Rechenaufgaben

[giffi marauder]

Spoiler

Chapeau!

Ist doch schon erstaunlich, dass das Resultat unabhängig ist vom Abstand der Kugeln zur Wand und der Anfangsgeschwindigkeit der schwereren Kugel.
Und das Tüpfchen auf dem i ist dann der Zusammenhang mit pi.
Falls die schwerere Kugel 10^2k schwerer ist als die leichtere Kugel, dann ist n gleich der k+1 ersten Stellen von pi, was glaube ich nicht ganz n=pi*sqrt(m1/m2) entspricht. Aber vielleicht verstehe ich etwas nicht.
Ich habe einen etwas anderen Lösungsweg, den ich noch liefern werde - aber erst am WE. Ich muss zuerst den Zirkel bei uns finden und die Enkeln wieder abgeben können…

Spoiler

Nun das sqrt(m1/m2) als v2_max ergibt sich aus dem Energieerhaltungssatz.
2E=m1*v1²+m2*v2²
Am "Umkehrpunkt" von K1 ist v1=0 und v2 maximal
Damit steckt die gesamte Energie in Kugel 2.

In unserem Fall haben wir am Anfang 2E = m1 und am Umkehrpunkt gilt dadurch 2E=m2*v2_max²=m1
Mit V=m1/m2 gilt m2=m1/V und
m1/V*v2²=m1
v2_max²=V
v2_max ist damit sqrt(m1/m2)

Für das pi bist jetzt du zuständig.

Weiters kann n selbst natürlich nur ganzzahlig sein.
Das ist mit n=pi*sqrt(m1/m2) gar nicht immer möglich und
hängt wohl damit zu sammen, das v1 am Umkehrpunkt gar nicht genau 0 werden muss
und auch am Ende Kugel 2 entweder stehen bleibt, ncoh mal zurücklauft (+1 Kollision mit der Mauer)
oder langesam hinter K1 herlaufen kann.

Die Unabhängigkeit von v1 ergibt sich aus der geometrischen Aufgabenstellung,
also der Bestimmung der Kontaktpunkte von K1 und K2 bzw. deren Anzahl und nicht
die Zeit die dafür benötigt wird.

Ein höheres v1 (samt dem proportionale V2) ließe den Vorgang nur schneller ablaufen.
ohne die Anzahl oder auch die Position der Zusammenstöße selbst zu verändern.
Also im Grund eine Zeitraffer des gleichen Geschehens.

[Eisrose]

Ob hier noch jemand mitliest?

Mal etwas, das kompliziert aussieht, aber wirklich einfach ist und man im Kopf lösen kann. Explizit nicht für kad oder giffi ;-)

https://pbs.twimg.com/media/GiB26-hWwAA ... me=900x900

[kad]

Spoiler

Chapeau!

Ist doch schon erstaunlich, dass das Resultat unabhängig ist vom Abstand der Kugeln zur Wand und der Anfangsgeschwindigkeit der schwereren Kugel.
Und das Tüpfchen auf dem i ist dann der Zusammenhang mit pi.
Falls die schwerere Kugel 10^2k schwerer ist als die leichtere Kugel, dann ist n gleich der k+1 ersten Stellen von pi, was glaube ich nicht ganz n=pi*sqrt(m1/m2) entspricht. Aber vielleicht verstehe ich etwas nicht.
Ich habe einen etwas anderen Lösungsweg, den ich noch liefern werde - aber erst am WE. Ich muss zuerst den Zirkel bei uns finden und die Enkeln wieder abgeben können…

Spoiler

Nun das sqrt(m1/m2) als v2_max ergibt sich aus dem Energieerhaltungssatz.
2E=m1*v1²+m2*v2²
Am "Umkehrpunkt" von K1 ist v1=0 und v2 maximal
Damit steckt die gesamte Energie in Kugel 2.

