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VeryApe |
Verfasst am: 05. Jan 2016 21:37 Titel: |
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1 steht für das erste untergeschobene Objekt usw.
n stehe für die Anzahl aller untergelegten Objekte also exklusive des obersten
schauen wir uns zunächst diesen Term an
und davon diesen Teil
dieser Teil hängt in der Summe nur davon ab wieviel Objekte man stapelt, nicht aber von der Stapelart der Objekte
hängt von der Stapelart ab.
je größer umso größer wird also unser Summenterm werden und umso größer wird unser x abstand werden.
kann aber nicht mehr als der Objekte gemessen zur aussenkante in Verschieberichtung sein.
den maximalen Wert nenne ich
bei einen Würfel, Quader wäre das die Hälfte Diagonale
also schreibe ich
dann schauen wir uns diesen Term an
Er steht für das letzte Objekt. auch hier gilt obiges kann nur maximal . Ist dies so, erhalten wir hier 0. ist a kleiner als xs was auch möglich ist, erhalten wir einen negativen Wert was unseren Wert schmälert.
wir müssen also halten.
Das heißt wir müssen auch hier die äußerste Kante des letzten Objektes an den Gesamtschwerpunkt der übrigen bringen dann gilt.
Dieser Abstand ist der Abstand des letzten Objekts gemessen zum Schwerpunkt des nullten Objektes.
Für den Überstand brauchen wir aber den Abstand zur linken Aussenkante des obersten Objektes
also diesen können wir durch verdrehen minimieren.
also xv für den Abstand von linker ausserkante oberstes Objekt rechter aussenkante unterstes Objekt
Das heißt also wir müssen bei allen Objekten dazwischen xs maximieren also den maximalsten schwerpunktsabstand für a wählen der ist eben beim Quader rechteck die Hälfte der Diagonale.
beim letzten untersten Objekt ist es egal wir müssen einfach nur Aussenkante an Gesamtschwerpunkt bringen und beim obersten müssen wir den geringsten SChwerpunktsabstand zur linke seite wählen.
Angenommen Quader a,b ... a>b
insgesamt 4 Stück, sind 3 darunter
sei b= u*a
dieser Abstand soll ja gleich null sein
also muß u sein.
Problem dann ist b < a dann sollte ich das so ansetzen
das bedeutet je größer u umso schlechter wird der Abstand.
Bei u=0 wäre b=0 dann hätten wir Linien von denen wir die letzte quer Stellen können, dann würde es auch gehen mit nur 2 Linien weil der Klammer ausdruck dann 0 ist und a*u ebenfalls 0.
klar.
je größer u umso schlechter wird es.
Bis u=1 ist dann müssen wir wieder diese Gleichung anwenden
weil dann wird u*a größer als a und wir müssen wieder nur 0.5 a abziehen für den optimalsten Wert.
oder nehmen wir Würfel.
also ist es bereits bei 4 Würfel möglich und bei quadern abhängig von u.
wenn u =0 reichen 2 Quader weil praktisch Linien
wenn reichen 3 Quader
danach benötigen wir min 4 Quader. |
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VeryApe |
Verfasst am: 05. Jan 2016 20:42 Titel: |
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Jetzt muß ich nochmal schreiben. Sorry at brillant
Ich dachte das gibts ja nicht, wieso bringt der das nicht mit 5 CDs zusammen, das jetzt eine neben der anderen liegt. Jetzt verdreht er die schon und bringts noch immer nicht zusammen.
Dabei willsd du wissen wieviel gleiche Objekte man benötigt um einen Überstand zu erreichen, indem die oberste Objektgrundfläche vollständig ausserhalb der untersten Objektgrundfläche liegt.
Ich dachte bei vollständig nebeneinander liegen immer an parallel verschoben seite an seite berührend und nicht verdreht.
Ich habe hierzu eine Skizze gemacht.
