Hallo
Ich sitze seit 5 Tagen an einem (eigentlich leichten) trigonometrischen Problem.
Ich möchte in einem Dreieck einen Teilwinkel in Abhängigkeit eines Hauptwinkels angeben. Am besten is das ganze auf der Grafik unter folgendem Link zu sehen: http://www.pic-upload.de/view-3353319/winkel-abh-ngi…
Falls der Link nich geht oder gelöscht wird versuch ich s mal zu umschreiben:
Dreieck ABC mit Geragen in Punkt C und D die auf der gegenüberliegenden Seite (nicht senkrecht) enden. Die beiden Geraden sind nach ihrer Länge und den jeweiligen Länge bis zum Schnittpunkt der Geraden bekannt. Im Punkt A ist der Winkel Alpha im Punkt B der Teilwinkel Beta (unterhalb der Winkelteilenden).
noch ein paar erklärende Worte. Die Länge (a+b) und ihre Teilstücke sind bekannt. Die Länge (c+d) und ihre Teilstücke sind bekannt.
Das ganze ist die schematische Darstellung eines Getriebes, der rote Punkt ist ein reiner Drehpunkt, der sonst raumfix ist; der gelbe Punkt ist der Drehpunkt der beiden Längen (a+b) und (c+d); der blaue Punkt ist ein Drehschibegelenk, hier dreht sich die Länge (c+d) und kann entlang der gestichelten Linien gleiten.
Für spätere Berechnungen muss ich eine Beziehung des Winkels beta in Abhängigkeit des Winkels alpha hinbekommen. Ich hab schon ettliche Ansätze, von Flächeninhalte über Spezialfälle zum Projektionssatz, durch. Der Projektionssatz war der vielversprechendeste Ansatz, hat aber leider keine Lösung zu Tage gebracht.
Wenn mir jemand helfen könnte wäre ich sehr sehr dankbar.
Viele Grüße
Wilpe
Hallo !
Es wäre besser wenn du das nächste Mal sowohl jedem Punkt als auch jedem Winkel als auch jeder Strecke in der Skizze einen Namen gibst, unabhängig davon ob sie bekannt sind oder nicht. Das macht es zum einen einfacher die Frage zu verstehen und zum anderen auch einfacher eine Antwort zu formulieren. Was gegeben und was gesucht ist, kannst du ja sagen oder dazuschreiben.
Nun zu deinem Problem.
Was du hier brauchst ist der Kosinussatz, eine Verallgemeinerung des Satzes des Pythagoras, ich bin sicher du verstehst ihn auf Anhieb wenn du ihn dir anschaust.
In deiner Skizze geht vom mittleren roten Punkt eine Strecke zum blauen Punkt. Den Winkel beim roten Punkt oberhalb dieser Strecke kann man berechnen, der ist &alpha+&beta .
Damit hast du in dem Dreieck oben links einen Winkel und zwei Seiten gegeben und kannst mit dem Kosinussatz die dritte Seite berechnen (quadratische Gleichung).
Dann kannst du, wieder mit dem Kosinussatz, auch die beiden anderen Winkel in diesem Dreieck berechnen.
Das liefert dir den Winkel beim gelben Punkt im Dreieck oben rechts.
Außerdem sind in diesem Dreieck ja auch wieder zwei Seiten gegeben, man kann also wieder mit dem Kosinussatz zuerst die fehlende Seite und dann die beiden fehlenden Winkel berechnen.
Damit hast du den oberen Winkel in deinem Gesamtdreieck, und &beta ist dann 180° minus &alpha minus dieser Winkel.
Falls du in der Rechnung iregndwo hängen bleibst kannst du gerne nochmal nachfragen, aber vielleicht mit einer etwas ausführlicheren Skizze. (s.o.)
Viel Erfolg !
hendrik
erstmal vielen dank… und zweitmal sorry für die schlechte skizze…
der knackpunkt der mir gefehlt hat war dein erstet schritt
„In deiner Skizze geht vom mittleren roten Punkt eine Strecke zum blauen Punkt. Den Winkel beim roten Punkt oberhalb dieser Strecke kann man berechnen, der ist &alpha+&beta.“
der rest ist dann nur noch formel jonglieren. des mach ich dann heut abend nach m arbeiten.
falls ich noch probleme hab, komm ich gern auf dein angebot zurück. dann aber mit vernünftiger skizze.