In unserem Fall haben wir am Anfang 2E = m1 und am Umkehrpunkt gilt dadurch 2E=m2*v2_max²=m1
Mit V=m1/m2 gilt m2=m1/V und
m1/V*v2²=m1
v2_max²=V
v2_max ist damit sqrt(m1/m2)

Für das pi bist jetzt du zuständig.

Weiters kann n selbst natürlich nur ganzzahlig sein.
Das ist mit n=pi*sqrt(m1/m2) gar nicht immer möglich und
hängt wohl damit zu sammen, das v1 am Umkehrpunkt gar nicht genau 0 werden muss
und auch am Ende Kugel 2 entweder stehen bleibt, ncoh mal zurücklauft (+1 Kollision mit der Mauer)
oder langesam hinter K1 herlaufen kann.

Die Unabhängigkeit von v1 ergibt sich aus der geometrischen Aufgabenstellung,
also der Bestimmung der Kontaktpunkte von K1 und K2 bzw. deren Anzahl und nicht
die Zeit die dafür benötigt wird.

Ein höheres v1 (samt dem proportionale V2) ließe den Vorgang nur schneller ablaufen.
ohne die Anzahl oder auch die Position der Zusammenstöße selbst zu verändern.
Also im Grund eine Zeitraffer des gleichen Geschehens.

Spoiler

Ich habe es ohne Zirkel und Lineal geschafft - habe eine fixfertige Lösung gefunden…

Die Erwartung ist, dass für jede ganze Zahl k ≥ 0 die Anzahl der Zusammenstösse, wenn die schwere Kugel 10^2k mal schwerer ist als die leichte, die ersten k+1 Stellen von pi sind. Der Schlüssel dazu ist die Anwendung der Energie- und Impulserhaltung. Sei v die Geschwindigkeit der schweren Kugel und y die Geschwindigkeit der leichten Kugel. Die Masse der schweren Kugel ist m = 10^2k , und der Energieerhaltungssatz besagt, dass mv^2 + y^2 eine Konstante ist. Setzt man x= sqrt(m) * v= 10^k * v und beginnt bei x = -1, y = 0, so liegt das System auf dem Einheitskreis x^2 + y^2 = 1. Der Gesamtimpuls ist m*v + y = 10^k * x + y = -10^k , also y = -10^k * x - 10^k , womit wir uns zunächst auf einer Geraden mit der Steigung s = -10^k befinden. Wenn die leichte Kugel zum ersten Mal auf die Wand trifft, bewegt sich der „Systempunkt“, d. h. der Punkt auf der XY-Ebene, der den Zustand des Systems beschreibt, von (-1,0) nach Südosten entlang der Impulslinie zum zweiten Punkt, an dem diese Linie den Kreis schneidet. Beim Aufprall auf die Wand kehrt sich der Impuls des leichteren Balls jedoch um und reflektiert den neuen Punkt quer zur X-Achse zurück auf die positive Seite. Auf diese Weise wandert der Systempunkt im Zickzack nach unten und oben, wobei er sich bei den Abwärtsbewegungen leicht nach Osten bewegt, bis er schließlich einen Punkt knapp nordwestlich von (1,0) erreicht, von dem aus eine Bewegung nach Südosten entlang einer Linie mit der Steigung s den Kreis entweder ganz verfehlen oder oberhalb der X-Achse treffen würde. Das bedeutet, dass es keine weiteren Zusammenstösse mehr gibt.

image0.jpeg (83.78 KiB) 342 mal betrachtet

Die Gesamtzahl der Kollisionen ist die Anzahl der Zickzacklinien; wie viele sind es? Nun, der Winkel der Impulslinie zur Vertikalen ist tan(10^-k ) und somit ist der Bogen des Einheitskreises zwischen aufeinanderfolgenden Punkten über der X-Achse 2 * tan(10^-k ). Daraus folgt, dass die Anzahl der Kollisionen die größte ganze Zahl in 2pi/(2 tan(10^-k ) = pi/ tan(10^-k ) ist. Da 10^-k ein kleiner Winkel ist, ist die Näherung tan(10^-k ) ∼ 10^-k sehr gut (die Differenz ist etwa das Quadrat des Winkels, also nur von der Größenordnung 10^-2k ). Wenn also k groß ist, erwarten wir, dass die Anzahl der Kollisionen die größte ganze Zahl in pi/10^-k = 10^k pi ist, aber das sind genau die ersten k+1 Ziffern von pi.