Man stelle sich vor man verschiebt nur in eine gewisse Richtung, eine verschiebung zusätzlich in die Tiefe wird keine Vorteile bringen.
das Bild ist der Frontalriss mit blick auf verschieberichtung.
a.... seien die Schwerpunktsabstände zwischen eines Objektes und des Gesamtschwerpunkts der Vorherigen. Diese Abstände seien unbegrenzt variabel, weil "Vorstellung" Kräfte über unsichtbare beliebig lange Hebel übertragen werden können.
c.... seien die Änderung der Gesamtschwerpunkte
xs... seien die Schwerpunktsabstände zur rechten äußersten Kante des Objektes in der gewählten Verschieberichtung.
xs' ... seien die Schwerpunktsabstände zur linken äußersten Kante des Objektes in der gewählten Verschieberichtung.
x... seien die Abstände von der äußersten Kante des Objektes zum Schwerpunkt des Obersten Objektes. |
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VeryApe |
Verfasst am: 04. Jan 2016 21:57 Titel: |
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Also folgendes weil mir die herumschreiberei auch schon auf den Keks geht habe ich jetzt selbst 5 Hüllen samt CDS hergenommen.
Gestapelt habe ich sie betreff ihrer Symmetrie Linie also 90 Grad verdreht zur Astrings Stapelbild, damit der Schwerpunkt in der Mitte ist.
Verwendet habe ich ein Lineal. mit dem ich Breite b der CD ausgemessen habe
beginnend mit der untersten CD habe ich die
1: 1/4 * 0.5 b nach rechts geschoben.
2: 1/3*0.5 b nach rechts geschoben
3: 1/2 *0.5 b nach rechts geschoben
4: 0.5 b nach rechts geschoben
mit dem Lineal grob ausgemessen und beim ersten Versuch das erreicht.
Wenn ich das noch genauer ausmesse funktioniert das sicher ohne dieser geringen schrägstellung.
Aber da mir nicht so fad ist und ich schließlich weiß, das die Physik ihre Theorien nicht erwürfelt reicht mir das. |
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Brillant |
Verfasst am: 04. Jan 2016 20:52 Titel: |
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Vielleicht sind die CD Hüllen auf einer Seite schwerer. Deshalb habe ich noch mal anders gestapelt. Und wieder die Zahl 5 knapp verfehlt. |
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Brillant |
Verfasst am: 04. Jan 2016 20:32 Titel: |
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VeryApe hat Folgendes geschrieben: | Mathefix hats doch schon ausgerechnet das 5 Quadrate oder Scheiben nötig sind. |
Irgendwas mache ich falsch. Was? |
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VeryApe |
Verfasst am: 04. Jan 2016 20:01 Titel: |
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Zitat: | P.S. Ihr seid hier doch alle so stark mit Formeln. Kann man beweisen, dass mindestens x und höchstens y "Dinger" (Scheiben, Quadrate) nötig sind, um den Überhang zu erreichen? Geht die Form in die Formel ein? |
Mathefix hats doch schon ausgerechnet das 5 Quadrate oder Scheiben nötig sind
x der mögliche Versatz.. für n Objekte die unter ein Objekt gelegt werden
bei münzen
bei quadrate
bei rechteck
bei 3 Münzen die unter eine Münze gelegt werden ist der Versatz
1/1+1/2+1/3= 6/6+3/6+2/6= 11/6 *r ..... das ist zu wenig wir wollen 2 r versatz
bei 4 Münzen die unter eine Münze gelegt werden
1/1+1/2+1/3+1/4= 12/12+6/12+4/12+3/12=25/12 und das ist um 1/12 *r mehr als man erreichen will.
Man braucht also ingesamt 5 Münzen 4 zum unterlegen und die eine wo alle darunter gelegt werden. und man hat hier sogar ne Sichheit. Man könnte jetzt theoretisch mehr erreichen.
Das Problem jedoch.
Eine Münze hat genau in der Mitte den Schwerpunkt wird eine Münze darauf gelegt verlagert sich der gesamte Schwerpunkt weiter zum Rand, nun muß genau sichergestellt sein das die Halte Kraft von der unteren Münze an dieser Stelle auch übertragen werden kann.
Die Haltekraft kommt vom Münzenrand äußerster Punkt und den schiebst du soweit bis du auf den Gesamtschwerpunkt der oberen Münze triffst. hier kann aber der Münzenrand auf eine Vertiefung der Münze treffen sodass die Kraft dort gar nicht übertragen werden kann.
Du müsstest also die Münze hernehmen und untersuchen ob an der Stelle
1/1 r
1/2 r
1/3 r
1/4 r auch keine Vertiefung sitzt wenn du keine planen Münzen hast.
weiters muß sicher gestellt werden das der Schwerpunkt einer Münze auch tatsächlich genau in der Mitte liegt. das wird den Prägungen der Euro Münze nicht der Fall sein.
und sicherlich auch nicht bei CD Hüllen.
