Leiterproblem

23.10.2004, 14:23

Devil1984

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Leiterproblem

Hi,
also mein toller Mathelehrer hat uns so ne "tolle" aufgabe gestellt und gesagt, dass bekommt ihr nie raus!
Aufgabe: An einer Hauswand lehnt eine 10m lange Leiter und unten auf dem Boden steht ein "quadratischer" Gegenstand (2m*2m). Die Leiter lehnt an dem Quadrat, das direkt an der Hausmauer dran ist, und an der Hauswand.
Und nun soll berechnet werden an welchem punkt die Leiter die Hauswand berührt. Eigentlich ist das ist das einfachste Mathematik aus der Sek. I aber ich komme da trotzdem nicht drauf X( das deprimiert mich voll!! Und ich habe ihn auch gefragt ob die Angaben, die er uns gegeben hat genug sind, JA.
Dieses Bild soll die Aufgabe darstellen ich hoffe das hilft euch nen bissle, weil ich weiß echt nicht mehr weiter, ich hab schon alles versucht, von Pythagoras, über Strahlen-Satz bis hin zum Höhen-Satz usw.

Edit (mY+): Ungültiger Link wurde entfernt.

23.10.2004, 14:32

kikira

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RE: Einfach Aufgabe .. ?
Da musst du mit Strahlensatz rechnen...

lg
kiki

23.10.2004, 14:33

Gast

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Versuch es doch mal mit 2 Gleichungen mit 2 Unbekannten:

1. den Pythagoras mit Abständen x und y für die Länge der Leiter

2. den Strahlensatz mit dem großen Dreieck mit der Leiter und einem der beiden kleinen Dreiecke.

Damit sollte es gehen.

23.10.2004, 15:15

Devil1984

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Also Strahlensatz: S ist der Berührpunkt von Leiter und Hauswand, AB ist die Strecke=2m, A'B' ist die Strecke=2m+p, z obere Teilstück der Leiter, y untere Teilstück der Leiter

$\begin{eqnarray*} \frac{SA}{SA'} = \frac{SB}{SB'} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{SA}{AA'} = \frac{SB}{BB'} \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \frac{AB}{A'B'} = \frac{SA}{SA'} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{AB}{A'B'} = \frac{SB}{SB'} \end{eqnarray*}$

so dann setze ich mal ein:

$\begin{eqnarray*} \frac{2m}{2m+p} = \frac{10-y}{10} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{2m}{2m+p} = \frac{SB}{X} \end{eqnarray*}$

bzw.

$\begin{eqnarray*} \frac{10-y}{10} = \frac{SB}{X} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{10-y}{10-z} = \frac{SB}{BB'} \end{eqnarray*}$

ich editier mal gleich das Bild, damits zu meinen Angaben passt

Das bringt mich doch nicht weiter, ich hatte das schon mal verwirrt

verwirrt

23.10.2004, 15:34

Gast

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mach mal eine neue Skizze mit:

z = Länge der Leiter =10 m
a = Seitenlänge des Quadrates = 2 m

x = Stützlänge der Leiter an der Hauswand
y = Stützlänge der Leiter am Boden

Dann Pythagoras: z^2 = ?? für die Länge der Leiter aus den Unbekannten x und y

Dann Strahlensatz: x/y = a/? oder y/x = a/?

Das ergibt dann 2 Gleichungen für die beiden Unbekannten x und y, die auch noch gelöst werden wollen.

Viel Erfolg

23.10.2004, 16:24

Leopold

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Dieses Problem ist ein "alter Schlager" und leider gar nicht so einfach zu lösen. Im Anhang steht eine Lösung der Aufgabe für die Quadratseite 1. Wenn man die Leiterlänge auf 5 festlegt, kann man nach dem im Anhang beschriebenen Verfahren die Lösung bestimmen. Anschließend muß man die Figur mit dem Faktor 2 strecken.

