Technische Mechanik III (Dynamik)

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APR 04
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Hat jemand schon mal die Aufnahmeprüfung für den Master in Maschinenbau gemacht oder kennt jemand der ihn gemacht hat? (Wäre sehr dankbar für jeden Tipp)
Das würde mich auch sehr interessieren, ich "darf" den auch machen -.-
Wie kommt man auf den Winkel phi/2?
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oder: es ist ein gleichschenkliges Dreieck mit Seitenlänge a, a und s, bei einem gleichschenkligen Dreieck gibt es2 mal den gleichen Winkel und einmal phi
@Ben Az In dem Fall zwar nicht falsch, kann aber unter Umständen zu falschen Ergebnissen führen, weil im Endeffekt irgendwas linear angenommen wurde, was aber zum Beispiel mit arccos(sin()) oder sowas zusammenhängt. Im Zweifel immer über Winkelidentitäten (Dreieck 180°, sin(phi)=..., sin^2+cos^2=1 etc) und Geometrie gehen.
Hallo zusammen, ich habe mal eine Frage zu den Altklausuren zu TM3/4. Sehe ich das richtig, dass jeweils die ersten beiden Aufgaben zur TM3 und die anderen beiden Aufgaben zur TM4 gehören? Oder kann man das so nicht pauschalisieren?
richtig
Danke!
wurden die Vorleistungen schon verbucht bei euch ?
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wird wohl wieder erst ziemlich kurz vorher eingetragen... aber es ist meine ich schon veröffentlicht ob man bestanden hat oder nicht
Vorleistung wurde heute verbucht
Weiß noch jemand das Passwort für die TM3 ilias Kurse? LG
soweit ich weiß hat TM3 kein passwort
Weiß jemand ob es irgendwo die Lösungen der freiwilligen Übungsblattaufgaben gibt? Und gibt es für TMIII auch so eine Aufgabensammlung beim Skriptenverkauf?
1) nein, man kann aber Ergebnisse in den Sprechstunden besprechen und evtl. abgleichen.. 2.) nein, soweit ich weiß nicht.
Keine Sorge, das Thema der 12. Übung kommt am Anfang von TM4 nochmal ausführlich dran. Ich glaube, man kann sein 12. Blatt auch mit der 10 Korrektur abgeben und es wird dann normal korrigiert (halt ohne A oder K) aber da würd ich nochmal die Sprechstunde fragen
wodurch sind hier die Vektorlängen festgelegt? Die Ausrichtung ist logisch, aber die Länge krieg ich nicht hergeleitet...
Man verbindet die spitze des Vektors an der Kurbel mit der spitze des Vektors v__b alle anderen müssen auf dieser Verbindungslinie ihre spitze haben
Müsste x_pkt nicht größer als y_pkt sein?
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Aber ich kann doch auch y_pkt und x_pkt über y und x direkt berechnen und dann ist x=R*phi und y=r*phi. Stimmt das oder ist das falsch?
Nein, y=r*phi + x weil die Walze sich nicht nur auf der Stelle dreht, sondern sich auch nach rechts bewegt. Also ist y_pkt = r*phi_pkt + x_pkt = 3r*phi_pkt
Das Seil muss doch noch durch eine Seilkraft ersetzt werden ?
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dann bekommst du noch zwei Mal die Seilkraft ins Arbeitsintegral mit rein oder?
Ist doch egal, da das Gesamtsystem betrachtet wird, hebt sich das doch eh auf. Ich glaube beides ist erlaubt.
Die Annahme lautet richtigerweise x_pkt>0, du musst dann aber die Bewegungsgleichung integrieren (mit passender RB) und dann x_pkt(t) auswerten, nicht x_pkt_pkt.
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Ich glaube es müsste auch mit t gehen, denke nicht das einer der beiden Wege falsch ist.
x kürzt sich dann genau so weg wie t
Was ist denn mit dem Integral über die Momente? Das dürfte doch ungleich 0 sein, da die Kraft, welche die Feder erzeugt, ein Moment erzeugt? Oder nicht?
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Sry, habe die Federkraft verwechselt. Meinte die Kraft F0cos(phi), die greift ja außerhalb des Schwerpunkts an, alle anderen greifen IM Schwerpunkt an
die Seilkraft greift ja auch exzentrisch an. Wenn du die Arbeit bildest, musst du jede Kraft ja nur einmal betrachten. Rechne doch mal aus, was du rausbekommst, wenn du es als Moment betrachtest. Mein Tipp ist, dass die Arbeit am Ende die gleiche ist.
wieso gilt das?