Nachtrag:
Das ganze ist schon mal hinfällig wenn die Münze einen überhöhten Rand hat. |
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Brillant |
Verfasst am: 04. Jan 2016 02:31 Titel: |
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Bin noch dabei, den Überhang mit 5 CD-Hüllen zu probieren und ganz, ganz knapp dran.
Interessant ist, wenn man eine untere Hülle etwas zurücknimmt, kann man eine darüber befindliche Hülle um ein größeres als das zurückgenommene Stück vorschieben.
Leider sind die Hüllen sehr glatt und rutschen. Ein kleiner Fehler macht das bisherige Gleichgewicht zugrunde und man kann neu anfangen. Und einen Rand-Wulst haben die Hüllen zu allem Überfluss auch noch. |
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Brillant |
Verfasst am: 04. Jan 2016 01:22 Titel: |
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Hallo Marco,
as_string hat Folgendes geschrieben: | Du bist also erstmal davon ausgegangen, dass ich betrüge? Gehts noch??? |
Naja, dein Bild war für mich so überraschend, dass ich einen "Scherz" für möglich hielt. Aber das ließ sich ja schnell klären. Ist doch Wissenschaft, wenn man zweifelt ...
Und mir ist es gelungen, sogar mit nur sechs CD-Hüllen (inklusive CD) einen Überhang zu erzielen.
Ich versichere, dass die untere Hülle am Lineal anliegt und die zweite Hülle nicht auf dem Lineal aufliegt. Lineal und davor gestellte siebte Hülle sind eine optische Kontrolle. Man kann nämlich duch perspektivische Verzerrung etwas mogeln. Alles ist parallel aufgebaut.
as_string hat Folgendes geschrieben: | Bei Metallscheiben sollte das besser sein, denke ich. Ich wollte es eventuell noch mit Unterlegscheiben versuchen. Allerdings haben die halt wieder ein Loch. |
Hat hier vielleicht jemand kreisrunde Untersetzer aus Glas oder Metall?
P.S. Ihr seid hier doch alle so stark mit Formeln. Kann man beweisen, dass mindestens x und höchstens y "Dinger" (Scheiben, Quadrate) nötig sind, um den Überhang zu erreichen? Geht die Form in die Formel ein? |
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as_string |
Verfasst am: 04. Jan 2016 00:43 Titel: |
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Brillant hat Folgendes geschrieben: | as_string hat Folgendes geschrieben: | dass solche Münzen wohl kaum die Vorgabe erfüllen, dass sie komplett plan sein sollen, |
Uups ... dann *kann* die Aufgabe gar nicht erfüllt werden. Münzen haben immer eine Prägung. Genau das macht Metallscheiben zu Münzen. |
Meine Güte... dann nimm eben "Metallscheiben". Oder meinst Du, dass die Möglichkeit diese Dinger als Zahlungsmittel einsetzen zu können etwas an der Physikalischen Realität ändert?
Brillant hat Folgendes geschrieben: | as_string hat Folgendes geschrieben: | Aber warum bist'n jetzt so? Du musst Dich doch nicht immer gleich so aufregen! |
Naja, ich bin eher der Praktiker, der Ergebnisse anstrebt. Zu langes Geschwätz macht mich nervös. |
Ein wenig mehr Geduld würde eventuell auch Deiner "Praxis" gut tun. Dann würde es eventuell sogar mit normalen Münzen klappen.
Brillant hat Folgendes geschrieben: | as_string hat Folgendes geschrieben: | hab ich es einmal mit CD-Hüllen probiert. |
Erst habe ich gedacht, da hat jemand mit Kleber nachgeholfen. |
Du bist also erstmal davon ausgegangen, dass ich betrüge? Gehts noch???
Brillant hat Folgendes geschrieben: | Aber wieso geht das nicht mit Münzen? |
Weil es mit der Prägung halt schwer wird, diese sauber zu stabeln. Ist doch klar, dass die dann nicht mehr richtig aufeinander aufsetzen. Außerdem braucht man deutlich mehr Geschick und Geduld, wenn man das mit solch kleinen Gegenständen wie Geldmünzen machen will.
