Problem mit Rechteck und parallelen Geraden

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Michael Koch

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Jun 14, 2021, 3:49:05 PMJun 14
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Hallo,

ich stehe hier vor einem kniffligen Problem.

Gegeben ist ein Rechteck mit Länge L und Breite B, und außerdem zwei parallele Geraden mit Abstand A. Jede der Geraden läuft durch einen Eckpunkt des Rechtecks, siehe Skizze:
https://www.directupload.net/file/d/6214/72rspq85_jpg.htm

Gesucht ist der Winkel alpha. Gibt es eine geschlossene Lösung? Ich habe bislang noch keine gefunden.

Die Aufgabe hat eine praktische Anwendung: Ich habe ein Vierkantrohr mit Länge L und Kantenlänge B, das in einen Zwischenraum der Breite A eingeschweisst werden muss. Unter welchem Winkel alpha muss ich die beiden Enden absägen?

Gruß
Michael

Michael Koch

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Jun 14, 2021, 5:18:36 PMJun 14
to
Ich habe selber eine Lösung gefunden.
Man berechnet zunächst die Diagonale des Rechtecks D = sqrt(L^2 + B^2)
Dann gilt:
alpha = arccos(A/D) - arccos(L/D)

Gruß
Michael

Rainer Rosenthal

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Jun 14, 2021, 5:58:25 PMJun 14
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Am 14.06.2021 um 21:49 schrieb Michael Koch:
> Gegeben ist ein Rechteck mit Länge L und Breite B, und außerdem zwei parallele Geraden mit Abstand A. Jede der Geraden läuft durch einen Eckpunkt des Rechtecks, siehe Skizze:
> https://www.directupload.net/file/d/6214/72rspq85_jpg.htm
>
> Gesucht ist der Winkel alpha. Gibt es eine geschlossene Lösung? Ich habe bislang noch keine gefunden.
>
> Die Aufgabe hat eine praktische Anwendung: Ich habe ein Vierkantrohr mit Länge L und Kantenlänge B, das in einen Zwischenraum der Breite A eingeschweisst werden muss. Unter welchem Winkel alpha muss ich die beiden Enden absägen?

Da es sich um eine praktische Aufgabe handelt, genügen Dir sicher ein
paar Gleichungen, aus denen Du alpha genügend genau berechnen kannst.
Den Lösungsweg hast Du bereits vorgezeichnet mit den beiden
rechtwinkligen Dreiecken, in die Du den Winkel alpha eingezeichnet hast.
In dem einen ist A die An-Kathete, und es ist nützlich, die Hypotenuse
zu benennen. Ich nenne sie Q und habe dann schon mal cos(alpha) = A/Q
oder alpha = arccos(A/Q). (Natürlich ist Q < L, das brauche ich unten.)
In dem anderen rechtwinkligen Dreieck ist mir die Hypotenuse egal, aber
ich sehe B als An-Kathete und L-Q als Gegenkathete. Daraus sieht man
tan(alpha) = (L-Q)/B. Basiswissen tan = sin/cos, tan^2 = sin^2/cos^2 und
sin^2 = 1 - cos^2 hilft, um zu sehen: tan^2 = 1/cos^2 - 1.
Wir haben oben sowohl tan(alpha) als auch cos(alpha) durch Q
ausgedrückt, können also sofort einsetzen und erhalten:

((L-Q)/B)^2 = Q^2/A^2 - 1 (*)

Für jede Kombination A, B, L berechnet man daraus näherungsweise Q und
hat dann alpha = arccos(A/Q).

Ich habe mir eine Skizze gemacht mit Spaß-Werten A=4, B=3 und L=5, und
habe aus der Skizze Winkel alpha in der Nähe von 15 Grad geschätzt.
Bevor ich hier poste, wollte ich sicher gehen, dass die Rechnung zur
Schätzung passt. Hat sogar supergut gepasst (blindes Huhn usw.)!

Maple bietet als Lösung für (*):
A := 4.; B := 3.; L := 5.; fsolve((L-Q)^2/B^2 = Q^2/A^2 - 1,Q);
diese beiden Werte an:
Q = 4.155473108 und Q = 18.70166975.
Von den zwei Werten, die ich mir durchs Quadrieren eingehandelt habe,
kann nur der Wert Q < L sinnvoll sein (s.o.). Also ist Q = 4.155473108,
und der Winkel alpha springt heraus:
Q := 4.155473108; alpha_grad := evalf(arccos(A/Q)*180/Pi);
und es ergibt sich alpha = 15.72 Grad.

