Sonnenstand am Himmel mit Taylor-Expansionen?

Hey ihr lieben, ich habe folgende Aufgabe gegeben:

Bin gerade tabe die entsprechenden Zeiten zu definierenaber verstehe nicht wie man auf die beiden Zeitpunkte der Tag und Nachgleichen kommt, wie hier in der Lösung angegeben.

Answer 1

[ProfFrink]

Du brauchst eigentlich nur zu bedenken, dass für kleine Argumente der Kosinus durch eine abgebrochene Taylorreihe genähert werden darf.

$\cos x=1-\frac{x^2}{2}$ Das wird angewandt auf Deine Sonnenstandsformel und Du erhälst

$h\left(t\right)=90°-\theta-\alpha\cdot\left(1-\frac{\left[\omega\left(t-t_0\right)\right]^2}{2}\right)$ Damit ist die quadratische Abhängigkeit von t bereits nachgewiesen.

Diese Gleichung wird nun auch verwendet um zu bestimmen an wieviel Tagen die Abweichung kleiner als 1° ausfällt. Wir fragen somit nach dem Grenzfall für den die Abweichung genau 1° ergibt. Alle konstanten Terme können somit weggelassen werden. Wir konzentrieren uns nur auf die zeitabhänigigen Terme und fordern

$1°=\alpha\cdot\frac{\left[\omega\left(t-t_0\right)\right]^2}{2}$ Die Auflösung nach t - t_0 ergibt

$t-t_0=\frac{\sqrt{\frac{2°}{\alpha}}}{\omega}=\frac{365,25}{2\pi}\cdot\sqrt{\frac{2°}{23,75°}}=16,8$ Hier ist zu bedenken, dass auch die Tage vor der Wintersonnenwende dazu zu zählen sind. Das entspräche der negativen Wurzel. Ausserdem zählt auch der Tag der Wintersonnenwende selbst dazu. Darum sind es 16 +1 +16 = 33 Tage.

Beim Nachweis der linearen Zeitabhängigkeit des Sonnenstandes um die Tag- und Nachtgleiche im Frühling gilt

$t_{gl}=t_0+\frac{\pi}{2\cdot\omega}$ Zählt man nun alle Tage nach der Frühlings-Tag-und-Nachtgleiche so ist t_0 durch

$t_0=t_{gl}-\frac{\pi}{2\cdot\omega}$ zu ersetzen. Man erhält

$h\left(t\right)=90°-\theta-\alpha\cdot\cos\left(\omega\cdot\left[t-t_{gl}+\frac{\pi}{2\omega}\right]\right)$ Mit ausmultiplizierten Argument erhält man

$h(t)=90°−θ−α⋅\cos\left[\omega\cdot\left(t-t_{gl}\right)+\frac{\pi}{2}\right]$ Es gilt nun Additionstheorem für ein um 90° verschobenes Argument

$\cos\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=-\sin x$ und damit

$\left(h(t)=90°−θ+α\cdot\sin[ω⋅(t-t_{gl}\right)​]$ Die abgebrochene Taylorreihe für den Sinus für kleine Argument lautet

$\sin x\ =x$ Wir erhalten somit

$h\left(t\right)=90°-\theta+\alpha\cdot\omega\cdot\left(t-t_{gl}\right)$ Womit auch die lineare Abhängigkeit nachgewiesen ist.

Woher ich das weiß: Studium / Ausbildung