Skalarprodukt von senkrechten vektoren = 0
hast du hier nicht vergessen, durch a zu teilen?
okay nvm dein ergebnis stimmt ja
Die Geschwindigkeitslote aller Körperpunkte müssen ja durch den Momentanpol gehen, wäre der Momentanpol dann nicht S? Wenn ich z.B. rechts am Rand der Kreisscheibe den Geschwindigkeitsvektors dieses Körperpunktes aufzeichne, ist der ja tangential zur Oberfläche und zeigt in -e_y Richtung, das Lot geht also durch S, aber nicht durch H?
Dann würde die Scheibe aber nicht Rollen. Rechts bewegt sich die Scheibe doch nach rechts mit x1_punkt und nach unten durch die Drehung. Also zeigt die Geschwindigkeit nicht in negative y-Richtung, sondern eher nach schräg rechts unten. Außerdem sagt die Rollbedingung, dass in H die Geschwindigkeit der Scheibe 0 sein muss, weshalb dort automatisch der Momentanpol ist.
Es gilt kein Haften, sondern Gleiten!
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-"mü"*N*sgn(°x)
Da hier aber nur der Fall x_punkt>0 betrachtet wird stimmt die Formel wieder. Das würde ich aber auch dazuschreiben. Außerdem heißt Haften, dass R>=my*N sein muss, also wäre "=" ja nur der Grenzfall. Ansonsten ist R beim Haften immer eine Zwangskraft und muss erstmal auch als solche unabhängig von N behandelt werden.
Sicher, dass d_r_H = 0 ist? Es geht ja um die Änderung des Vektors r_H, nicht um die Änderung des Vektors r_SH. d_ r_SH ist auf jeden Fall null, aber der Ortsvektor von H im gegebenen Koordinatensystem ändert sich doch schon oder?
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Also wenn wir das mal ganz logisch betrachten: Wir haben eine feste Oberfläche, auf der die Scheibe sich bewegt. Und wir wissen, dass gerade im Kontaktpunkt H, der ja immer gerade den festen Boden berührt, die Geschwindigkeit v_H Null ist und daher auch r_H_pkt und dr_H_pkt null ist!
Rollen heißt nur, dass auf jeden Fall im Kontaktpunkt Haftreibung vorliegt (Die Reibkraft wird also nicht vernachlässigt!). Deshalb ist die Reibkraft R eine Zwangskraft (und zunächst mal nicht von N abhängig). Man könnte zwar sagen, dass R>=my*N damit die Rolle haftet, aber die Rollbedingung sagt, dass das auf jeden Fall gegeben ist, also wäre R=my*N nur der Grenzfall, was aber nicht gefragt ist. So gesehen müsste R auch im Integral betrachtet werden, da es ja eine Zwangskraft ist. Da allerdings durch die Rollbedingung ebenfalls gegeben ist, dass v_H=0 (d.h. die Geschwindigkeit des Punktes auf der Rolle, der sich zum Betrachtungszeitpunkt im Punkt H befindet, und nicht die Geschwindigkeit, mit der sich H scheinbar nach rechts bewegt, das wäre nämlich dx1/dt), ist dr_H=v_H*dt=0*dt=0.
du hast doch m*x pkt pkt. Du scheinst das da gekürzt zu haben aber beim Rest nicht. also muss das Ergebnis von x pkt pkt das gleiche ohne die ms sein
i dät scho au saga
Weiß jemand, ob man das auch mathematisch zeigen kann? Denn wenn man r_H ableitet, kriegt man für dr_H eigentlich 2*r*dp*e_x raus.
Der Punkt H bewegt sich ja aus Sicht des Interialsystems auch mit der Scheibe. Ich denke, dass d_rH=0 eigentlich nur im mitbewegten Zylinderkoordinatensystem in S gilt.
Ja das stimmt, aber trotzdem ist der Vektor r_H bezogen auf das reale Koordinatensystem und nicht auf ein KOS im Schwerpunkt S.
Ist das hier nicht bezogen auf die Masse m__2 und die Geschwindigkeit y'__2 anstatt y'__1 ?
Ja, das müsste sich eigentlich auf Masse m_2 beziehen
Sorry, aber was steht da? Kann das nicht lesen 😇
Warum geht r als r^4 ein? Oben bei dM steht ja noch r^3..