[giffi marauder]

Ob hier noch jemand mitliest?

Mal etwas, das kompliziert aussieht, aber wirklich einfach ist und man im Kopf lösen kann. Explizit nicht für kad oder giffi ;-)

https://pbs.twimg.com/media/GiB26-hWwAA ... me=900x900

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Spoiler

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Spoiler

[giffi marauder]

Noch was einfaches.
Eine Münze mit Durchmesser x wird auf ein eine schachbrettartige Oberfläche geworfen.
Die Kantenlänge der schwarzen und weissen Quadrate ist 2x.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Münze dann zur Gänze innerhalb eines der Quadrate liegt?

Wem das zu einfach ist, nimmt eine Stricknadel der Länge L und wirft diese auf einen streifenförmigen Parkettboden
mit Dielenbreite 2L.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Stricknadel zur Gänze auf einer einzelnen Diele liegt?

[kad]

Noch was einfaches.
Eine Münze mit Durchmesser x wird auf ein eine schachbrettartige Oberfläche geworfen.
Die Kantenlänge der schwarzen und weissen Quadrate ist 2x.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Münze dann zur Gänze innerhalb eines der Quadrate liegt?

Wem das zu einfach ist, nimmt eine Stricknadel der Länge L und wirft diese auf einen streifenförmigen Parkettboden
mit Dielenbreite 2L.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Stricknadel zur Gänze auf einer einzelnen Diele liegt?

Und wem das immer noch zu einfach ist, soll Aufgabe 1 und 2 kombinieren. Ein Schachmuster wie in Aufgabe 1 (Kantenlänge 2x) und eine Nadel der Länge x. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Nadel zur Gänze in einem Quadrat landet?

[giffi marauder]

Noch was einfaches.
Eine Münze mit Durchmesser x wird auf ein eine schachbrettartige Oberfläche geworfen.
Die Kantenlänge der schwarzen und weissen Quadrate ist 2x.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Münze dann zur Gänze innerhalb eines der Quadrate liegt?

Wem das zu einfach ist, nimmt eine Stricknadel der Länge L und wirft diese auf einen streifenförmigen Parkettboden
mit Dielenbreite 2L.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Stricknadel zur Gänze auf einer einzelnen Diele liegt?

Und wem das immer noch zu einfach ist, soll Aufgabe 1 und 2 kombinieren. Ein Schachmuster wie in Aufgabe 1 (Kantenlänge 2x) und eine Nadel der Länge x. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Nadel zur Gänze in einem Quadrat landet?

Spoiler

Erster Ansatz:
Betrachtet man das Parkett als linienförmiges Gitter, so ist die Wahrscheinlichkeit w1 aus Frage 2 oben
jene Wahrscheinlichkeit, dass die Nadel durch das Gitter ohne einen Gitterstab zu berühren hindurchfällt.

Positioniert man nun darunter ein zweites linienförmiges Gitter, das zum ersten um 90° verdreht ist,
gilt für dieses 2. Gitter die gleiche Wahrscheinlichkeit w2 dass kein Gitterstab berührt wird.

Meine Vermutung ist, dass dies (bei 90°) w1^² ist.

[kad]

Noch was einfaches.
Eine Münze mit Durchmesser x wird auf ein eine schachbrettartige Oberfläche geworfen.
Die Kantenlänge der schwarzen und weissen Quadrate ist 2x.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Münze dann zur Gänze innerhalb eines der Quadrate liegt?

Wem das zu einfach ist, nimmt eine Stricknadel der Länge L und wirft diese auf einen streifenförmigen Parkettboden
mit Dielenbreite 2L.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Stricknadel zur Gänze auf einer einzelnen Diele liegt?