Und hier die Lösung für den Abstand des Punktes, wo die Leiter an der Mauer anlehnt, vom oberen linken Kistenpunkt:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{26}+\sqrt{23-2 \cdot \sqrt{26}}-1 \mbox{ bzw. } \sqrt{26}-\sqrt{23-2 \cdot \sqrt{26}}-1 \end{eqnarray*}$

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25.10.2004, 01:33

Devil1984

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Also danke schon mal für eine Lösung Gott

Gott

Aber mein Mathe Lehrer meinte das ginge auch mit Sek. I Kenntnisen!!
Also meint er wohl eine andere Lösung, denn er meinte er wäre auch nur aus Zufall drauf gekommen!
Jetzt verstehe ich auch warum er meinte es würde keine Rolle spielen ob das Quadrat 1x1 o. 2x2 ... ist. Die Leiter kann auch beliebig lang sein, würde nichts zum Problem beitragen, sagte er.

25.10.2004, 01:44

riwe

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da würd ich aber schon dem leopold trauen,
hat denn der mathelehrer nicht gezeigt, wie die lösung geht?
werner

25.10.2004, 14:19

Leopold

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Die Lösung führt auf eine Gleichung 4. Grades, die sich durch Quadratwurzeln ausdrücken läßt. Natürlich kann man dies mit Trigonometrie umgehen. Ich vermute, daß dann aber kompliziertere trigonometrische Umformungen vonnöten sind (hinter denen auch sukzessives Quadratwurzelziehen versteckt ist). Ihr könnt ja einmal probieren, ob das so geht.

Und wenn der Lehrer eine einfachere Lösung kennt, wäre ich dankbar, wenn sie hier hineingestellt würde.

25.10.2004, 18:42

etzwane

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Wenn alfa der Winkel rechts unten ist, dann kommt man auf eine schöne Darstellung mit Winkelfunktionen:

2/sin(alfa) + 2/cos(alfa) = 10

mit der näherungsweise gefundenen Lösung alfa = ca. 75,4°.

Aus Gründen der Symmetrie sollte aber 90°-alfa auch eine Lösung sein, oder irre ich mich da ?

etzwane

25.10.2004, 18:56

Leopold

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Mit Hilfe meiner Lösung von oben kann man jetzt für dein $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ folgern:

$\begin{eqnarray*} \sin{\alpha} = \frac{1}{10} \cdot \left(\sqrt{26}+\sqrt{23-2 \cdot \sqrt{26}}+1 \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \cos{\alpha} = \frac{1}{10} \cdot \left(\sqrt{26}-\sqrt{23-2 \cdot \sqrt{26}}+1 \right) \end{eqnarray*}$

oder umgekehrt durch Vertauschen von sin und cos.

25.10.2004, 22:17

etzwane

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Ja.

Durch weiteres Probieren habe ich herausgefunden, wie man die Gleichung 4. Grades umgehen kann mit Hilfe von trigonometrischen Umrechnungen.

Ausgehend von

1/sin(alfa) + 1/cos(alfa) = a mit a=10/2=5 in diesem Beispiel folgt mit

alfa = 45° +/- beta für beta

mit sin(45°+beta) = (cos(beta)+sin(beta)) / wurzel(2)
und cos(45°+beta) = (cos(beta)-sin(beta)) / wurzel(2)

und schließlich mit x = cos(beta) für x:

2*x / (2*x^2 - 1) = a / Wurzel(2)

woraus man x = cos(beta) errechnen kann.

Für a=5 ergibt sich x = (1+Wurzel(26))/(5*Wurzel(2)) = 0,862 und somit beta = 30,4° und alfa = 45° +/- 30,4°

Aber ob der Lehrer diesen Rechenweg gemeint haben könnte ?

etzwane

25.10.2004, 22:42

Leopold

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Ein hübscher Trick mit dem $\begin{eqnarray*} \alpha = \frac{\pi}{4}+ \beta \end{eqnarray*}$ .
Und man braucht $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ gar nicht berechnen, sondern kann den Ausdruck für $\begin{eqnarray*} \beta=\arccos{(...)} \end{eqnarray*}$ wieder resubstituieren und kommt dann tatsächlich auf meine Lösung von oben.