Wenn du Polarkoordinaten verwendest, ist die Umformung dA = r*dr*d alpha. Daher das zusätzliche r.
Ist das kein Trägheitsmoment ? Dann dürfte man es doch nicht in den Freischnitt einzeichnen.
Bei einem Freischnitt nach dÁlembert schon oder ?
gibts hier nicht probleme mit der unteren grenze?
Das ist ein Punkt dieser Lösung, die bei Allen wieder zu einem K führen wird. Dieser Zwischenschritt würde ich komplett weglassen und lediglich die seperable DGL lösen. Genau genommen handelt es sich ja um ein unbestimmtes Integral.
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wie kommt man auf v?
v ist ja gerade die rotatorische, tangentiale Geschwindigkeit der Scheibe um die e_y-Achse: v=r*phi_pkt, wobei r nur in e_x-Richtung zeigen darf und deshalb noch der cos(Theta) eingebaut wird.
fehlt in diesem schritt nicht das phi_punkt^2?
ja, kann man aber als faktor behandeln und einfach vorziehen
Servus, TM3 Tutor hier: Danke, dass ihr alle so brav von der Studydrivelösung abschreibt, macht mir das Korrigieren viel einfacher. Nur schaut bitte vorher, dass sie auch stimmt, sonst muss ich alles zwei Mal korrigieren. Dankeschön!
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vielen Dank für die Info. im Normalfall werden die Aufgaben ja auch nochmal nachbearbeitet, wenn Zeit dafür gefunden wird. ist tatsächlich nicht einfach direkt vor der Prüfungsphase noch einen freien Kopf für TM zu haben, was ja erst im nächsten Semester geschrieben wird.
Ja dass zurzeit Uni ist, ist mir bewusst. Ich weiß worauf ich mich hier eingelassen habe, ich meine ich kriege auf Anhieb jetzt auch nicht alles korrekt hin und in dem Punkt ist das ja auch richtig, wenn Fehler angekreidet werden. Dann weiß man, wo man sich bessern kann und mehr Wert drauf legt, aber wie gesagt den einen oder anderen Fehler hätte man echt sparen können. Ich möchte noch einen Vorschlag zum Umfang der zu bearbeitenden Aufgaben machen: Wie wäre es, wenn man statt 2 Aufgaben nur eine etwas längere Aufgabe vorgibt und diese auch nur korrigiert wird?
Wieso hast du diese Grenzen gewählt und dann mal 2 vor dem Integral? Du kannst doch auch einfach gleich über die komplette Scheibe integrieren?
Nein, das geht eben nicht! Weil die Scheibe sich ja dreht, d.h. auf der anderen Hälfte der Scheibe wirkt der Luftwiderstand und damit das Moment des Luftwiderstands ja gerade in die entgegengesetzte Richtung. Sprich du würdest als Integrationsgrenzen 0..2*Pi einsetzten, wenn du dir jetzt die Stammfunktion hier links anschaust, würdest du überall sin(2*Pi)=sin(0)=0 bekommen, das Moment für den Luftwiderstand würde sich gegenseitig aufheben. Alternativ kannst du noch über eine viertel Kreisscheibe integrieren, sprich 0..Pi/2 und mit 4 multiplizieren.
Wieso hast du hier ein Minus? die Richtung von phi stimmt doch mit der pos. drehachse überein? (phi und e_y bilden die rechte Hand regel)
Weil der Luftwiderstand der Bewegung entgegen wirkt, und daher negativ eingehen muss, bzw. in die andere Richtung drehen muss.
wie kommst du hier auf sin und cos?
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ich komm einfach nicht drauf. das mit den hebelarmen ist mir schon klar und den teil mit sinus hab ich auch raus. aber die seite d ist immer gegenüber des winkels. wie kommst du da drauf?
Also die Kraft c*deltax zeigt leicht nach oben. Der Winkel Theta liegt rechts oben in der Ecke an. Nach Schulwissen lässt sich der Winkel Theta auch einzeichnen zwischen der Verbindungsstrecke AB und der Horizontalen von A. Anders formuliert, kannst du das längliche Dreieck gerade an der Verbindungsstrecke AB spiegeln. Dann kommst du drauf, dass die Kraft c*deltax einen horizontalen Anteil c*deltax*cos(Theta) hat mit dem bereits senkrecht stehenden Hebelarm d!
wie kommst du auf die translatorischen Trägheitsanteile ? Das Teil dreht sich doch ?
