Löffel < Integralrechnung < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:06 Sa 14.01.2017 | | Autor: | hase-hh |
| Aufgabe | Gegeben ist eine Kugel mit r=5. Der untere Teil hat die Form eines Löffels mit der Höhe 1. D.h. die Kugel ist so verschoben, dass die x-Achse, die Bregrenzung des Löffels angibt.
a) Berechne das Rotationsvolumen des Löffels!
b) Wie hoch würde eine Flüssigkeit im Löffel stehen, die die Hälfte des Volumens des Löffels hat? |
Moin Moin!
Voraussetzungen
Die Löffellinie ist ein Halbkreis [mm] \wurzel{5^2 -x^2}
[/mm]
Die Kugel ist um 4 Einheiten nach oben verschoben; dann hat der Löffel die Höhe 1; außerdem verläuft die Löffellinie unterhalb der x-Achse.
=> f(x) = - [mm] \wurzel{5^2 -x^2} [/mm] +4
Zu a)
Die Nullstellen (das Intervall) der Löffellinie wäre dann
0 = - [mm] \wurzel{5^2 -x^2} [/mm] +4
[mm] x_{1,2} [/mm] = [mm] \pm [/mm] 3
Das Volumen des Rotationskörpers berechne ich dann mit
V = [mm] \pi*\integral_{-3}^{3}{(- \wurzel{5^2 -x^2} +4)^2 dx}
[/mm]
V [mm] \approx 3,3*\pi \approx [/mm] 10,37 VE
Ein anderer Lösungsweg liefert ein anderes Ergebnis... Wo sind da ggf. Denkfehler?
Ausgehend von der Höhe des Löffels von 1 Einheit, wird nun nicht der untere Halbkreisabschnitt sondern der rechte Halbkreisabschnitt betrachtet.
Das Intervall lautet dann [4;5] Die Verschiebung der Kugel um 4 nach oben führt dann zu einem falschen Ansatz. Insofern:
V = [mm] \pi*\integral_{4}^{5}{(-\wurzel{5^2-x^2})^2 dx} \approx 4,67*\pi
[/mm]
V = 14,66 VE
???
b) Ich interpretiere die Fragestellung so, dass von einem maximalen Fassungsvermögen des Löffels (d.h. die Hälfte des vorher berechneten Volumens 5,18 VE) ausgegangen wird; davon wird dann die Hälfte in den Löffel gegossen, also 2,59 VE. Wie hoch steht im Löffel dann die Flüssigkeit?
Hier fehlen mir Ideen!???
Gibt es eine Volumenformel eines Kugelabschnittes? Oder eine Volumenformel für eine Kugel, in der man die Höhe berücksichtigt?
Oder kann man mit Integralrechnung einen Ansatz formulieren.
Über Probieren bin ich zwar zu einer Lösung gekommen; Intervall [-2;2] und einer Höhe von 0,42 Einheiten... wobei ich noch nicht einmal sicher bin, ob das richtig ist.
Jemand Ideen?
Danke & Gruß!!
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:07 Sa 14.01.2017 | | Autor: | leduart |
Hallo
du rotierst doch um die y-Achse! 1. nur das Kreisstück von 0 bis 3. und der Höhe von -1 bis 0
2. was ist die Formel für Rotation um die y- Achse?
3. was war deine andere Methode?
Gruß leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:10 Sa 14.01.2017 | | Autor: | hase-hh |
Hallo,
es wäre schön, wenn du meine Frage(n) nicht alle beantwortest, dass du dann auf "Frage teilweise beantwortet" klickst.
Es ist das alte Problem. Etwas ausführlicher und worauf sich deine Anmerkungen konkret beziehen und welche Teile richtig gelöst sind, das alles wäre hilfreich.
Nun kann ich rätseln, worauf sich deine Anmerkungen beziehen. Mich interessiert im Übrigen, wo Denkfehler sind!!
Ich fange mal mit Teil a) an.
Meine erste Lösungsvariante ergibt ca. [mm] 3,3*\pi; [/mm] [Rotation um die x-Achse].
Der Halbkreis ist hier um 4 Einheiten nach oben verschoben. Das entsprechende Intervall liegt dann immer symmetrisch zwischen -z und z [-z;z] also hier [-3;3].
Warum ist das aber das Doppelte von der Lösung, die ich (s.u.) erhalte, wenn ich um die y-Achse rotiere??? Verstehe ich nicht???
