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nulowa
Gast
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 nulowa Verfasst am: 28. Mai 2011 01:03 Titel: Waagrechter Wurf unter Beachtung des Luftwiderstandes |
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Meine Frage:
Hi,
ich versuche schon seit längerem, eine Formel aufzustellen, die das Verhältnis von  -Wert zur Masse eines Körpers (Kugel) in Abhängigkeit von der Startgeschwindigkeit  eines waagrechten Wurfes beschreibt, bei dem der Anteil der Massenanziehung in gleichem Maße wie die Verluste durch den Luftwiderstand zum Herabfallen des Körpers beitragen.
Ich hatte dazu schon einige Ideen, doch fehlt mir leider ein konkreter Ansatz, wie ich des Problemes Herr werden könnte.
Meine Ideen:
An Formeln ist wohl vor allem  nützlich. Probleme habe ich momentan vor Allem damit, dass der Luftwiderstand die Fallbewegung sowohl bremst, als auch unterstützt, wobei der Anteil der die Bewegung bremsenden Kraft im Laufe des Fluges immer größer werden dürfte.
Ich bin für jegliche Hilfe dankbar,
nulowa |
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kingcools
Anmeldungsdatum: 16.01.2011
Beiträge: 700
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| kingcools Verfasst am: 28. Mai 2011 01:17 Titel: |
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??? Der Luftreibungwert führt immer zur verlangsamung. Keine Ahnung woher du das: "dass der Luftwiderstand die Fallbewegung sowohl bremst, als auch unterstützt" hast. |
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nulowa
Gast
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| nulowa Verfasst am: 28. Mai 2011 01:23 Titel: |
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Hi,
durch die Luftreibung wird doch sowohl der Vorwärtsbewegung, als auch der Abwärtsbewegung ein Widerstand entgegengesetzt. Damit verlängert der Luftwiderstand die Wurfweite (Widerstand gegen die Vertikalbewegung) und verkürzt sie zugleich (Widerstand gegen die Horizontalbewegung), oder habe ich da einen Denkfehler?
Danke für die Antwort,
nulowa |
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 28. Mai 2011 01:26 Titel: |
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In jeder Hinsicht merkwürdig, wie man mit Abbremsung weiter kommen soll.
Lassen sich diese Vorstellungen irgendwie physikalisch / rechnerisch mitteilen? Die einzige Verlängerung sehe ich bisher in der Wurfzeit. |
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kingcools
Anmeldungsdatum: 16.01.2011
Beiträge: 700
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| kingcools Verfasst am: 28. Mai 2011 01:33 Titel: |
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Da hast du was falsch verstanden. Die Luftreibung wirkt sowohl gegen die horizontal- als auch vertikalbewegung. |
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nulowa
Gast
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| nulowa Verfasst am: 28. Mai 2011 12:01 Titel: |
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Hi,
eigentlich geht es um die Strecke s, die der Körper im Laufe des Wurfes zurücklegt. Das vorausgesetzt hatte ich den Gedanken, die Strecke unter Einbeziehung des Luftwiderstandes ohne Gravitation mit selbiger ohne Luftwiderstand, aber mit Gravitation gleichzusetzen. Sind diese Strecken, "Wurfweiten", gleich, so dürften sich sowohl  -Wert, als auch Masse des Körpers in gleichem Anteil auf s auswirken.
| kingcools hat Folgendes geschrieben: | | Da hast du was falsch verstanden. Die Luftreibung wirkt sowohl gegen die horizontal- als auch vertikalbewegung. |
Ich habe mich wohl unklar ausgedrückt, genau das ist ja mein Problem. Die Luftreibung setzt der Gravitationskraft einen Widerstand entgegen, was s verlängert, setzt aber zugleich auch der Vorwärtsbewegung einen Widerstand entgegen, was s verkürzt.
Grüße
nulowa |
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 28. Mai 2011 12:21 Titel: |
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| nulowa hat Folgendes geschrieben: | | Das vorausgesetzt hatte ich den Gedanken, die Strecke unter Einbeziehung des Luftwiderstandes ohne Gravitation mit selbiger ohne Luftwiderstand, aber mit Gravitation gleichzusetzen. |
Irgendwie verknotet sich bei mir was.  |
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Cobi
Anmeldungsdatum: 14.04.2011
Beiträge: 43
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| Cobi Verfasst am: 28. Mai 2011 12:37 Titel: |
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Ich hab da eigentlich keine Ahnung, aber kann man die Bewegungsrichtung nicht in eine vertikale und eine horizontale Aufteilen und für beide seperat die Bremskraft durch den Luftwiderstand bestimmen. Ich weiß nicht, ob das auch stimmt, aber so wäre meine Idee.