Brillant hat Folgendes geschrieben: | Habe mal die sieben CDs aus den Hüllen genommen und - siehe da - die oberste hat einen vollen Überhang. Aber nicht so deutlich wie die Quadrate. |
Dass es damit nicht so deutlich geht kann auch am Loch in der Mitte liegen: Die Rechnung geht ja davon aus, dass der Schwerpunkt der darüber liegenden gerade so am Rand der nächst tieferen sich abstützen kann. Das funktioniert bei einem Loch in der Mitte zumindest mit den obersten Scheiben nicht so richtig.
Wenn man plane Metallscheiben nimmt, die keinen überhöhten Rand und keine Prägung haben, dann funktioniert es damit sicherlich auch sehr gut, davon bin ich überzeugt.
Was zweifelst Du eigentlich überhaupt noch an. Wir haben das theoretische Maximum ausgerechnet und im Experiment kommt man auch einigermaßen nahe an das Ergebnis ran, wenn man die Voraussetzungen erfüllt. In Realität kommt noch das Problem hinzu, dass die zu stapelnden Gegenstände nicht 100%-ig starr sind. Das habe ich bei den CD-Hüllen bemerkt: Durch den Druck auf der einen Seite neigt sich der Turm leicht zur Seite und das wird schlimmer, je höher er wird. Dann kann man wieder nicht so weit nach außen schieben, wie es berechnet ist. Bei Metallscheiben sollte das besser sein, denke ich. Ich wollte es eventuell noch mit Unterlegscheiben versuchen. Allerdings haben die halt wieder ein Loch. Es gibt aber auch welche, die ein relativ kleines Loch im Vergleich zu ihrem äußeren Durchmesser haben.
Gruß
Marco |
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Brillant |
Verfasst am: 03. Jan 2016 02:26 Titel: |
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as_string hat Folgendes geschrieben: | dass solche Münzen wohl kaum die Vorgabe erfüllen, dass sie komplett plan sein sollen, |
Uups ... dann *kann* die Aufgabe gar nicht erfüllt werden. Münzen haben immer eine Prägung. Genau das macht Metallscheiben zu Münzen.
Wir zerbrechen uns hier die Köpfe, dabei ist das eine Scherzfrage.
as_string hat Folgendes geschrieben: | Aber warum bist'n jetzt so? Du musst Dich doch nicht immer gleich so aufregen! |
Naja, ich bin eher der Praktiker, der Ergebnisse anstrebt. Zu langes Geschwätz macht mich nervös.
as_string hat Folgendes geschrieben: | hab ich es einmal mit CD-Hüllen probiert. |
Erst habe ich gedacht, da hat jemand mit Kleber nachgeholfen. Aber tatsächlich, ich habe deinen Turm mit sieben CD-Hüllen nachgebaut und habe auch diesen deutlichen Überstand.
Aber wieso geht das nicht mit Münzen?
Habe mal die sieben CDs aus den Hüllen genommen und - siehe da - die oberste hat einen vollen Überhang. Aber nicht so deutlich wie die Quadrate. Also mit der Kreisform allein kann das Scheitern der Münzen nicht erklärt werden.
Vielleicht doch mit dem Wulst? Versetze Münzen liegen nicht plan aufeinander sondern kippeln. Könnte der Grund sein, dass sie abrutschen, noch bevor der "Turm" kippt. |
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A.T. |
Verfasst am: 02. Jan 2016 08:22 Titel: |
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Brillant hat Folgendes geschrieben: |
Ich habe versucht, die Stapel mit 2€ Münzen nachzubauen.
Es ist nicht möglich. zwei Münzen so auf eine Münze zu legen, dass beide waagerecht liegen, eine kippt immer. |
Die Grafiken zeigen den theoretischen Grenzfall im labilen Gleichgewicht, nicht was praktisch stabil wäre. Zum vergleich siehe Fig 5. hier:
http://www.phikwadraat.nl/stairway_to_heaven/ |
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VeryApe |
Verfasst am: 01. Jan 2016 21:06 Titel: |
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In unser vereinfachten Theorie ist es möglich 2 identische homogene Münzen auf eine zulegen.
In diesen Modell müsste die Kraft in einem Auflagepunkt übertragen werden und zwar im äußersten Punkt der unteren Münze.
Wenn man das Modell nur geringfügig erweitert indem man einsieht das Kräfte über Flächen übertragen werden. kann man am äußersten Punkt keine Kraft übertragen sondern jediglich weiter innen.