Rotation um die y-Achse.
Formel: V= [mm] \pi*\integral_{f(a)}^{f(b)}{f^{-1}(y)^2 dy}
[/mm]
1. Modifikation der Funktion, ich verschiebe den Halbkreis um 4 Einheiten nach rechts.
f(x) = [mm] \wurzel{25- (x-4)^2}
[/mm]
Ich bilde f(a) = f(-1) = 0 und f(b) = f(0) = 3
Ich bilde die Umkehrfunktion
1. Vertausche x und y
x = [mm] \wurzel{25- (y-4)^2}
[/mm]
2. Löse nach y auf
[mm] y_{1,2} [/mm] -4 = [mm] \pm \wurzel{25- x^2}
[/mm]
[mm] y_1 [/mm] = [mm] -\wurzel{25- x^2} [/mm] +4
***
Warum das mit [mm] y_2 [/mm] = [mm] \wurzel{25-x^2} [/mm] +4 nicht funktioniert, weiss ich nicht.
***
Weiter:
Jetzt integriere ich; nun kann ich wieder nach x integrieren...
V = [mm] \pi*\integral_{0}^{3}{(- \wurzel{25-x^2}+4)^2 dx}
[/mm]
V = [mm] 1,65*\pi
[/mm]
Dennoch dies ist die Hälfte von dem Volumen der ersten Lösungsvariante! ???
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:52 So 15.01.2017 | | Autor: | hase-hh |
Ich bleibe mal bei Punkt a)
Ich habe mal zwei Varianten gezeichnet, wie ich die Aufgabe verstehe.
[Dateianhang nicht öffentlich] [Dateianhang nicht öffentlich]
Insofern würde ich bei meiner Lösung bleiben, dass das Volumen ca [mm] 3,3*\pi [/mm] beträgt.
Bei Rotation um die y-Achse ist das Intervall [-1;0] aber das Volumen ca [mm] 1,65*\pi.
[/mm]
Ich würde denken, dass das daran liegt, dass der Ast der Funktion, der um die y-Achse gedreht wird, der oberhalb der x-Achse verläuft nur die Hälfte der tatsächlichen Löffelgröße beträgt.
Daher erhalte ich nur die Hälfte des tatsächlichen Löffelvolumens. Richtig?
Mithin wäre das Ergebnis der "Musterlösung" falsch. Richtig?
Die Betrachtung des um 4 Einheiten nach oben verschobenen Halbkreises, führt zu einer Randfunkiton, die zwischen 4 und 5 eben nicht dasselbe Volumen hat. ?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: pdf) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: pdf) [nicht öffentlich]
|
|
|
| |
|
Hallo,
was du da rechnest, hat doch mit der Aufgabe teilweise gar nichts zu tun. Wenn du wie im ersten Anhang den Kreis um 4 nach oben verschiebst, dann musst du um die y-Achse drehen! sonst kommt da eine Art Linse heraus aber keinesfalls der 'Inhalt' des Löffels.
Nehmen wir der Einfachheit halber einen Kreis um den Ursprung mit Radius r=5 LE an. Von diesem Kreis schneiden wir vertikal bei x=4 eine Kugelkappe (der Höhe H=1 LE) ab. Als Berandungsfunktion der Rotationsfläche (Rotation um die x-Achse!) wählen wir den oberen Halbkeis und damit die Funktion f mit
[mm]f(x)=\sqrt{25-x^2}[/mm]
Dann ergibt sich das gesuchte Volumen zu:
[mm]V= \pi* \int_{4}^{5}{\left(\sqrt{25-x^2}\right)^2 dx}= \pi*\int_{4}^{5}{\left(25-x^2\right) dx}= \pi*\left [ 25x- \frac{x^3}{3} \right ]_4^5= \frac{14}{3}\pi \cong{14,66} \textrm{VE}[/mm]
Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:24 So 15.01.2017 | | Autor: | hase-hh |
Aha.
Siehst du, da ist etwas, was ich mir nicht vorstellen kann.
Bisher dachte ich, die Löffelrandlinie reicht beim verschobenen Kreis von x=-3 bis x=3.
Ich kann nachvollziehen, dass sich bei Rotation dann eine Art Linse (doppelter Löffelinhalt) ergibt.