Dann kannst du ja unter Betrachtung des Luftwiderstandes die Zeit fürs Fallen nach unten ausrechnen. Und anschließend diese Zeit verwenden um die Strecke s in horizontaler Richtung, auch mit Luftwiderstand, berechnen.
Ich könnte mir gut vorstellen, dass das doch so sein kann, da der Vektor der Richtung ja nichts anderes ist als die vektorielle Addition beider Richtungen ist. Und für den Luftwiderstand wird ja dann auch nichts anderes gemacht.
Der Luftwiderstand ist doch abhängig vom Quadrat der Gesamtgeschwindigkeit vg. Wenn ich deine Formel anschau, ist doch der Therm vor v², wenn alles gegeben ist (Radius...) konstant, ich nenne den Faktor mal k, denk ich mal, ich kenn zwei Zeichen nicht. Wenn das so ist dann ist a proportional zu v² und v² ist doch die Wurzel aus v in vertikaler Richtung im Quadrat (v1²) und dem Quadrat von v in horizontaler Richtung (v2²).
vg=(v1²+v2²)^0,5
a=k*vg^2
=k*(v1^2+v2^2)
Wenn man das jetzt für die einzelnen v1 und v2 macht
a1=k*v1^2
a2=k*v2^2
Wenn man diese beiden Bremsbeschleunigungen addiert, kommt, glaube ich, folgendes raus
a=a1+a2
=k*v1^2+k*v2^2
=k*(v1^2+v2^2)
Das zeigt dann, dass man die Bewegungsrichtungen aufteilen kann und für jede den Luftwiderstand ausrechnen kann und der Gesamtwiderstand der gleiche bleibt.
Aber ich glaube das stimmt doch nicht, weil ich die beiden Bremsbeschleunigungen nicht vektoriell addirt habe, wenn ichs gemacht hätte, wär es nicht aufgegangen.
Aber vielleicht kann dir das trotzdem weiterhelfen.
Sorry |
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 28. Mai 2011 14:01 Titel: |
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| Cobi hat Folgendes geschrieben: | | Dann kannst du ja unter Betrachtung des Luftwiderstandes die Zeit fürs Fallen nach unten ausrechnen. Und anschließend diese Zeit verwenden um die Strecke s in horizontaler Richtung, auch mit Luftwiderstand, berechnen. |
Nein; auch die Beschleunigung nach unten hängt von der Gesamtgeschwindigkeit ab. |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 28. Mai 2011 14:05 Titel: |
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Wenn man eine zur Geschwindigkeit proportionale Luftreibung ansetzt, sollte die entsprechende zweidimensionale DGL lauten:
 , wobei  als Einheitsvektor in Richtung der Geschwindigkeit zeigt.  ist aber nichts anderes als  , meine ich. Deshalb müsste die endgültige Gleichung lauten
 und in zwei Komponenten zerfallen.
Für eine zu  Proportionale Reibung ergibt sich hingegen
Hier zerfällt die Gleichung also nicht mehr in x- und y-Anteil. Die Frage ist nun, ob es der -Reibung unbedingt bedarf. Dazu bin ich kein Experte. |
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VeryApe
Anmeldungsdatum: 10.02.2008
Beiträge: 3263
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| VeryApe Verfasst am: 29. Mai 2011 01:11 Titel: |
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@kingcools und franz
ich glaube ihr habt nicht verstanden was er meint.
Einerseits bremst die Luft die senkrechte Bewegung nach unten was mehr Zeit bringt bis zum aufprall. würde vx nicht gebremst werden würde er dadurch weiter fliegen, das wäre vorteilhaft. Andererseit bremst die Luft aber auch wiederum vx nachteilhaft.
was überwiegt im Endeffekt? |
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 29. Mai 2011 01:34 Titel: |
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Hallo Keplerfan,
bei der Luftreibung wird, ganz grob als Bewegung gegen eine Strömung gesehen, der Impuls der ankommenden Luftmasse umgelenkt,
 , diese Reibung hängt notwendigerweise von v^2 ab.
"Gefühlsmäßig" gesprochen, wird bei 100 km/h auch die seitliche Bewegung einen anderen Widerstand erfahren als bei 10 km/h. mfG |
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VeryApe
Anmeldungsdatum: 10.02.2008
Beiträge: 3263
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| VeryApe Verfasst am: 29. Mai 2011 01:48 Titel: |
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| Zitat: |
Aber ich glaube das stimmt doch nicht, weil ich die beiden Bremsbeschleunigungen nicht vektoriell addirt habe, wenn ichs gemacht hätte, wär es nicht aufgegangen.