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Na gut.
Also um hier mal aufzuräumen: die Skizze ist nicht falsch, lediglich verwirren die Trägheitskräfte x_pkt_pkt und y_pkt_pkt. Hierbei ist anzumerken, dass diese für den Momentensatz um K ja sowieso keine Rolle spielen. Gleichzeitig verwirrt auch das Massenträgheitsmoment, in der Übung wurde da ja betont, da J_S um S dreht und du, wenn du den Momentensatz um K auswertest, eigentlich mit J_K rechnen müsstest, das hast du aber nicht eingezeichnet! Also Fazit: Wir machen einen Freischnitt nach Newton ohne jegliche Trägheitskräfte!
Kannst du bitte erklären, wie du auf diese Anteile hier kommst? Schon klar, dass die Federkraft Einfluss auf das Moment hat, nur verzweifle ich bei der Berechnung des zum Hebelarm senkrechten Anteils
Schau dir das Dreieck aus Teilaufg. 2 an. Und dann geht als Hebelarm immer der senkrechte Teil ein,
Der Winkel psi taucht ebenfalls auf am Punkt A, zwischen der Horizontalen und der Richtung der Feder (Z-Winkel). Damit kannst du die Anteile der Federkraft senkrecht zu den jeweiligen Hebelarmen mit sin bzw. cos bestimmen.
Hat jemand schon ein paar Ideen zur 10-10? Hier sind meine Gedanken: Zu Teil 1: ------------------------------------------------------------------------------------- Man kann ja die Flächenkraft dF/dA für den Luftwiderstand aufstellen: dF/dA = c * v^2 ----- Wenn y die Rotationsachse ist, dann gilt für die Geschw.: v = (dPhi/dt) * x ----- Hiermit hat man also die Flächenkraft: dF/dA = c * (dPhi/dt)^2 * x^2 ---------------------------------------- Wenn man dF/dA nach y integriert, bekommt man die Streckenlast dF/dx (weil dA=dx*dy). Die Streckenlast nach x integriert, im Integral extra multipliziert mit x (-> Hebelarm), sollte das Moment ergeben. -------------------- Zunächst für die erste Integration nach y: Wenn man im x-y-System integriert, muss man wohl obere/untere Integralgrenze über den Pythagoras erledigen: x^2 + y^2 = b^2 -> y = (x^2-b^2)^(1/2) Entsprechend +/- für die Integralgrenzen, wenn wir den Ursprung in den Kreismittelpunkt legen. ----- Das Ergebnis dieses Integrals ist dann: dF/dx = c * (dPhi/dt)^2 * x^2 * 2 * (b^2 - x^2)^(1/2) ---------- Für das Moment müsste nun diese Funktion mit x multipliziert und dann nach x integriert werden mit den Integralgrenzen -b bis +b. ----- Das Problem: Dieses Integral wirkt bereits überraschend aufwendig, sodass ich mich frage, ob der bisherige Ansatz wirklich von der Aufgabenstellung angedacht war. ----- Über https://www.integralrechner.de/ komme ich nach Einsetzen der Integralgrenzen zum Ergebnis: M = c * (dPhi/dt)^2 * (Pi/4) * b^4 ----- Ich könnte mich verrechnet haben, jedoch kommt im Ergebnis anscheinend Pi vor. Da im Kontrollergebnis für T kein Pi vorkommt frage ich mich, ob und wo bisher ein Rechenfehler liegt... Hat jemand noch irgendeinen anderen Ansatz gefunden?
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Danke für die Hinweise soweit! Ich steh beim Lösen der DGL aber noch irgendwie auf dem Schlauch... Durch Separation bin ich bisher auf folgendes gekommen: phi_pkt = 15m/(32cb^3t) + Konstante Soweit so gut, aber wie kann ich hier die RBs sinnvoll einbringen? Es gibt ja 2 RBs, ich habe allerdings nur eine Konstane und das t steht im Nenner, somit kann ich t=0 nicht einsetzen
Also ich hab raus: phi_Pkt=1/( (32cb^3)/(15m) + konstante) . Durch RB phi_Pkt(t=0)=Omega_0 erhalte ich konstante=1/Omega_0. Dann hast du phi_Pkt eindeutig bestimmt und kannst über die zweite RB das geg. Ergebnis lösen.
wieso ist der Momentanpol nicht auf Höhe des Punktes B?
