zur Berechnung des Volumens, wobei wir mit der hypergeometrischen Funktion im Grunde nicht viel gewonnen haben, denn auch diese Funktion muss numerisch berechnet oder aus Tabellenbüchern entnommen werden.

Nun können wir die Werte einsetzen. Beim Tunnel 1 sind folgende Werte relevant:
$\begin{eqnarray*} \\&& r_1=10mm \\&& r_2=50mm \\&& \beta=36° \\&& \\&& k=\frac{r_1}{r_2}=\frac{1}{5} \\&& V_1(r_1,r_2,\beta)=\frac{r_2^3}{sin(\beta)}\cdot v(k) \\&& v(k)=2\pi k^2\cdot \text{ } _2F_1(-1/2,1/2;2;k^2) \\&& v(1/5)=2\pi \frac{1}{25} \cdot \text{ } _2F_1(-1/2,1/2;2;1/25)\approx 0.250064412\approx \frac{1}{4} \\&& \\&& V_1(r_1,r_2,36°)\approx \frac{r_2^3}{sin(36°)}\cdot \frac{1}{4} \\&& V_1\approx r_2^3\cdot \frac{1}{4}\cdot\sqrt{2+\frac{2}{\sqrt{5} } } \end{eqnarray*}$

An dieser Stelle habe ich auch den kleinen Joker ausgespielt, dass ein relativer Fehler von 1/1000 ausreichend ist und man zur Vereinfachung den Faktor v(1/5)=0.25 setzt.

Beim Tunnel 2 sind dann folgende Werte relevant:
$\begin{eqnarray*} \\&& r_1^*=10mm \\&& r_2^*=10mm \\&& \beta^*=180°-2\cdot 36°=108° \\&& \\&& k^*=\frac{r_1^*}{r_2^*}=1 \\&& V_2(r_1^*,r_2^*,\beta^*)=\frac{r_2^{* 3}}{sin(\beta^*)}\cdot v(k^*) \\&& v^*(1)=2\pi \cdot \text{ } _2F_1(-1/2,1/2;2;1)= \frac{16}{3} \\&& V_2(r_1^*,r_2^*,108°)=\frac{r_2^{* 3}}{sin(108°)}\cdot \frac{16}{3} \\&& V_2=r_2^{* 3}\cdot \frac{32}{3}\cdot\sqrt{\frac{2}{5+\sqrt{5} } } \end{eqnarray*}$

Das Verhältnis der Volumina zueinander ergibt dann:
$\begin{eqnarray*} \\&& \frac{V_1}{V_2}\approx \frac{3}{128}\cdot \left(1+\sqrt{5} \right)\cdot \left(\frac{r_2}{r_2^*} \right)^3\approx \frac{3}{128}\cdot \left(1+\sqrt{5} \right)\cdot \left(\frac{5}{1} \right)^3 \\&& \frac{V_1}{V_2}\approx 9.48067 \\&& \frac{V_2}{V_1}\approx 0.1055= 10.55% \end{eqnarray*}$

Der noch etwas präzisere Ergebnis-Wert wäre dann (zur Vervollständigung):

Lösung zu A): (genauerer Wert)
$\begin{eqnarray*} \\&& \frac{V_2}{V_1}\approx 10.54506% \end{eqnarray*}$

Damit der Verschnitt zwischen den beiden Tunneln 20% vom Volumen des ersten Tunnels entspricht, muss gelten:
$\begin{eqnarray*} \\&& \left(\frac{r_2^3\cdot \frac{1}{4} }{sin(\beta) } \right):\left(\frac{r_1^3\cdot \frac{16}{3} }{sin(180°-2\beta)} \right)=5:1 \\&& \\&& \frac{r_2}{r_1}=5 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \\&& 5^3\cdot \frac{1}{4}\cdot \frac{3}{16}\cdot\frac{sin(180°-2\beta)}{sin(\beta)}=5 \\&& \frac{5^2\cdot 3}{64}\cdot 2\cdot cos(\beta)=1 \\&& \beta=arccos\left(\frac{32}{75} \right)\approx 1.13 rad \\&& \beta \approx 64.74° \end{eqnarray*}$

Lösung zu B): (genauerer Wert)
$\begin{eqnarray*} \\&& \beta \approx 64.75076° \end{eqnarray*}$

Gruß Conny

Ansonsten, wenn man nicht mit der ungewohnten Hypergeometrischen Funktion rechnen möchte, es geht auch über die Elliptischen Integrale erster und zweiter Art (F und E) oder über eine Reihe mit Binominal-Ausdrücken. Diese Gleichungen lassen sich alle gegenseitig ineinander überführen.
$\begin{eqnarray*} \\&& v(k)=2\pi k^2\cdot \text{ } _2F_1(-1/2,1/2;2;k^2) \\&& v(k)=\frac{8}{3}\cdot \left[\left(k^2-1\right)F(\pi/2,k)+\left(k^2+1\right)E(\pi/2,k) \right] \\&& v(k)=4\pi \cdot \sum\limits_{n=1}^\infty \begin{pmatrix} 1/2 \\ n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1/2 \\ n-1 \end{pmatrix}\cdot k^{2n} \end{eqnarray*}$

Zur Info: Bei der Verwendung der Elliptischen Integralen muss man darauf achten, ob für den Parameter k evtl. $\begin{eqnarray*} k^2 \end{eqnarray*}$ genommen werden muss, wie im Fall von Wolfram-Alpha/Mathematica!

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Das Tunnelfressen einer hungrigen Raupe

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