Gruß
Hallo nochmal…
als erstes mal die Skizze mit den nötigen Angaben.
http://www.pic-upload.de/view-3358864/winkel-abh-ngi…
so jetzt hab ich wie gesagt alle Formeln aufgestellt und komme dann auf ein Gleichungssystem mit 8 Gleichungen und 8 Unbekannten:
1 c2=a+b
2 c1=arcsin(x1/y1*sin(c2))
3 c3=180-c2-c1
4 d2=180-c3
5 z=(y1^2+x2^2-2*y1*x2*cos(d2))^(1/2)
6 d3=(arcsin(x2/z*sin(d2))
7 d1=180-d2-d3
8 b=180-d3-d1-c1-a
nachdem ich alles in einander und dann am schluss in gleichung acht eingesetzt hab kam dieser tolle term hier raus:
b=(180-(arcsin(x2/((y1^2+x2^2-2*y1*x2*cos((180-(180-(a+b)-(arcsin(x1/y1*sin((a+b))))))))^(1/2))*sin((180-(180-(a+b)-(arcsin(x1/y1*sin((a+b)))))))))-(180-(180-(180-(a+b)-(arcsin(x1/y1*sin((a+b))))))-(arcsin(x2/((y1^2+x2^2-2*y1*x2*cos((180-(180-(a+b)-(arcsin(x1/y1*sin((a+b))))))))^(1/2))*sin((180-(180-(a+b)-(arcsin(x1/y1*sin((a+b))))))))))-(arcsin(x1/y1*sin((a+b))))-a)
nur leider bekomm ich damit wohl keine eindeutige Lösung raus da b eine Funktion von sich selbst ist. b(a,b)=…
ich habe versucht die Gleichung mit matlab zu Lösen, da das Ganze meine Ausdauer und Leichtsinnsfehler-Schwelle deutlich überschreitet.
Matlab rechnet ewigkeiten und hängt sich dann auf oder es schießt gleich meinen rechner ab.
Hier meine Matlab Syntax:
clear all;
clc;
syms c1 c2 c3 d1 d2 d3 z x1 x2 y1 y2 a b;
c2=a+b;
c1=asin(x1/y1*sin(c2));
c3=2*pi-c2-c1;
d2=2*pi-c3;
z =(y1^2+x2^2-2*y1*x2*cos(d2))^(1/2);
d3=(asin(x2/z*sin(d2)));
d1=2*pi-d2-d3;
a=2*pi-d3-d1-c1-b;
B=solve (b,c2,c1,c3,d2,z,d3,d1,‚b‘)
Hab ich irgendwas falsch gemacht?
Oder bekommt jemand eine eindeutige Lösung raus?
Grüße
Wilpe
Hi !
Ich hab vielleicht noch eine einfachere Lösung gefunden.
Nach dem Strahlensatz gilt doch
\frac{v_2}{x_2}=\frac{v_1+v_2}{x_1+x_2}
Und nach dem Sinussatz gilt
\frac{v_1+v_2}{x_1+x_2}=\frac{\sin (180^{\circ} -\alpha-\beta)}{\sin (\alpha)}
=\frac{\sin (\alpha+\beta)}{\sin (\alpha)}=\frac{\sin(\alpha)\cos(\beta)+\sin(\beta)\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}=\cos(\beta)+\frac{\sin(\beta)}{\tan(\alpha)}
Zusammen also
\frac{v_2}{x_2}=\cos(\beta)+\frac{\sin(\beta)}{\tan(\alpha)}
v2 lässt sich mit dem Kosinussatz berechnen:
y_2^2=v_2^2+x_2^2-2v_2x_2\cos(\beta)
\Rightarrow v_2=x_2\cos(\beta)+\sqrt{y_2^2-x_2^2\sin(\beta)}
\Rightarrow \frac{v_2}{x_2}=\cos(\beta)+\sqrt{\frac{y_2^2}{x_2^2}-\sin^2(\beta)}
Zusammengefasst haben wir jetzt
\cos(\beta)+\sqrt{\frac{y_2^2}{x_2^2}-\sin^2(\beta)}=\cos(\beta)+\frac{\sin(\beta)}{\tan(\alpha)}
Und das kann man doch tatsächlich auflösen.
\beta=\arcsin\left(\frac{\frac{y_2}{x_2}\tan(\alpha)}{\sqrt{1+\tan^2(\alpha)}}\right)=\arcsin\left(\frac{y_2}{x_2}\tan(\alpha)\cos(\alpha)\right)=\arcsin\left(\frac{y_2}{x_2}\sin(\alpha)\right)
Ich muss allerdings gestehen, dass mich ein solch simples Ergebnis doch recht stutzig macht, deshalb gebe ich dir keine Garantie, dass das richtig ist 
Gruß
hendrik
Guten Morgen.
auf die Idee bin ich zu Anfang auch gestossen und musste dann leider feststellen das der Strahlensatz hier nur gelten würde wenn y2 und w1 parallel wären. Ich hab das ganze auch eben an ein paar Beispieldreiecken durch gerechnet, leider ohne Erfolg.
Aber vielleicht lässt sich ja mit dem Strahlensatz ja was basteln, indem man eine parallele zu y2 schafft. Ich versuch das mal.
Greetz
Guten Morgen.
auf die Idee bin ich zu Anfang auch gestossen und musste dann
leider feststellen das der Strahlensatz hier nur gelten würde
wenn y2 und w1 parallel wären.
Hilfe, was für ein Fehler ! Da wars wohl doch schon zu spät als ich die Antwort geschrieben habe, sorry. Du hast Recht, nachdem w1 und y2 nicht parallel sind, ist das mit dem Strahlensatz natürlich Quatsch, schade eigentlich.
hendrik