Der Rechenweg sollte Dir helfen, und ich rechne auch gerne noch einmal,
wenn Du mir Deine Werte A, B und L nennst.

Gruß,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de






Rainer Rosenthal

unread,
Jun 14, 2021, 6:12:59 PMJun 14
to
Jup, sehr einleuchtend und einfach, prima!
Meine erstaunlich genaue Schätzung wird auch so nochmal bestätigt:
A := 4.; B := 3.; L := 5.; Dia := sqrt(L^2 + B^2);
alpha_grad := evalf((arccos(A/Dia) - arccos(L/Dia)) * 180/Pi);

Wieder springt alpha = 15.72238680 Grad heraus.

Gute Nacht,
RR




Jens Kallup

unread,
Jun 17, 2021, 5:26:22 PMJun 17
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Hallo,

auch von mir das Wort zum Sonntag : ) ...
entgegen allen Meinungen.

Als erstes würde ich 2 Lote ziehen.
Eines hast Du bereits angegeben, nämlich die Linie mit dem A.
Auf der Gegenseite mache ich dann das gleiche, und erhalte B.
(Im Dokument das Bild 2).

Nun würde ich den Kreuzpunkt, der sich dann in der Mitte befindet
durch ziehen, zweier Linien ziehen, die sich in den Ecken schneiden
zwischen A oder B und den Balken oben oder unten
der Winkel 90 Grad gegeben ist.
(Bild 3)

Anschließend würde ich noch ein viertes Lot ziehen, nachdem ich
die Hälfte zwischen den beiden Balken ermittelt habe.

Und zusätzlich ein fünftes Lot das die Höhe vom resultierenden
Dreieck zur Hälfte ziehe.
Der Kreuzpunkt entspricht dann dem Mittelpunkt des Rohres.
(Bild 7)

Nun zur Berechnung:

1) nun würde ich die Länge des Rohres durch 2 teilen, um die Länge
von b1 bzw. b2 zu erhalten.
Mit dem Lineal würde ich nun die Höhe von Lot 4 und den schwarzen
Balken messen (entlang am Lot 1 oder Lot2).
Dann erhalte ich schon mal 2 Wert - a1, und b1 - bzw. a2, und b2.

Jetzt überlegen wir wieder über den Pythagoras-Satz:
a^2 = c^2 - b^2
b^2 = c^2 - a^2
c^2 = a^2 + b^2

jetzt gesucht: c.
ich setze ein:

((Länge Rohr ) / 2) := b1;
((Abstand Balken) / 2) := a1;

c1 = sqrt(a1^2 + b1^2)

somit haben wir alle 3 Werte, die für die Berechnung am
Dreieck möglich sind.

Aus diesen Werten können wir den Winkel Alpha berechnen:

c1 = Hypotenuse
b1 = Gegenkathete
a1 = Ankathete

sinus alpha = Gegenkathete durch Hypotenuse, oder:
cosinus alpha = Ankathete durch Hypotenuse

Lösung:
sinus alpha = b1 / c1
cosinus alpha = a1 / c1

Bitte nicht lachen, aber das meiste gekrikkel im Bild wird
nicht gebraucht bzw. ist notwendig. Designen konnte ich auch noch nie.
regt aber für klabauserreien ein.

Viel Spaß,
Jens

P.S.: hier da das angefertige Skizzen-Bild:

https://s20.directupload.net/images/210617/kkxjm5va.png

Stephan Gerlach

unread,
Jun 18, 2021, 7:14:28 PMJun 18
to
Andreas Mattheiss schrieb:

> irgendwie hat mich das jetzt kirre gemacht. Zur Diskussion stehen zwei
> Loesungen:
>
> alpha = arccos(A/D) - arccos(L/D) (1) Michael
> L*cos(alpha) - B*sin(alpha) = A (2) Andreas
>
> Ich bin auf (2) einfach gekommen, indem ich eine vektorielle Summe
> gebildet habe in einem Koordinatensystem, das den Ursprung in Michaels
> Skizze links oben hat, wo der Anfangspunkt der Strecke A am Anfang
> von L liegt. (2) ist dann lediglich die y-Komponente der vektoriellen
> Addition von L und B. Aber eigentlich ist es auch schon so klar. Sowohl
> (1) als auch (2) sind korrekt, nur verschliesst sich (2) eben einer
> analytischen Loesung.