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sehr richtig |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 29. Mai 2011 02:11 Titel: |
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Okay, dann ein  . Allerdings weiß ich dann mit der DGL nix mehr anzufangen ... Die macht nur  .
Ich habe gesehen, dass es für den entkoppelten -Fall analytische Lösungen gibt. Vielleicht könnte man diese verfeinern, um den allgemeineren Fall zu lösen. Nur als Hinweis. Nicht, dass ich das gerne machen würde.  |
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 29. Mai 2011 03:16 Titel: |
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Es ist eine künstliche, "gewaltsame" "Entkopplung", nämlich diese:
Physikalisch nicht schön, aber dafür lösbar! Man könnte sich ja vielleicht überlegen, ob es wenigstens in manchen Fällen (z.B. niedrige horizontale Anfangsgeschwindigkeit) zulässig ist. Bis der Körper dann beim Fallen die Endgeschwindigkeit erreicht hat, ist die horizontale Bewegung sowieso längst abgeklungen.
Mit meinem alten Motto "Wenig ist besser als Nichts" begebe ich mich nun ins Land der Träume.  |
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 29. Mai 2011 15:22 Titel: |
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Moin!
| Zitat: |
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Kann ich leider nicht nachvollziehen;
bitte herleiten / verifizieren (meinetwegen als definierter Grenzfall) aus F_R ~ v² ! mfG
Frühere Notiz
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VeryApe
Anmeldungsdatum: 10.02.2008
Beiträge: 3263
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| VeryApe Verfasst am: 29. Mai 2011 16:57 Titel: |
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das soll wohl m*g heißen und nicht gy.
was er meint verstehe ich auch nicht, vielleicht folgendes.
k' Steigungswinkel
allerdings vergißt er wohl das die Winkel sich ständig ändern.
Zuletzt bearbeitet von VeryApe am 29. Mai 2011 16:59, insgesamt einmal bearbeitet |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 29. Mai 2011 16:59 Titel: |
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| franz hat Folgendes geschrieben: | Moin!
| Zitat: |
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Kann ich leider nicht nachvollziehen;
bitte herleiten / verifizieren (meinetwegen als definierter Grenzfall) aus F_R ~ v² ! mfG
Frühere Notiz
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Meiner Meinung nach muss es nicht  heißen, sondern  . Es geht ja um die Kraft, nicht ums Potential.
Das war ja auch eben meine Frage, ob es sich dabei in manchen Fällen um eine sinnvolle Näherung handeln könnte. Sinnvoll ist die Näherung sicherlich für =\dot x(t=0) = 0) .
Dann ergibt sich aus deiner Notiz:
Da offenbart sich mir schon einmal ein Vorzeichenfehler in meiner Gleichung, den ich sofort korrigiere: Die Reibungskraft muss natürlich bei nach unten gerichteter y- bzw. Fall-Geschwindigkeit nach oben gerichtet sein. Ich habe da also das falsche Vorzeichen. Ansonsten erhalte ich aber die gleichen Gleichungen, was für  natürlich keine Überraschung ist.
Die Frage ist nun, wie groß muss ich  machen, damit die Näherung schlecht wird?
Dazu kann man sich eine Taylor-Entwicklung der Wurzel anschauen:
Für den Term  ergibt sich somit
^2 = |v_y| \left( 1 + \frac{1}{2} (\frac{v_x}{v_y})^2-\frac{1}{8} (\frac{v_x}{v_y})^4 + \dots \right) )
Somit lässt sich der Fall, dass  ist (und auch im Laufe der Bewegung so bleibt), so behandeln. Man müsste dem Körper also eine Startgeschwindigkeit nach unten mit auf den Weg geben.
Somit würden sich dann in diesem Fall durch einsetzen der Wurzel folgende Gleichungen ergeben:
^2-\frac{1}{8} (\frac{\dot x}{\dot y})^4 + \dots \right)\dot{x}=0)
bzw. für y:
^2- \frac{1}{8} ( \frac{\dot x}{\dot y})^4 + \dots \right)
<br />
\cdot \dot{y} =-mg)
(Kann mir jemand sagen, warum Latex diese Gleichung ständig umbricht?  )
Aha, du hast also Recht: Man erhält im einfachsten Grenzfall  die Gleichungen
bzw. für y
Somit wäre nun die "Seitwärtseinwirkung" berücksichtigt.  Es war also nicht richtig, einfach für beide Seiten quadratische Ansätze zu machen. Für  geht da wohl einfach nur eine falsche Gleichung in einem Sonderfall in eine richtige über. |
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 29. Mai 2011 18:32 Titel: |
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Danke für die Korrektur oben!