Somit kann man keine 2 identischen Münzen auf eine identische andere legen.
Man muß also nur bedenken das Kräfte eine gewisse Fläche brauchen, die kann aber sehr gering sein.
Deswegen versagt aber das erstere Modell nur gering.
Es ist aufjedenfall möglich zwei identische Münzen auf eine geringfügig größere zulegen, sodass du den Größenunterschied mit freien Auge sicherlich nicht erkennen kannsd.
Aber auch hier gibt es wieder Probleme zu Theorie 1) Es gibt keine exakt identischen Münzen 2) die exakte Ausrichtung wird auch schwer möglich sein.
Keine Modelle stimmen exakt mit der Realität überein. Man kann aber mit geringfügigen Sichherheitsfaktoren das Modell sehr gut nachbilden. |
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as_string |
Verfasst am: 01. Jan 2016 15:09 Titel: |
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Brillant hat Folgendes geschrieben: | Ich habe versucht, die Stapel mit 2€ Münzen nachzubauen. |
Leider habe ich nicht so viele... Bin ein armer Mensch! Allerdings denke ich, dass solche Münzen wohl kaum die Vorgabe erfüllen, dass sie komplett plan sein sollen, also keine Prägung und vor allem auch kein erhöhter Rand. Mit realen Münzen wird es sicherlich schwerer sein.
Man bräuchte irgendwie Unterlegscheiben ohne Loch oder sowas... Gar nicht so einfach, etwas passendes zu finden.
Brillant hat Folgendes geschrieben: | Es ist nicht möglich. zwei Münzen so auf eine Münze zu legen, dass beide waagerecht liegen, eine kippt immer. |
Wieso sollte man das auch tun wollen? Unsere Lösung ist so, dass immer eine auf einer anderen liegt. Oder meinst Du jetzt das, was in diesem Link beschrieben ist?
Brillant hat Folgendes geschrieben: | Ich bin nicht mehr bereit, eine Grafik anzuerkennen. Wer Münzen so stapeln kann, dass die oberste von oben gesehen vollkommen neben der untersten liegt, möge bitte ein Photo verlinken.
Alles andere ist Bullshit. Diese Selbstbefriedigung mit Formeln kot** mich an. |
Aber warum bist'n jetzt so? Du musst Dich doch nicht immer gleich so aufregen!
Weil ich nichts besseres da hatte, hab ich es einmal mit CD-Hüllen probiert. Die sind nicht rund, haben keine homogene Massenverteilung und haben auch einen etwas erhöhten Rand. Ich weiß, das ist nicht ideal also... Aber immerhin habe ich ein Foto!
Ansonsten:
Prost Neu Jahr!
PS: Die blaue Linie hab ich natürlich nachträglich Pi-mal-Daumen mit The Gimp rein gemalt. Ist nur zur Orientierung gedacht, ich hab keine Wasserwaage daneben gehalten. |
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Mathefix |
Verfasst am: 01. Jan 2016 11:22 Titel: |
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Brillant hat Folgendes geschrieben: |
Ich habe versucht, die Stapel mit 2€ Münzen nachzubauen.
Es ist nicht möglich. zwei Münzen so auf eine Münze zu legen, dass beide waagerecht liegen, eine kippt immer.
Ich bin nicht mehr bereit, eine Grafik anzuerkennen. Wer Münzen so stapeln kann, dass die oberste von oben gesehen vollkommen neben der untersten liegt, möge bitte ein Photo verlinken.
Alles andere ist Bullshit. Diese Selbstbefriedigung mit Formeln kot** mich an. |
Die mathematische Herleitung geht von einer idealen Kreisscheibe mit homogener Massenverteilung und Schwerpunkt im Kreismittelpunkt aus. Das ist bei einer realen Münze wegen der Prägung nicht gegeben. Ausserdem ist es schwierig die Münzen händisch auf den Bruchteil eines Millimeters genau anzuordnen.
Deswegen kann man die Theorie nicht verteufeln.
Z. Bsp. kann nach diesem Prinzip die Form einer freien Stütze, die keine Biege- und sonstige Spannung sondern nur Druckspannung aufweist, nach der logarithmischen Funktion bestimmt werden.