26.10.2004, 01:14

Calahan

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RE: Einfach Aufgabe .. ?
Hier ist eine ziemlich elementare Lösung,
in der allerdings (anders als in der Skizze) $\begin{eqnarray*} x+2 \end{eqnarray*}$ als zu bestimmende Höhe an der Hauswand benutzt wird.
Betrachte zunächst den Flächeninhalt des Dreiecks (Großes Dreieck = Quadrat + kleines Dreieck rechts neben Quadrat + kleines Dreieck über Quadrat):

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}(p+2)(x+2)=4+\frac{1}{2}(2p+2x)\Rightarrow \bf px=4 \end{eqnarray*}$

Dann Pythagoras:

$\begin{eqnarray*} (x+2)^2+(p+2)^2=100 \end{eqnarray*}$

Insgesamt folgt:

$\begin{eqnarray*} 100=x^2+\underbrace{8}_{=2px}+p^2+4x+4p=x^2+2px+p^2+4(x+p)\\=(x+p)^2+4(x+p) \Rightarrow x+p=\sqrt{104}-2=:\alpha \end{eqnarray*}$

Zusammen mit $\begin{eqnarray*} px=4 \end{eqnarray*}$ folgt nun:

$\begin{eqnarray*} 4=\underbrace{p}_{=\alpha-x}x=\alpha x-x^2 \Rightarrow x=\frac{\alpha}{2}+\sqrt{\frac{\alpha^2}{4}-4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \end{align*}Also konkret: $x\approx 7,677$ und $p\approx 0,521$. Die Leiter lehnt also in etwa $9,677$ Meter Höhe an der Wand.\begin{align*} \end{eqnarray*}$

26.10.2004, 01:25

kikira

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RE: Einfach Aufgabe .. ?
Es kann keine eindeutige Lösung für die Aufgabe geben, denn die Leiter kann ganz weit weg vom Würfel aufgestellt werden, dann wär die vertikale Höhe gering. Dann kann sie ganz nah an den Würfel herangerückt werden, dann wär die vertikale Höhe groß. Und der Idealfall wäre, wenn die Leiter genau in der Mitte an den Würfel angelehnt wäre, falls sich das mit der Distanz zur Hausmauer noch ausgeht. Müsst ich berechnen...somit muss man die Gleichung 4. Grades auflösen. Und mindestens 2 Lösungen müssen reell sein.

lg kiki

26.10.2004, 06:43

Devil1984

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RE: Einfach Aufgabe .. ?
@kikira
du kannst die leiter nicht verschieben, sie steht direkt am Quadrat, sie berührt ihn und das Quadrat berührt die Wand.

@Calahan
deine Rechnung verstehe ich nicht, wenn ich das nachrechnen will, komme ich auf andere ergebnisse!

@Leopold
warum gilt denn bitte alfa=phi/4+beta ??

@etzwane
deine rechnung verstehe ich auch net, welche seite/strecke ist bei dir denn bitte "a" ??

26.10.2004, 08:17

Calahan

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RE: Einfach Aufgabe .. ?

Zitat:

Original von kikira
Es kann keine eindeutige Lösung für die Aufgabe geben, denn die Leiter kann ganz weit weg vom Würfel aufgestellt werden, ...
lg kiki

Nein kann sie nicht! Beachte in der Aufgabenstellung:

Zitat:

Die Leiter lehnt an dem Quadrat, das direkt an der Hausmauer dran ist, und an der Hauswand...

war wohl etwas spät, hmh...?

26.10.2004, 08:25

Calahan

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RE: Einfach Aufgabe .. ?

Zitat:

Original von Devil1984
@Calahan
deine Rechnung verstehe ich nicht, wenn ich das nachrechnen will, komme ich auf andere ergebnisse!