Und wem das immer noch zu einfach ist, soll Aufgabe 1 und 2 kombinieren. Ein Schachmuster wie in Aufgabe 1 (Kantenlänge 2x) und eine Nadel der Länge x. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Nadel zur Gänze in einem Quadrat landet?

Spoiler

Erster Ansatz:
Betrachtet man das Parkett als linienförmiges Gitter, so ist die Wahrscheinlichkeit w1 aus Frage 2 oben
jene Wahrscheinlichkeit, dass die Nadel durch das Gitter ohne einen Gitterstab zu berühren hindurchfällt.

Positioniert man nun darunter ein zweites linienförmiges Gitter, das zum ersten um 90° verdreht ist,
gilt für dieses 2. Gitter die gleiche Wahrscheinlichkeit w2 dass kein Gitterstab berührt wird.

Meine Vermutung ist, dass dies (bei 90°) w1^² ist.

Spoiler

Zu Buffonschen Nadelproblem findet man das Wichtige
https://en.wikipedia.org/wiki/Buffon%2 ... le_problem

Frage 2 (Nadel Länge L, Dielenbreite 2L) führt zu (pi -1)/pi; die Wahrscheinlichkeit, dass die Nadel gänzlich auf einer einzelnen Diele liegt beträgt also etwa 2/3.

Die Zusatzfrage mit Nadel und Schachbrettmuster wird in besagtem Artikel auch behandelt (Laplace Erweiterung): die Wahrscheinlichkeit, dass die Nadel gänzlich in einem Quadrat landet, beträgt (4pi -7)/4pi, also etwa 0.44.
Das entspricht nicht (2/3)^2. Letzteres ist die WK, dass bei 2 Würfen mit einer Nadel, beide Male die Nadel gänzlich auf einer einzelnen Diele landet.
Positioniert man ein zweites linienförmiges Gitter darunter und dreht es um 90 Grad, und lässt eine Nadel fallen, dann hat man doch nicht 2 unabhängige Ereignisse…..

[kad]

Vor vielen Jahren wurde folgende Aufgabe an der Mathe-Olympiade gestellt:

Man finde die kleinste natürliche Zahl mit folgenden Merkmalen:
1) Ihre Endziffer ist eine 6.
2) Versetzt man diese Endziffer an den Anfang der Zahl, so entsteht das Vierfache der ursprünglichen Zahl.

[giffi marauder]

Vor vielen Jahren wurde folgende Aufgabe an der Mathe-Olympiade gestellt:

Man finde die kleinste natürliche Zahl mit folgenden Merkmalen:
1) Ihre Endziffer ist eine 6.
2) Versetzt man diese Endziffer an den Anfang der Zahl, so entsteht das Vierfache der ursprünglichen Zahl.

Spoiler

z=a*10+6 (x beliebige Ziffernfolge)
4*6=24 -> 4z=a*40+20+4
->z=b*100+46 (b=0 ->46 ist keine Lösung)
4*46=184 ->4z= b*400+100+84
-> z=c*1.000+846 (c=0->846 ist keine Lösung)
4*846=3384 -> 4z=c*4.000+3.000+384
-> z= d*10.000+3.846 (d=0->3.846 ist keine Lösung)
4*3846=15.384 ->4z=d*40.000+15.384
-> z=e*100.000+153.846 (e=0->153.846 ist eine Lösung)

[kad]

Vor vielen Jahren wurde folgende Aufgabe an der Mathe-Olympiade gestellt:

Man finde die kleinste natürliche Zahl mit folgenden Merkmalen:
1) Ihre Endziffer ist eine 6.
2) Versetzt man diese Endziffer an den Anfang der Zahl, so entsteht das Vierfache der ursprünglichen Zahl.

