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WhiteRussian
Anmeldungsdatum: 16.05.2011
Beiträge: 56
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pressure
Anmeldungsdatum: 22.02.2007
Beiträge: 2496
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 pressure Verfasst am: 17. Jun 2011 13:09 Titel: |
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Du weißt also nicht was bei einer Ellipse die Brennpunkte sind ?
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WhiteRussian
Anmeldungsdatum: 16.05.2011
Beiträge: 56
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| WhiteRussian Verfasst am: 17. Jun 2011 13:20 Titel: |
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Wikipedia, was wäre ich ohne dich
http://de.wikipedia.org/wiki/Brennpunkt_(Ellipse) 
Ok, da soll also der Ursprung des Systems hin.
Welchen Winkel bezeichnen sie mit Phi? Mir ist nicht ganz klar, wie ds gedacht ist. r ist ja wohl der Abstand eines Punktes vom Brennpunkt, oder? |
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pressure
Anmeldungsdatum: 22.02.2007
Beiträge: 2496
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WhiteRussian
Anmeldungsdatum: 16.05.2011
Beiträge: 56
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| WhiteRussian Verfasst am: 17. Jun 2011 14:10 Titel: |
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Das war jetzt aber etwas einfach für 6 Punkte ^^
 = \frac{b^2}{a+a \sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}} \text{Cos}[\phi ]})
Das Epsilon hat wegen der Beziehung von Wikipedia den Wertebereich 0 <= ep <= 1. Denn (b/a)^2 kann nicht negativ sein und darf nicht größer als 1 sein. |
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franz
Anmeldungsdatum: 04.04.2009
Beiträge: 11583
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| franz Verfasst am: 18. Jun 2011 02:45 Titel: |
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In der Himmelsmechanik wird auch die Darstellung =\frac{p}{1+\varepsilon \cdot cos\varphi}) benutzt. |
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WhiteRussian
Anmeldungsdatum: 16.05.2011
Beiträge: 56
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| WhiteRussian Verfasst am: 18. Jun 2011 12:28 Titel: |
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Das ist ja in der Aufgabenstellung so gegeben. |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 19. Jun 2011 14:59 Titel: |
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Wie gehts du nun vor? Vorschlag: X und Y in Polarkoordinaten ausdrücken und in die Gleichung einsetzen. Dabei muss man beachten, dass die Gleichung mit x² und y² für ein Koordinatensystem gilt, dessen Ursprung im Zentrum der Ellipse liegt. Die x-Koordinate ist also nicht ganz die übliche in Polarkoordinaten. |
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WhiteRussian
Anmeldungsdatum: 16.05.2011
Beiträge: 56
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| WhiteRussian Verfasst am: 19. Jun 2011 16:33 Titel: |
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Gilt
 + b^2 cos^2(\phi) = a^2+b^2 ? )
Glaub eher nicht, dass das gilt... ?
Für die Verschiebung muss man ja nur das x um
verschieben, oder?
also x wäre dann
+\sqrt{a^2-b^2}) |
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WhiteRussian
Anmeldungsdatum: 16.05.2011
Beiträge: 56
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| WhiteRussian Verfasst am: 19. Jun 2011 18:35 Titel: |
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Ich erhalte
 = \sqrt{\frac{b^4}{b^2 \text{Cos}[\phi ]^2+a^2 \text{Sin}[\phi ]^2}})
Leider sieht es nicht ganz so aus wie gewünscht. Mathematica hilft auhc nicht weiter. |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 19. Jun 2011 21:25 Titel: |
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Ich habe noch einen Rechenfehler drin, weshalb ich das genaue Ergebnis noch nicht erhalten habe, es sieht aber so aus, als ob folgendes Vorgehen zum Erfolg führt:
1. Setze an  (e=Exzentrizität), 
2. Schreibe die Gleichung mit x² und y² für diese Parametrisierung auf. Es ergibt sich eine komplizierte quadratische Gleichung für r, die man aber lösen kann. Benutze dabei  , um den Sinus für immer aus der Gleichung zu eliminieren.