Mir ist leider noch nicht ganz schlüssig, wie die Löffellinie und das Volumen zusammenhängt; bzw. was die Randfunktion im Intervall [4;5] eigentlich beschreibt.
Klingt doof, mir fehlt aber immer noch das "Löffelbild"...
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:42 So 15.01.2017 | | Autor: | leduart |
Hallo
vielleicht ist dir nicht klar, wie man Rotationsfiguren berechnet?
1. um die x Achse rotieren: man hat f(x)) dabei ist von a bis b um die x Achse rotiert.
1, f(x) muss eine Funktion sein, d.h.. zu jedem x nur ein f(x) und nicht wie bei deinem Stück Kugel zu jedem x ein [mm] f(x)=+sqrt(25-x^2) [/mm] und ein [mm] -sqrt(25-x^2)
[/mm]
jetzt denkt man sich die Figur in Kreisscheiben mit dem Radius f(x) und der Höhe dx zerlegt, dann hat jede das Volumen dV= [mm] (\pi*f(x))^2*dx. [/mm] das Integral von a bis b über dV.
gibt dann das gesamte Volumen
2. du willst um die y Achse drehen, wieder muss g(y) eine echte Funktion sein, das ist dein Kreisstück nicht wenn es von -3 bis +3 geht. Sonden von 0 bis 3 oder von -3 bis 0
also hast du jetzt den Radius g(y) die Kreisscheiben haben den Radius [mm] g^2(y) [/mm] und werden von a bis b aufsummiert, für den verschobenen Kreis gilt [mm] x^2+(y-4)^2=25
[/mm]
daraus [mm] y=+sqrt(25-x^2)+4 [/mm] das muss [mm] \pi*y^2*dy [/mm] muss von -1 bis 0 integriert werden.
oder du integrierst [mm] \pi*x^2dy [/mm] und weil du das nicht kannst ersetzt du dy=f'(x)dx
hast dann also das Integral über [mm] \pi*x^2*f'(x)dx. [/mm] die zweite Möglichkeit bei Drehung um die y Achse, x dann von 0 bis 2 oder von -2 bis 0.
die halbe Linse gibt NICHT das Volumen des Löffels!
einfacher vorstellen kannst du dir das wenn du etwa eine Strecke y=2x 0<=x<=1 rotieren lässt einmal um die xAchse dann hast du einen Kegel den du ohne Integral rechnen kannst, um die y Achse einen anderen Kegel, mit anderem Volumen!
Gruß leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:26 Mo 16.01.2017 | | Autor: | hase-hh |
Vielen Dank.
Mein Problem ist sicherlich nicht, wie man einen Rotationskörper berechnet. Es ist mir auch klar, dass bei Rotation um die x-Achse
eine Ursprungsgerade einen Kegel
eine Parallele zur x-Achse einen Zylinder
ein Halbkreis eine Kugel ergibt.
Aber wenn ich die Kugellinie bzw. genauer einen Ast der Kugellinie, die die Randfunktion darstellt, um die x-Achse rotieren lasse, dann entsteht eben KEINE typische Löffelform!
DAS ist (war) der Kern meiner Verständnisschwierigkeit.
Denn es ergibt sich aus dem Ansatz [mm] \pi*\integral_{4}^{5}{\wurzel{25-x^2}^2 dx} [/mm] ein Kugelabschnitt (grob gesprochen ein Stück einer Halbkugel) aber eben KEIN typischer Löffel.
Wie ich an anderer Stelle gesagt habe, habe ich (inzwischen) verstanden, dass die Rotation der Randfunktion des unteren verschobenen Kugelabschnittes , eine Linse ergibt. Ich dachte mir aber, dann ist das eben das Doppelte des Löffelvolumens. dies scheint aber offensichtlich auch falsch zu sein.
Da meine Zeit begrenzt ist, habe ich im Internet nach Bildern für einen Löffel in Kreisscheiben (eben als Rotationskörper) gesucht, leider ohne Erfolg. Das am Rande.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:18 Sa 14.01.2017 | | Autor: | hase-hh |
zu b)
Ich interpretiere die Fragestellung so, dass von einem maximalen Fassungsvermögen des Löffels, d.h. die Hälfte des vorher berechneten Volumens 5,18 VE ausgegangen wird; davon wird dann die Hälfte in den Löffel gegossen, also 2,59 VE. Wie hoch steht im Löffel dann die Flüssigkeit?