Spoiler

z=a*10+6 (x beliebige Ziffernfolge)
4*6=24 -> 4z=a*40+20+4
->z=b*100+46 (b=0 ->46 ist keine Lösung)
4*46=184 ->4z= b*400+100+84
-> z=c*1.000+846 (c=0->846 ist keine Lösung)
4*846=3384 -> 4z=c*4.000+3.000+384
-> z= d*10.000+3.846 (d=0->3.846 ist keine Lösung)
4*3846=15.384 ->4z=d*40.000+15.384
-> z=e*100.000+153.846 (e=0->153.846 ist eine Lösung)

Spoiler

Sehr schöne Lösung!

Ich habe folgende alternative Lösung.

Die Zahl sei x. Wir lassen schrittweise die neue Zahl entstehen:
- Subtraktion der Einer: x - 6.
- Division durch 10 (damit rücken alle Ziffern 1 Stelle nach rechts): (x - 6) / 10
- Vorne die 6 anhängen: 6⋅10^n + (x - 6) ⁄ 10 = neue Zahl. (n ist vorläufig noch unbestimmt.) Es entsteht die Gleichung 4x = 6⋅10^n + (x - 6) ⁄ 10. Multiplikation mit 10 ergibt
40x = 6⋅10^(n+1) + x - 6 oder 39x = 6⋅(10^(n+1) - 1) bzw. 13x = 2⋅(10^(n+1) - 1).

Damit ergibt sich x = 2⋅(10^(n+1)- 1) ⁄ 13.
13 teilt somit (10^(n+1) - 1). Dies trifft erstmals zu für n = 5, also für 999'999.
Damit wird x = 2⋅(10^6 - 1) ⁄ 13 = 153'846. Probe: 615'384 ist das Vierfache von 153'846.

[kad]

Ein Stab bricht an 2 zufällig "gewählten" Stellen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, mit den 3 Teilen ein Dreieck legen zu können?

[Eisrose]

Ob hier noch jemand mitliest?

Mal etwas, das kompliziert aussieht, aber wirklich einfach ist und man im Kopf lösen kann. Explizit nicht für kad oder giffi ;-)

https://pbs.twimg.com/media/GiB26-hWwAA ... me=900x900

Hm. Keiner?

Ich gebe mal einen Tipp: Diese Aufgabe ist alleine dadurch lösbar, dass von jeweils 180 ein bis zwei Werte subtrahiert werden...

[giffi marauder]

Ein Stab bricht an 2 zufällig "gewählten" Stellen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, mit den 3 Teilen ein Dreieck legen zu können?

Spoiler

Betrachten wir die Längen l1,l2,l3 als Koordinaten in einem Würfel mit Kantenlänge l =1
dann befinden sich die möglichen Kombinationen mit l1+l2+l3 =1 auf einem geleichseiten Dreieck
mit den Seitenlängen 1 und einer Fläche von 1^2*(sqrt(3)/4) =1*z

Nun offensichtlich läßt sich dann (und nur dann) ein Dreieck legen,
wenn keines der drei Stücke länger als die Hälfte ist.
Diese möglichen Kombinationen liegen dann alle auf einem ähnlichen Dreieck mit halben Längen
und der Fläche (1/2)^2*(sqrt(3)/4) =1/4*z
Das divideren wir jetzt durch die Fläche von oben und erhalten 1/4
-> 25%

[kad]

Ein Stab bricht an 2 zufällig "gewählten" Stellen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, mit den 3 Teilen ein Dreieck legen zu können?

Spoiler

Betrachten wir die Längen l1,l2,l3 als Koordinaten in einem Würfel mit Kantenlänge l =1
dann befinden sich die möglichen Kombinationen mit l1+l2+l3 =1 auf einem geleichseiten Dreieck
mit den Seitenlängen 1 und einer Fläche von 1^2*(sqrt(3)/4) =1*z

Nun offensichtlich läßt sich dann (und nur dann) ein Dreieck legen,
wenn keines der drei Stücke länger als die Hälfte ist.
Diese möglichen Kombinationen liegen dann alle auf einem ähnlichen Dreieck mit halben Längen
und der Fläche (1/2)^2*(sqrt(3)/4) =1/4*z
Das divideren wir jetzt durch die Fläche von oben und erhalten 1/4
-> 25%

Perfetto!