Durch Raten und Probieren geht das wohl kaum. |
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Brillant |
Verfasst am: 31. Dez 2015 17:21 Titel: |
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Ich habe versucht, die Stapel mit 2€ Münzen nachzubauen.
Es ist nicht möglich. zwei Münzen so auf eine Münze zu legen, dass beide waagerecht liegen, eine kippt immer.
Ich bin nicht mehr bereit, eine Grafik anzuerkennen. Wer Münzen so stapeln kann, dass die oberste von oben gesehen vollkommen neben der untersten liegt, möge bitte ein Photo verlinken.
Alles andere ist Bullshit. Diese Selbstbefriedigung mit Formeln kot** mich an. |
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Mathefix |
Verfasst am: 31. Dez 2015 14:35 Titel: |
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Sehr guter Beitrag!
Wünsche Dir ein gutes Neues Jahr.
Jörg |
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A.T. |
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TomS |
Verfasst am: 26. Dez 2015 13:04 Titel: |
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Mathefix hat Folgendes geschrieben: | ... der Überstand der Münzen in einer Ebene erfüllt Bedingung:
D = Münzdurchmesser
S= Gesamtüberstand
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Bei insgs. N Münzen muss diese Bedingung für jeden Teilstapel erfüllt sein, oder?
Im Falle des Gleicheitszeichens folgt der maximale Überhang. |
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Mathefix |
Verfasst am: 26. Dez 2015 10:28 Titel: |
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Brillant hat Folgendes geschrieben: | Mathefix hat Folgendes geschrieben: | Guten Rutsch! |
Ich glaube, das ist das Problem. Das Rutschen.
Meine Überlegung: Wenn ich 6 Münzen im Kreis lege, darüber 5 im Kreis, 4, 3 und oben 1 ergibt das einen "Kegel". Nun diesen Kegel auf den Kopf stellen. Das Gewicht sollte die unteren Lagen stabilisieren.
Habe ich mit 10ct Münzen gemacht. Unten eine Pappe, oben eine Pappe, die beiden fest zusammengedrückt und den Kegel gewendet. Beim Nachlassen des Drucks rutschen die Münzen auseinander.
Wenn die Reibung höher wäre, könnte das dann klappen? Zum Beispiel mit runden Steinen? |
Das Problem ist nicht das Rutschen wegen zu geringer Reibung. sondern das Kippen. Wenn der Kegelstumpf auf der kleineren Grundfläche steht, ist nicht sichergestellt, dass der Gesamtschwerpunkt eines vertikalen Münzstapels innerhalb dieser Auflagefläche liegt, es sei den der Überstand der Münzen in einer Ebene erfüllt Bedingung:
D = Münzdurchmesser
S= Gesamtüberstand
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Brillant |
Verfasst am: 26. Dez 2015 09:53 Titel: |
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Mathefix hat Folgendes geschrieben: | Guten Rutsch! |
Ich glaube, das ist das Problem. Das Rutschen.
Meine Überlegung: Wenn ich 6 Münzen im Kreis lege, darüber 5 im Kreis, 4, 3 und oben 1 ergibt das einen "Kegel". Nun diesen Kegel auf den Kopf stellen. Das Gewicht sollte die unteren Lagen stabilisieren.
Habe ich mit 10ct Münzen gemacht. Unten eine Pappe, oben eine Pappe, die beiden fest zusammengedrückt und den Kegel gewendet. Beim Nachlassen des Drucks rutschen die Münzen auseinander.
Wenn die Reibung höher wäre, könnte das dann klappen? Zum Beispiel mit runden Steinen? |
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Mathefix |
Verfasst am: 25. Dez 2015 19:22 Titel: |
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TomS hat Folgendes geschrieben: | Mathefix hat Folgendes geschrieben: | |
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Vielen Dank! Hatte ich in der Eile übersehen.
Guten Rutsch! |
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TomS |
Verfasst am: 25. Dez 2015 17:47 Titel: |
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Mathefix hat Folgendes geschrieben: | |
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Mathefix |
Verfasst am: 25. Dez 2015 17:42 Titel: |
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borromeus hat Folgendes geschrieben: | Also die erste Überlegung ist die Münzen mit einer Überdeckung gemäß:
x/2; x/4; x/8; x/16 aufzustapeln.
Das endet aber mit einem Limes von 1 (Münzdurchmesser).