Dann solltest Du mal genau nachrechnen, denn die Rechnung stimmt!
Ich editier die Geschichte mal und machs etwas ausführlicher...

Gruß,
C.

26.10.2004, 15:11

Akerbos

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mein erster Ansatz wäre, dass man die Diagonale durch das Quadrat ( 2*sqrt(2) ) kennt und den Winkel unten links dann mit 45°. Damit kann ich den Abstand der Wand zum Berührpunkt der Leiter mit dem Boden berechnen, dann sollte der Weg zu den Ergebnissen nicht mehr weit sein.
Ich probiers grad mal...

Edit: Hm, Denkfehler... hab da ja keinen 90°-Winkel

26.10.2004, 15:33

Poff

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RE: Einfach Aufgabe .. ?
@kikira
du kannst die leiter nicht verschieben, sie steht direkt am Quadrat,
sie berührt ihn und das Quadrat berührt die Wand.

ich denke so war das auch nicht gemeint ... *g*

es gibt genau 2 Lösungen und das dürfte es sein was 'kikira'
in ihrem Werk zum Ausdruck bringen, und einer evtl. 'dritten'
dabei den Weg nicht versperren wollte ... . ;-)
.

26.10.2004, 21:30

etzwane

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@Devil1984

zugegeben, meine Rechnung ist etwas undurchsichtig, da ich

1) eine Gleichung 4. Grades vermeiden wollte
2) lieber mit Variablen (=Buchstaben) rechne als mit Zahlenwerten

Mit a habe ich bezeichnet das Verhältnis von Länge der Leiter zu Seitenlänge des Quadrates, wie aus der folgenden Gleichung für die Länge der Leiter hervorgeht, wenn man die beiden kleinen Dreiecke betrachtet:

L = 10 = L1 + L2 (für die Längen der Hypothenusen)
mit
2 = L1 * sin(alfa) für das obere kleine Dreieck
2 = L2 * sin(alfa) für das untere kleine Dreieck

Zitat:

Original von etzwane

Wenn alfa der Winkel rechts unten ist, dann kommt man auf eine schöne Darstellung mit Winkelfunktionen:

2/sin(alfa) + 2/cos(alfa) = 10

und daraus
1/sin(alfa) + 1/cos(alfa) = 10/2 (= 5 = a gesetzt von mir für die weitere Rechnung)

Für die weitere Rechnung hatte ich die Variable beta eingeführt mittels alfa = 45° +/- beta bzw. alfa = pi/4 +/- beta und mit beta weitergerechnet, weil das die Rechnung vereinfacht.

Hat man beta ermittelt, kann man alfa ausrechnen, und damit auch die Stützhöhe an der Wand X = L * sin(alfa) = 10 * sin(75,4°) = 9,677

Übrigens ist interessant, dass in allen Lösungen der Ausdruck Wurzel(a^2+1) entsprechend Wurzel(26) bzw. Wurzel(104)=2*Wurzel(26) vorkommt.

etzwane

01.05.2016, 11:56

willyengland

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Dank HAL 9000 bin ich auf diesen Thread gestoßen.

Wie Leopold schrieb:
Die Lösung führt auf eine Gleichung 4. Grades, die sich durch Quadratwurzeln ausdrücken läßt.

Hier meine Lösung:

01.05.2016, 12:14

HAL 9000

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Die Subtitution $\begin{align*} u=x+\frac{1}{x} \end{align*}$ ist übrigens generell wirksam bei algebraischen Gleichungen

$\begin{align*} a_{2n}x^{2n} + a_{2n-1}x^{2n-1} + \ldots + a_1x + a_0 = 0 \end{align*}$

mit symmetrischen Koeffizienten $\begin{align*} a_{2n-k}=a_k \end{align*}$ für $\begin{align*} k=0,1,\ldots,n-1 \end{align*}$ , sie führt zu einer algebraischen Gleichung in $\begin{align*} u \end{align*}$ mit "halbiertem" Grad $\begin{align*} n \end{align*}$ .

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