Bin ebenfalls am Grübeln, welchen "Nektar" man aus dieser Verknotung saugen kann. Abweichung vom ursprünglichen Zielpunkt vielleicht |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 29. Mai 2011 18:41 Titel: |
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Für die stark vereinfachte y-Differentialgleichung gibt es Lösungen. Ich schlage deshalb vor, zunächst diese zu lösen bzw. die Lösung "abzuschreiben". Dann erhält man mit der bekannten Lösung  ) eine lineare DGL für  , die sich im Prinzip auch lösen lassen könnte . Müsste man halt mal probieren. |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 29. Mai 2011 20:07 Titel: |
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Für den (bei uns eigentlich verbotenen) Fall verschwindender vertikaler Anfangsgeschwindigkeit (Fallschirmspringer) habe ich folgende Lösung gefunden, aber zur Überprüfung noch nicht in die Gleichung eingesetzt:
 = -\sqrt\frac{mg}{k}\tanh(\sqrt{\frac{kg}{m}}t))
Quelle: http://www.educ.ethz.ch/unt/um/mathe/gb/Fallschirmspringer.pdf
(mit umgedrehtem Vorzeichen, da die y-Achse bei ihnen nach unten zeigt).
Es ergäbe sich also, vorrausgesetzt die Lösung ist korrekt und unter Vernachlässigung der "verbotenen Anfangsbedingung", die folgende Gleichung für x:
 \dot x)
)
} = \frac{\dot x_0}{\cosh\sqrt{\frac{kg}{m}}t})
Der cosh ist für große t quasi die Exponentialfuntion. Die Geschwindigkeit in x-Richtung wird also exponentiell gedämpft. Nun müsste man die Geschwindigkeit noch integrieren, um  ) zu erhalten.
Wie gesagt, der Fall ist eigentlich sowieso verboten, da die Bedingung  verletzt ist. Es zeigt aber, dass man für Spezialfälle tatsächlich was "Vernünftiges" erhalten kann. Natürlich nur dann, wenn die angenommene Lösung stimmt und ich mich nicht verrechnet habe. |
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VeryApe
Anmeldungsdatum: 10.02.2008
Beiträge: 3263
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| VeryApe Verfasst am: 29. Mai 2011 20:24 Titel: |
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| Zitat: |
Für die stark vereinfachte y-Differentialgleichung gibt es Lösungen. Ich schlage deshalb vor, zunächst diese zu lösen bzw. die Lösung "abzuschreiben". Dann erhält man mit der bekannten Lösung eine lineare DGL für , die sich im Prinzip auch lösen lassen könnte . Müsste man halt mal probieren.
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na da wünsche ich gutes gelingen.
dann wärsd du der erste der das schafft ohne das er den Computer rechnen lässt-
Nebenbei hast du selbst erkannt das sich die Dinge nun mal nicht entkoppeln lassen. |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 29. Mai 2011 20:33 Titel: |
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Es ist halt auch eine Frage der Genauigkeit. Wäre z.B. im Fall des Fallschirmspringers mal interessant zu testen, für welchen Fall man wie viele Summanden aus der Taylor-Reihe braucht, um das Ergebnis der exakten Simulation annähernd zu erreichen. |
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 29. Mai 2011 20:39 Titel: |
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Der harmlose Buchstabe k enthält übrigens auch noch reichlich Überraschung. |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 29. Mai 2011 21:04 Titel: |
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| franz hat Folgendes geschrieben: | | Der harmlose Buchstabe k enthält übrigens auch noch reichlich Überraschung. |
Ja, das habe ich mir auch schon gedacht.
Jedenfalls ist für das ursprüngliche Problem vielleicht, wie mir gerade dämmert, der Fall  interessanter (Näherung für eine Pistolenkugel, die man von einem Hügel schießt). Aber damit könnte man die Bewegung dann nur solange beschreiben, wie diese Bedingung gilt. |
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nulowa
Gast
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| nulowa Verfasst am: 30. Mai 2011 22:04 Titel: |
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Hi,
vielen, vielen Dank für die bisherige Hilfe. Ich denke, dass mich das ziemlich weiterbringen wird, auch wenn ich mich durch die Vorschläge erst gründlich durcharbeiten muss.
Ein sehr dankbarer 
nulowa |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 31. Mai 2011 09:04 Titel: |
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Hi nulowa,
schön, wenn es dir hilft!
Nachdem man dann die einfachste Vereinfachung oben gelöst hat, könnte man sich mithilfe der so erhaltenen Lösungen an das nächste Glied der Taylor-Reihe wagen und sozusagen "von Baum zu Baum hangeln". Ich habe das schon versucht, die entstehenden Gleichungen werden aber natürlich immer komplizierter. Kommt vielleicht auch darauf an, die bereits erhaltenen Lösungen richtig zu verwurschteln. |
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