Über Probieren bin ich zwar zu einer Lösung gekommen; Intervall [-2;2] und einer Höhe von 0,42 Einheiten... wobei ich noch nicht einmal sicher bin, ob das richtig ist.
Danke & Gruß!!
|
|
|
| |
|
Hallo,
> Gibt es eine Volumenformel eines Kugelabschnittes? Oder
> eine Volumenformel für eine Kugel, in der man die Höhe
> berücksichtigt?
![[]](/images/popup.gif) Siehe hier
> Oder kann man mit Integralrechnung einen Ansatz
> formulieren?
Der wurde doch schon vorgeschlagen (Rotation um die y-Achse bzw. um die x-Achse mit den richtigen Grenzen)
Ganz ehrlich: ich habe vorhin den Rechner hochgefahren und habe gesehen, dass deine Fragen noch nicht beantwortet sind. Und zunächst wollte ich eine komplette Beantwortung deiner Fragen versuchen, sehe aber davon ab. Denn:
- Diese Aufgabe ist (Abitur-Typisch) so hohl formuliert wie der Löffel, der darin vorkommt. Von daher wäre es dein Job gewesen, durch eine Skizze entweder klarzumachen, wie das gemeint ist, oder zumindest wie du es interpretierst.
- Deine Vorgehensweise, nämlich gleich mal mehrere Ansätze durchzurechnen und zu posten (wobei nicht klar wird, was die Ideen dahinter sind), erschwert die Sache zusätzlich.
Kurz: mir ist das alles hier viel zu unübersichtlich.
Die Aufgabe selbst ist - so wie ich sie verstehe, und so wie auch leduart sie aufgefasst hat - simpel.
- Umkehrfunktion bilden
Damit
- bei der a) Rotation um die y-Achse von -1 bis 0
- bei der b) Rotation um die y-Achse von -1 bis h bei bekanntem Ergebnis (nämlich dem halben Volumen aus a) ).
Und bevor wir hier irgendwie versuchen weiterzumachen solltest du noch die Frage nach den Rechenhilfsmitteln beantworten, die ich gleich noch an die Ausgangsfrage hängen werde.
Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:56 So 15.01.2017 | | Autor: | hase-hh |
> Hallo,
>
> > Gibt es eine Volumenformel eines Kugelabschnittes? Oder
> > eine Volumenformel für eine Kugel, in der man die
> Höhe
> > berücksichtigt?
>
> Siehe hier
>
> > Oder kann man mit Integralrechnung einen Ansatz
> > formulieren?
> Der wurde doch schon vorgeschlagen (Rotation um die y-Achse
> bzw. um die x-Achse mit den richtigen Grenzen)
Entschuldigung, ich muss die Frage solange stellen, bis sie für mich beantwortet ist; ich damit was anfangen kann. Ich habe mein Vorgehen in den Posts, so gut und so genau ich konnte, beschrieben.
> Ganz ehrlich: ich habe vorhin den Rechner hochgefahren und
> habe gesehen, dass deine Fragen noch nicht beantwortet
> sind. Und zunächst wollte ich eine komplette Beantwortung
> deiner Fragen versuchen, sehe aber davon ab. Denn:
>
> - Diese Aufgabe ist (Abitur-Typisch) so hohl formuliert wie
> der Löffel, der darin vorkommt. Von daher wäre es dein
> Job gewesen, durch eine Skizze entweder klarzumachen, wie
> das gemeint ist, oder zumindest wie du es interpretierst.
> - Deine Vorgehensweise, nämlich gleich mal mehrere
> Ansätze durchzurechnen und zu posten (wobei nicht klar
> wird, was die Ideen dahinter sind), erschwert die Sache
> zusätzlich.
Entschuldigung. Ich stimme dir zu, dass die Aufgabe "hohl" formuliert ist.
Anstelle einer Skizze habe ich verbal beschrieben wie die Aufgabe m.E. gemeint ist. Das muss reichen.
Ok, in Aufgabenteil b) habe ich meine Idee nicht weiter beschrieben.
dies gilt aber nicht für Aufgabenteil a); wo ich ausführlich die Ideen, die ich hatte, beschrieben habe mit Rechenwegen.
Insofern kann ich da keinen Kritikpunkt erkennen.