3. Am Ende scheint etwas lustiges zu passieren (ich vermute da bei mir noch einen Rechenfehler, der das knapp verhindert): Man erhält mit der p-q-Formel nach einigem Umformen eine binomische Formel  , die dem Cosinus das Quadrat klaut. Voila!  |
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WhiteRussian
Anmeldungsdatum: 16.05.2011
Beiträge: 56
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| WhiteRussian Verfasst am: 19. Jun 2011 22:24 Titel: |
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Warum machst du minus die Extentrizität und nicht +? Es soll doch in den rechten Brennpunkt verschoben werden.
Ich werds jetzt nochmsl versuchen... |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 19. Jun 2011 22:32 Titel: |
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Ich habe das Vorzeichen nicht beachtet (Es spricht ja nichts gegen negatives c oder d), es ging nur ums Prinzip. |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 19. Jun 2011 22:35 Titel: |
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Achso, rechter Brennpunkt: Dann +, richtig. |
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WhiteRussian
Anmeldungsdatum: 16.05.2011
Beiträge: 56
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| WhiteRussian Verfasst am: 22. Jun 2011 11:30 Titel: |
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Nur um mal festzustellen ob ich richtig liege:
ich Erhalte
\text{Cos}[\phi ]^2) == b^4)
und damit
Stimmt das?? Und wie genau gehts jetzt hier weiter? Sehe leider keinen Ansatzpunkt für die binomischen Formeln. |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 22. Jun 2011 12:46 Titel: |
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In welche Gleichung hast du das eingesetzt? Ich erhalte durch Einsetzen von
bzw.
in die Gleichung 
die Gleichung
 r^2 + \frac{2e\cos \varphi}{a^2}r +\frac{e^2}{a^2} - 1 = 0) bzw. nur mit cos
}_{A} r^2 + \frac{2e\cos \varphi}{a^2}r +\frac{e^2}{a^2} - 1 = 0)
Das A kann man noch etwas zusammenfassen:
+\frac{1}{b^2} )
Die p-q-Form erhält man durch Dividieren durch A:
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WhiteRussian
Anmeldungsdatum: 16.05.2011
Beiträge: 56
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| WhiteRussian Verfasst am: 22. Jun 2011 13:26 Titel: |
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Eigentlich habe ich das gleiche gemacht wie du ^^ Nur sieht es bei mir nicht so schön aus. Jetzt ist natürlich klar wie es gemeint war 
Danke (mal wieder!) |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 22. Jun 2011 13:57 Titel: |
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| WhiteRussian hat Folgendes geschrieben: | Nur um mal festzustellen ob ich richtig liege:
ich Erhalte
und damit
Stimmt das?? Und wie genau gehts jetzt hier weiter? Sehe leider keinen Ansatzpunkt für die binomischen Formeln. |
Stimmt, deine Lösung ist wahrscheinlich das Gleiche. Man kann hier auch schon binomische Formeln sehen, wenn man b² ausklammert, die cos-Terme im Nenner zusammenfasst und beachtet, dass  das Quadrat von  ist.
Mach dir also nicht unnötig die Arbeit nochmal, wahrscheinlich hast du die Lösung schon. 
Immer gerne. |
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WhiteRussian
Anmeldungsdatum: 16.05.2011
Beiträge: 56
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| WhiteRussian Verfasst am: 22. Jun 2011 22:14 Titel: |
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Hey,
ich komme mir schon ziemlich blöd vor, aber ich sehe einfach nicht, wie du das vereinfachst! Ich kann da nie kürzen, da ich immer irgendwo eine Summe habe. Wie man auf die von dir angesprochene Form mit den binomischen Formeln kommt, sehe ich leider auch nicht...