Ich glaube man kann das verbessern indem man als "zweite" Ebene 2 Münzen genau untereinander legt, und dann als "dritte" Ebene 3 Münzen genau untereinanderlegt.
Ausrechnen kann ich das aber leider nicht.
Anbei Skizze (nicht maßstäblich)... |
Es entsteht eine harmonische Reihe, die nicht konvergiert.
D = Münzdurchmesser
S= Gesamtüberstand
n=4
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VeryApe |
Verfasst am: 23. Dez 2015 10:02 Titel: |
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@Mathefix sorry ich bin genauso wie du davon ausgegangen das ich die Münzen stapeln kann wie ich will.
Wenn ich von der obersten ausgehe und immer eine draunterschiebe dann komme ich für die Möglichen ausrücken der iten daruntergeschobenen Münze auf
x Ausrückung.. r Münzenradius
und die Summer der Ausrückungen ist der gesamte Versatz
ohne gewähr im Überflug, bin im Weihnachtsstress
Frohe Weihnachten. |
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TomS |
Verfasst am: 23. Dez 2015 00:26 Titel: |
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Genau |
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as_string |
Verfasst am: 22. Dez 2015 23:54 Titel: |
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borromeus hat Folgendes geschrieben: | Also die erste Überlegung ist die Münzen mit einer Überdeckung gemäß:
x/2; x/4; x/8; x/16 aufzustapeln. |
Wie auch immer Du darauf kommst: Es ist bei weitem nicht die optimale Reihe.
Ich komme auf eine Rekursionsformel dieser Art:
wobei ich mit starte.
Dann bekomme ich eine Reihe:
Wenn sich jemand auskennt, kann man daraus sicherlich noch eine einfache Folge machen.
Gruß
Marco
Edit: Also eigentlich einfach die Reihe:
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TomS |
Verfasst am: 22. Dez 2015 21:47 Titel: |
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Man kann einen unendlichen Überhang erreichen! |
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borromeus |
Verfasst am: 22. Dez 2015 16:41 Titel: |
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Prinz Mio hat Folgendes geschrieben: | @borromeus: Bei deiner Skizze kann man die untersten 3 Münzen auch weglassen. Die erfüllen keinen Zweck. |
Ja, aber es geht ja auch immer weiter mit der nächsten Lage. |
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Prinz Mio |
Verfasst am: 22. Dez 2015 16:40 Titel: |
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@borromeus: Bei deiner Skizze kann man die untersten 3 Münzen auch weglassen. Die erfüllen keinen Zweck. |
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borromeus |
Verfasst am: 22. Dez 2015 16:15 Titel: |
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Also die erste Überlegung ist die Münzen mit einer Überdeckung gemäß:
x/2; x/4; x/8; x/16 aufzustapeln.
Das endet aber mit einem Limes von 1 (Münzdurchmesser).
Ich glaube man kann das verbessern indem man als "zweite" Ebene 2 Münzen genau untereinander legt, und dann als "dritte" Ebene 3 Münzen genau untereinanderlegt.
Ausrechnen kann ich das aber leider nicht.
Anbei Skizze (nicht maßstäblich)... |
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jh8979 |
Verfasst am: 22. Dez 2015 15:25 Titel: |
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Mathefix hat Folgendes geschrieben: |
Wenn man die Münzen ausschließlich treppenförmig (jede Schicht besteht aus nur einer Münze) stapelt, gibt es keine oberste Münze, die das geforderte Kriterium erfüllt, da derSchwerpunkt ausserhalb der Grundfläche der untersten Münze liegt und es kein ausgleichendes Gegenmoment (wie in meiner Lösung) gibt. |
Doch gibt es. |
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as_string |
Verfasst am: 22. Dez 2015 15:24 Titel: |
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Mathefix hat Folgendes geschrieben: | Die Anordnung der Münzen ist in der Aufgabenstellung nicht vorgeschrieben. |
Doch, wenn man so wie ich das Wort "Münzstapel" so versteht, dann schon.
Mathefix hat Folgendes geschrieben: | Wenn man die Münzen ausschließlich treppenförmig (jede Schicht besteht aus nur einer Münze) stapelt, gibt es keine oberste Münze, die das geforderte Kriterium erfüllt, da derSchwerpunkt ausserhalb der Grundfläche der untersten Münze liegt und es kein ausgleichendes Gegenmoment (wie in meiner Lösung) gibt. |
Eben doch! Und genau darum geht es in dieser Aufgabe eben. Man kommt nämlich auf einen Logarithmus und der wächst bekanntlich unbeschränkt! Man kann also beliebig wie Überhänge bauen, wenn man genügend Münzen hat. Allerdings wächst der Überhang immer langsamer an.