Die Skizze in der Aufgabenstellung ist um deine Worte zu gebrauchen so "hohl", dass sie keinen Anhaltspunkt für die Lösung bietet; und ich deswegen darauf verzichtet habe.
Ich kenne nur das Ergebnis der Musterlösung, nicht den Weg.
Da mir dabei einige Dinge unklar sind, habe ich hier eine Frage gestellt.
Nun, die Klarheit - Entschuldigung - kannst du nicht erwarten, denn dann bräuchte ich die Frage gar nicht zu stellen.
Vielen Dank für Deine Mühe!
> Kurz: mir ist das alles hier viel zu unübersichtlich.
>
> Die Aufgabe selbst ist - so wie ich sie verstehe, und so
> wie auch leduart sie aufgefasst hat - simpel.
>
> - Umkehrfunktion bilden
>
> Damit
> - bei der a) Rotation um die y-Achse von -1 bis 0
> - bei der b) Rotation um die y-Achse von -1 bis h bei
> bekanntem Ergebnis (nämlich dem halben Volumen aus a) ).
>
> Und bevor wir hier irgendwie versuchen weiterzumachen
> solltest du noch die Frage nach den Rechenhilfsmitteln
> beantworten, die ich gleich noch an die Ausgangsfrage
> hängen werde.
>
>
> Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:33 So 15.01.2017 | | Autor: | hase-hh |
Hier geht es um Aufgabenteil b)
Ich bleibe mal bei dem vorgeschlagenen Weg; Rotation um die y-Achse...
[mm] V_{ges} [/mm] = [mm] 3,3*\pi [/mm] davon die Hälfte "passt" auf den Löffel [mm] 1,65*\pi. [/mm]
Davon wiederum die Hälfte wird hier betrachtet, also [mm] 0,825*\pi.
[/mm]
Umkehrfunktion s.o. y = - [mm] \wurzel{25-x^2} [/mm] +4
[mm] 2*\pi*\integral_{-1}^{b}{(- \wurzel{25-x^2}+4)^2 dx} [/mm] = [mm] 0,825*\pi
[/mm]
[mm] \integral_{-1}^{b}{(- \wurzel{25-x^2}+4)^2 dx} [/mm] =0,4125
Aber wie jetzt weiter???
Die Bildung einer Stammfunktion ist hier recht schwierig!
Vielleicht näherungsweise... (durch Probieren mit dem TR) würde b = -0,533 betragen.
Mithin würde h= |- 1 +0,533 | = =0,467 LE betragen. Richtig?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:53 So 15.01.2017 | | Autor: | leduart |
Hallo
kannst du genauer sagen, wie du gerechnet hast, ich habe [mm] 14/3*\pi [/mm] für das Volumen raus
wenn du das wie geschrieben gerechnet hast warum kannst du dann das Integral nicht lösen?
schreib vielleicht mal deine Stammfunktion hin?
du kannst ja auch mal mit der Formel aus wiki für das Kugelsegment kontrollieren.
Gruß ledum
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:10 Mo 16.01.2017 | | Autor: | hase-hh |
Also, ich fasse mal zusammen. Eine Verschiebung der Kugel bzw. des Halbkreises ist nicht nötig.
Für die nicht-verschobene Funktion ist dann auch die Stammfunktionsbildung einfach(er).
a) Das Volumen des kugelförmigen Löffels ergibt sich:
V= [mm] \pi*\integral_{4}^{5}{\wurzel{25-x^2}^2 dx}
[/mm]
V = [mm] \pi*[ [/mm] 25x - [mm] \bruch{1}{3}*x^3] [/mm] von 4 bis 5
V = [mm] \bruch{14}{3}*\pi
[/mm]
b) Die Hälfte des Volumens ist [mm] \bruch{7}{3}*\pi
[/mm]
Hier denke ich nun, das Drehen um die y-Achse ist nicht zwingend notwendig.
Mein Ansatz:
[mm] \pi*\integral_{4}^{b}{\wurzel{25-x^2}^2 dx} [/mm] = [mm] \bruch{7}{3}*\pi
[/mm]
[ 25x - [mm] \bruch{1}{3}*x^3] [/mm] von 4 bis b = [mm] \bruch{7}{3}
[/mm]
25*b - [mm] \bruch{1}{3}*b^3 [/mm] - (25*4 - [mm] \bruch{1}{3}*4^3 [/mm] ) = [mm] \bruch{7}{3}
[/mm]
- [mm] \bruch{1}{3}*b^3 [/mm] + 25*b - 81 = 0
TR liefert:
[mm] b_1 [/mm] = -9,97 nicht im Intervall [4;5]
[mm] b_2 [/mm] = 5,67 nicht im Intervall [4;5]
[mm] b_3 [/mm] = 4,3
=> h = 5 - b = 5 - 4,3 = 0,7 .
