Mir fiel gerade ein worüber ich mal gestolpert bin:
Also die Dachrinne soll mal wieder gereinigt werden, zur Verfügung steht eine 7m lange Leiter, die ans Haus gelehnt wird…
Jetzt steht unten direkt an der Wand noch eine Quadratische Kiste mit je 1m Kantenlänge, die Leiter berührt diese Kiste. Das Ende der Leiter erreicht genau die Dachrinne.
Wie hoch ist die Dachrinne?
SQRT(48)
SQRT(48)
Hi, nein so einfach ist es nicht, die Leiter berührt die Kiste aber nicht an dem Ende…
Überleg mal weiter oder mal es dir auf
Markus
Und wo berührt die Leiter dann die Kiste?
*aufdemschlauchsteh*
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Und wo berührt die Leiter dann die Kiste?
*aufdemschlauchsteh*
also
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Also die Leiter ist sieben Meter lang, die Kiste hat eine Seitenlänge von einem Meter.
So stell ich es mir zumindestens vor, hab im Moment aber keine Zeit um rumzurechnen
Gandalf
Gut gezeichnet!
Genauso ist es, bin nur halt nicht so kreativ mit dem Malen…
Markus
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Hallo Markus,
die Höhe ist exakt
14 / (7 - Wurzel(53 - 20 * Wurzel(2))) Meter
Der Rechenweg ist aber interessanter als das Ergebnis.
Viele Grüße
Stefan
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Der Rechenweg ist aber interessanter als das Ergebnis.
Glaub ich auch, aber wo nimmst du die Zahlen her???
Viele Grüße
Stefan
Gruß Marcel
Geometrie, Koordinatensystem, Algebra
Wenn ich die Geometrie in ein Koordinatensystem packe und etwas mit Geradengleichungen Schnittpunkten und Pythagoras herumrechne, komme ich letztendlich auf eine Gleichung vierten Grades. Damit ich die lösen kann, wäre es praktisch wenn da nur gerade Therme vorkämen, denn dann könnte ich x² substituieren. Die Lösungen sind dann symmetrisch. Ich muss also ein Koordinatensystem verwenden in dem die vier möglichen Lösungen symmetrisch liegen:
Den Boden bildet die Gerade y = x
Die Wand bildet die Gerade y = -x
Die Eckpunkte der Kiste sind:
(0, 0)
(a, a)
(0, 2a)
(-a, a) mit a = Wurzel(2)/2
Die Leiter geht also durch den Punkt (0, 2a)
Somit wird die Leiter durch folgende Gerade beschrieben:
y = Wurzel(2) + m * x
m ist zunächst unbekannt, kann aber wie oben beschrieben als Lösung einer Gleichung vierten Grades berechnet werden.
Natürlich kommt man auf die selbe Lösung, auch wenn man ein anderes Koordinatensystem wählt, nur dann sieht die Gleichung vierten Grades anders aus, so dass man sehr viel mehr Schwierigkeiten hat, diese mit Papier und Bleistift zu berechnen.
Viele Grüße
Stefan
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Ich hab auch noch einen Lösungsweg.
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x| \--M
\_| \_\_\ d
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1|| | \
+----------
1 | y|
Sei M der Mittelpunkt der Leiter (also bei 3.5 Metern), d der Abstand von M zum Auflagepunkt
der Leiter auf den Würfel, x der Abstand von Würfeloberkante zum Punkt, wo die Leiter an die
Wand stößt, y der Abstand zwischen Würfel und unterem Leiterauflagepunkt.
Gesucht ist die Höhe x+1.
Wir haben drei ähnliche Dreiecke: Ein großes, ein oberes und ein unteres.
Ähnlichkeitsbetrachtungen zwischen dem oberen und dem unteren liefern uns: x/1 = 1/y, also
A) x=1/y
und damit insbesondere
A2) x^2*y^2 = 1 (das brauchen wir später)
Pythagoras am oberen Dreieck liefert:
B) x^2 = (3.5+d)^2 -1 oder schöner:
B2) x^2 = (4.5+d)*(2.5+d) (Binomi 3)
Pythagoras am unteren Dreieck liefert analog
C) y^2 = (3.5-d)^2 -1 bzw
C2) y^2 = (4.5-d)*(2.5-d)
B2 und C2 multiplizieren und auf der linken Seite A2 ausnutzen liefert
1 = (4.5+d)*(2.5+d)*(4.5-d)*(2.5-d) , daraus wird
1 = (4.5^2 - d^2)*(2.5^2 -d^2) (umsortieren und 3. binom. Formel)
Substitution u=d^2 ergibt die quadratische Gleichung
1= (20.25-u)*(6.25-u), bzw:
u^2 - 26.5*u + 125,5625 = 0
Auflösen liefert u.
Daraus die Wurzel liefert d.
B) liefert x.
1 dazuzählen liefert die gesuchte Höhe,
und mein Taschenrechner liefert dasselbe Ergebnis, das Stefan schon genannt hat.
Viele Grüße
Barbara