Vielleicht solltest Du Dir einfach mal den von mir verlinkten Thread aus dem Matheboard anschauen oder meine kurze Erklärung oben. Das ist wieder so eine Sache, bei der einem die Intuition leider dass falsche Ergebnis liefert.
Gruß
Marco |
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Mathefix |
Verfasst am: 22. Dez 2015 15:16 Titel: |
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as_string hat Folgendes geschrieben: | Unter einem Stäbe verstehe ich, dass eine über der anderen liegt und nicht nebeneinander. Sonst würde die Angabe mit "oberster" und "unterster" auch wenig Sinn ergeben.
Gruß
Marco |
Die Anordnung der Münzen ist in der Aufgabenstellung nicht vorgeschrieben.
Wenn man die Münzen ausschließlich treppenförmig (jede Schicht besteht aus nur einer Münze) stapelt, gibt es keine oberste Münze, die das geforderte Kriterium erfüllt, da derSchwerpunkt ausserhalb der Grundfläche der untersten Münze liegt und es kein ausgleichendes Gegenmoment (wie in meiner Lösung) gibt.
Gruß
Jörg |
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as_string |
Verfasst am: 22. Dez 2015 15:00 Titel: |
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Unter einem Stäbe verstehe ich, dass eine über der anderen liegt und nicht nebeneinander. Sonst würde die Angabe mit "oberster" und "unterster" auch wenig Sinn ergeben.
Gruß
Marco |
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Mathefix |
Verfasst am: 22. Dez 2015 14:02 Titel: |
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jh8979 hat Folgendes geschrieben: | Mathefix hat Folgendes geschrieben: |
Es geht mit 4 Münzen. Jeweiliger Überhang D/2. |
Probier das doch mal aus... Bücher oder andere Gegenstände tun es auch. |
Muss ich nicht ausprobieren. Kann man sich so überlegen - s. meine Skizze. |
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jh8979 |
Verfasst am: 22. Dez 2015 13:53 Titel: |
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Mathefix hat Folgendes geschrieben: |
Es geht mit 4 Münzen. Jeweiliger Überhang D/2. |
Probier das doch mal aus... Bücher oder andere Gegenstände tun es auch. |
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as_string |
Verfasst am: 22. Dez 2015 13:46 Titel: |
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Man muss es so rechnen, denke ich: die oberste kann bis zur Hälfte Überhängen über der zweithöchsten. Die zweithöchste plus der obersten hat zusammen einen neuen Schwerpunkt, der wieder bis zum Rand der dritthöchsten gehen kann. Die dritthöchste inklusive der darüber liegenden einen neuen Schwerpunkt, der bis zum Rand der vierthöchsten gehen kann usw.
Gruß
Marco |
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Mathefix |
Verfasst am: 22. Dez 2015 13:44 Titel: |
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Hab zu kompliziert gedacht.
Es geht mit 4 Münzen. Jeweiliger Überhang D/2. |
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Duncan |
Verfasst am: 22. Dez 2015 13:13 Titel: |
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VeryApe hat Folgendes geschrieben: | Vielleicht zur Erinnerung es geht hier darum wie weit die oberste von der unteren entfernt sein kann. |
Nein.
Es geht um den "Überhang" der obersten Münze im Vergleich zur untersten. |
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VeryApe |
Verfasst am: 22. Dez 2015 12:42 Titel: |
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Zitat: |
Mathefix hat Folgendes geschrieben: | VeryApe hat Folgendes geschrieben: | wieso nicht. schon mal was von Moment gehört und freimachen mit Kräften.
Wie weit kannsd du eine Münze auf der anderen zur Seite schieben ohne das sie herunterkippt. |
Mit 2 Münzen ist die Lösung trivial. Jede weitere Münze erhöht jedoch das Kippmoment der darunter liegenden Münzen. |
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Die Lösung für alle ist genauso trivial wie für 2 nämlich die gleiche.
Vielleicht zur Erinnerung es geht hier darum wie weit die oberste von der unteren entfernt sein kann. |
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