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:48 Mo 16.01.2017 | | Autor: | leduart |
Hallo
das Volumen des Löffels ist jetzt richtig.
ob du von b bis 5 oder vom 4 bis b integrierst ist für das halbe Volumen egal, (nur wenn es 1/3 wäre ist es nicht mehr egal) mit b=4,3 sind 0,7 richtig.
aber warum du schreibst :Hier denke ich nun, das Drehen um die y-Achse ist nicht zwingend notwendig, verstehe ich nicht, du hast doch sowieso alles um die x Achse gedreht, da die fit entweder [mm] f^2(x)=25-x^2
[/mm]
oder [mm] g^2(y)=25-y^2 [/mm] ist ändern sich ja nur die Namen x und y ob du um die x oder y- Achse drehst.
Gruß leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:50 Mo 16.01.2017 | | Autor: | hase-hh |
Nun, ich habe in diesem Beitrag ja auch schon um die y-Achse rotiert...
Ja, das ist noch ein guter Gedanke. von b bis 5 zu integrieren.
Proberechnung mithilfe der Kugelabschnittsformel:
(r - [mm] h)^2 [/mm] + [mm] a^2 [/mm] = [mm] r^2 [/mm] a ist der Grundkreisradius...
=> 2*r*h = [mm] a^2 +h^2 [/mm]
V = [mm] \bruch{h*\pi}{6}*(3a^2 [/mm] + [mm] h^2)
[/mm]
a = [mm] \wurzel{5^2 - 4,3^2} [/mm] = 2,55
h = 0,7
V = [mm] \bruch{0,7*\pi}{6}*(3*2,55^2 [/mm] + [mm] 0,7^2)
[/mm]
V = [mm] 2,33*\pi [/mm] = [mm] \bruch{7}{3}*\pi
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:25 So 15.01.2017 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
welche Rechenhilfsmittel sind zur Bearbeitung dieser Aufgabe vorgesehen?
Das sollte bei solchen Aufgaben immer mit angegeben werden.
Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:42 So 15.01.2017 | | Autor: | hase-hh |
Rechenhilfsmittel?
Es geht um eine schriftliche Aufgabe auf Abiturniveau. Selbstverständlich kann man einen Taschenrechner zur Berechnung einsetzen.
Keine speziellen Werkzeuge bzw. Programme.
Ist die Frage damit beantwortet?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:55 So 15.01.2017 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
> Es geht um eine schriftliche Aufgabe auf Abiturniveau.
> Selbstverständlich kann man einen Taschenrechner zur
> Berechnung einsetzen.
>
> Keine speziellen Werkzeuge bzw. Programme.
>
> Ist die Frage damit beantwortet?
Nein. Es geht darum, was für ein Taschenrechner das ist. Denn der Aufgabenteil b) führt auf eine kubische Gleichung, und da wäre ja sofort die Frage, wie diese gelöst werden soll?
Es geht also eigentlich darum ob CTR/CAS oder 'nur' wissenschaftlicher TR.
Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:58 So 15.01.2017 | | Autor: | hase-hh |
Nein kein CAS, sondern nur ein normaler TR Casio fx-991ES.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:03 So 15.01.2017 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
> Nein kein CAS, sondern nur ein normaler TR Casio fx-991ES.
Siest du, das meine ich. Diese Information ist hier enorm wichtig, da dieser TR Gleichungen näherungsweise lösen kann (er liegt neben mir auf dem Schreibtisch), und somit die Frage nach der (analytischen) Lösung einer kubischen Gleichung entfällt.
Und ein gutgemeinter Rat von mir wäre der, solche Fragen vor dem Einstellen einer Aufgabe zu klären, die zulässigen Hilfsmittel zu erwähnen (so sie von Belang sind) und: keinesfalls selbst Aufgabentexte erfinden, sondern immer den Originaltext angeben.
Gruß, Diophant
|
|
|
|