Ich hab nun das r berechnet
}{a^2 A} \pm \sqrt{\frac{e^2 cos^2(\phi)}{a^4 A^2}-\frac{-(e^2/a^2)-1}{A}})
Das sollte jetzt zumindest stimmen. Obs äquivalent zu dem oben ist, kann ich so nicht sagen...
Mathematica bringt mich auch nicht viel weiter...  |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 23. Jun 2011 07:58 Titel: |
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 \text{Cos}[\phi ]^2-a^2}=b^2 \frac{ \sqrt{a^2-b^2} \text{Cos}[\phi ]-a}{(\sqrt{a^2-b^2} \text{Cos}[\phi ]-a)(\sqrt{a^2-b^2} \text{Cos}[\phi ]+a)}= \frac{ b^2} {(\sqrt{a^2-b^2} \text{Cos}[\phi ]+a)})
Der Schönheit halber jetzt noch erweitern mit 1/a:
Hab ich auch raus.
Bei der p-q-Formel sieht die Wurzel wild aus, die Cos-Terme kürzen sich unter der Wurzel aber alle weg und im Zähler bleibt am Ende nur noch ein a^2 unter der Wurzel übrig. Man muss halt das ganze Programm durchziehen, auf Hauptnenner bringen usw., was wegen dem komplizierten A abschreckt, am Ende kommt im Zähler aber einfach a² raus und es ergibt sich wieder die schon bekannte Lösung.
Du hast glaube ich unter der Wurzel einen Vorzeichenfehler. Beachte am besten  . |
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WhiteRussian
Anmeldungsdatum: 16.05.2011
Beiträge: 56
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| WhiteRussian Verfasst am: 23. Jun 2011 11:46 Titel: |
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Danke  Mir fehlt wohl einfach der trainierte Blick für sowas...Ich rechne immer ewig im Kreis...
Hast du einen Plan, was bei der b) gefragt ist? Ich würde da einfach mal die Gleichung in Polarkoordinaten von Wikipedia hinschreiben...  |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 23. Jun 2011 18:15 Titel: |
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Mir fällt dazu spontan das ein, keine Ahnung, ob davon etwas gefragt ist:
Man kann die Hyperbel auf eine Ellipse abbilden, indem man  transformiert (i=imaginäre Einheit). Dann erhält man wieder die Ellipsengleichung. Was daraus für die Exzentrizität folgen würde, da bin ich mir noch nicht so sicher. Man müsste dann wahrscheinlich auch eine imaginäre kleine Halbachse b annehmen, also  transformieren und würde für die Exzentrizität dann erhalten
^2}/a = \sqrt{a^2+b^2}/{a} ) . |
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Keplerfan
Anmeldungsdatum: 19.05.2011
Beiträge: 252
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| Keplerfan Verfasst am: 23. Jun 2011 22:39 Titel: |
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Achso, Blödsinn! Es reicht für die Hyperbel, eine imaginäre kleine Halbachse einzuführen, damit der y-Term sein Vorzeichen wechselt. Dann bekommt man wieder die Ellipsengleichung. Bzw. wenn man es beim y auch macht, hat man ja das Vorzeichen doppelt gewechselt und nichts gewonnen. D.h. man muss einfach überall b durch ib ersetzen. Dann erhält man also
mit  .
Negativer Radius? Klingt komisch, beschreibt aber wahrscheinlich, ähnlich wie in der Optik, dass der Radius im Vergleich zu Ellipse immer gerade auf der "anderen Seite" liegt bzw. nur für Winkel definiert ist, bei denen auch der Nenner negativ wird (also nur für pos. Radius). (Neg. Nenner geht hier ja im Gegensatz zur Ellipse, da  .) Das sieht man auf dem Bild bei Wikipedia ganz gut.
Der Grenzwinkel mit  wäre dann wohl der mit  = -\frac{1}{\varepsilon}=-\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}) . Wenn der Winkel zu klein ist ist die Funktion r also einfach neg. und damit unsinnig bzw. nicht sinnvoll definiert. |
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