Doch, auch (2) ist analytisch lösbar:

L*cos(alpha) - B*sin(alpha) = A
L*cos(alpha) = B*sin(alpha) + A
(L*cos(alpha))² = (B*sin(alpha) + A)²
L²*(cos(alpha))² = B²*(sin(alpha)² + 2*B*sin(alpha) + A²

Und nun benutze
(cos(alpha))² = 1-(sin(alpha)²

==>

L²*(1-(sin(alpha))²) = B²*(sin(alpha)² + 2*B*sin(alpha) + A²
L² - L²*(sin(alpha)² = B²*(sin(alpha)² + 2*B*sin(alpha) + A²
L²*(sin(alpha)² + B²*(sin(alpha)² + 2*B*sin(alpha) + A² - L² = 0
(L²+B²)*(sin(alpha)² + 2*B*sin(alpha) + A² - L² = 0

Das läßt sich im weiteren Verlauf mit der Substitution z = sin(alpha)
als quadratische Gleichung lösen und anschließend mit
alpha = arcsin(z)
"re-substituieren", wobei evtl. mehrdeutige Lösungen beachtet werden müssen.

> Warum so einfach, wenn's kompliziert auch geht?

Um aus beiden Rechenwegen interessante Beweise für "neue Formeln" zu
finden?! :-)
Z.B. die folgende:

> Die Betrachtung ist
> schon nuetzlich, denn wenn wir aus (1) und (2) nun A eliminieren, so
> erhalten wir
>
> L * cos(alpha) - B * sin(alpha) = D * cos(alpha + acos(L/D)) (3)

[... usw...]

--
> Eigentlich sollte Brain 1.0 laufen.
gut, dann werde ich mir das morgen mal besorgen...
(...Dialog aus m.p.d.g.w.a.)

Stephan Gerlach

unread,
Jun 24, 2021, 10:37:55 AMJun 24
to
Andreas Mattheiss schrieb:
> Hallo Stephan,
>
> Am Sat, 19 Jun 2021 02:27:23 +0200 schrieb Stephan Gerlach <mam9...@studserv.uni-leipzig.de>:
>> Doch, auch (2) ist analytisch lösbar:
>>
>> L*cos(alpha) - B*sin(alpha) = A
>> L*cos(alpha) = B*sin(alpha) + A
>> (L*cos(alpha))² = (B*sin(alpha) + A)²
>> L²*(cos(alpha))² = B²*(sin(alpha)² + 2*B*sin(alpha) + A²
>>
>> Und nun benutze
>> (cos(alpha))² = 1-(sin(alpha)²
>>
>> ==>
>>
>> L²*(1-(sin(alpha))²) = B²*(sin(alpha)² + 2*B*sin(alpha) + A²
>> L² - L²*(sin(alpha)² = B²*(sin(alpha)² + 2*B*sin(alpha) + A²
>> L²*(sin(alpha)² + B²*(sin(alpha)² + 2*B*sin(alpha) + A² - L² = 0
>
> kleiner Tippfehler hier:
>> (L²+B²)*(sin(alpha)² + 2*B*sin(alpha) + A² - L² = 0
> (L²+B²)*(sin(alpha)² + 2*A*B*sin(alpha) + A² - L² = 0

Danke. Der Tippfehler war schon vorher vorhanden, überall muß statt
2*B*sin(alpha) ----> 2*A*B*sin(alpha)
verwendet werden.

>> Das läßt sich im weiteren Verlauf mit der Substitution z = sin(alpha)
>> als quadratische Gleichung lösen und anschließend mit
>> alpha = arcsin(z)
>> "re-substituieren", wobei evtl. mehrdeutige Lösungen beachtet werden müssen.
>
> sehr schoen! Als ich es anfangs versucht habe, habe ich ungeschickterweise
> beim Ausdruecken des cos mit dem sin Wurzeln verwendet, was ziemlich
> schnell demotivierend wird, da dann der von Dir beschriebene elegante
> Loesungsweg voellig verhuellt wird. Das fuehrt dann auf
>
> alpha = arcsin((L*sqrt(L**2+B**2-A**2)-AB)/(B**2+L**2))

Da stimmt bei mir(?) die Formatierung nicht ganz; ich sehe hier zwei
Mal-Zeichen hintereinander **, wo "hoch 2" stehen müßte.
Richtiger(?) sollte es so aussehen:

alpha = arcsin((L*sqrt(L^2+B^2-A^2)-AB)/(B^2+L^2))

> Der Ausdruck unter der Wurzel ist harmlos, da trivialerweise immer >= 0.

Das ist natürlich nur aufgrund der Geometrie der Aufabenstellung
trivial, da aufgrunddessen schon allein L>A gilt.
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