Ja, der Momentanpol sollte eigentlich auf "Höhe" des Punktes B liegen, da ja die Kraft im Kraftangriff orthogonal zur Linie B auf P steht.
Das stimmt tatsächlich nicht... Muss natürlich auf Höhe von B sein
warum hast du hier diese Spielerei grmacht, du hättest die auch so gelassen oder ?
Kann mir jemand diese Gleichung erklären? Ich verstehe nicht, wie sie zustande kommt und was sie anschaulich bedeutet.
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die ficken uns hier hart-shakespeare
Das er überhaupt frägt zeigtz doch schon das er was tut ^^ Das ist die Grundgleichung wie sie vorne auf dem titelblatt steht.
müsste es nicht 1/tan phi sein?
ja, selbstverständlich
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Müssten nicht Omega_R und Omega unterschiedliche Vorzeichen haben? Glaube du hast beim Kreuzprodukt ein Minus vergessen.
wenn du die stelle markierst, über die du diskutieren willst, dann weiß vielleicht auch einer ne antwort auf deine frage...
Omega_r und Omega gehen in die selbe Richtung, daher gleiche Vorzeichen
Wieso kann man das gleichsetzen? im 2.Fall dreht sich ja auch der Außenring und deswegen kann v_A ja nicht gleich sein in beiden Fällen?
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@Regenschrim Welche kinematischen Grundgleichungen würdest du dann aufstellen?
Wie bereits gesagt. Aus Punkt s in die Punkte B und A verschieben und mit den jeweiligen Rollbedingungen gleichsetzen. Dann ergibt sich ein Gleichungssystem mit unbekannten wr und ws.
Warum ist das äussere Moment =0? Erzeugt die Drehfeder nicht ein Moment um Punkt A? Oder wird die Feder als zum System gehörend betrachtet?
Die Feder bewirkt schon ein Moment um A, allerdings auf beide Stäbe gleichermaßen, deshalb hebt sich das in der Bilanz gerade auf.
wo kommen die quadrate her?
Der Betrag der Ortsvektoren r1 und r2 sind jeweils l1 und l2. Also gibt es l1 und l2 beim Multiplizieren im Kreuzprodukt zweimal.
Warum hier nicht L__11+y__1 als Hebelarm? Das Moment wird doch über den Stab 1 übertragen. ein Moment in m__2 würde doch gar nicht durch das Gelenk in m__1 kommen oder?
Das ist der Hebelarm von N der auf der Ursprung wirkt. Das ist nunmal ganz unten
Müsste das nicht Psi-phi20 sein, da phi20 ja der Anfangswert also psi0 ist?
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@Regenschrim,es geht bei bettercalculate quickandcorrect Frage nicht um das Potentail zu einem bestimmten Zeitpunkt/Winkel Psi, sondern zum Anfangszeitpunkt V__0!
Für den Anfangszustand steht die Herleitung von phi20 -psi0 im Aufschrieb. Das ist ja nichts anderes als das was ich gerade geschrieben habe nur dann zu dem bestimmten Zeitpunkt t=0 und dafür ist psi = phi20. Das führt darauf, dass dann dort phi20-psi0 steht. Phi20 ist nicht Psi0, das sind unterschiedlich Winkel, da Psi0 nicht Psi zum Zeitpunkt t=0 ist sondern der Winkel, für den die Feder entspannt ist.
Du hast die Komponenten F_x , F_y und N richtig bestimmt, aber dann in die falsche Richtung eingetragen im Schwerpunktsatz. F_x und F_y zeigen richtigerweise in x-/bzw. y-Richtung (da hast du lediglich ein Vorzeichen-Fehler), N zeigt aber in x-Richtung, du hast es aber mit e_y - Richtung eingetragen.
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r=1, da nur eine Bewegungsrichtung direkt am MP eingeschränkt wird. Die Feder oben ist ja weder eine geometrische noch eine kinematische Bedingung, da sie ja im Endeffekt nur eine Kraft von m1 zum Ursprung darstellt. Die BewegungsRICHTUNGEN von m1 werden durch die Feder ja nicht eingeschränkt.
Ja genau, das habe ich auch mittlerweile rausgefunden. Dankeschön :)
müsste das nicht (l_2)^2 sein?
Ja beim Drallsatz hab ichs an einer Stelle vergessen, Danke
wäre vielleicht besser das l_1_punkt und l_2_punkt zu nennen...
ja, die Ortsvektoren ändern sich ja
Hat jmd die Übung 8 am 10.1.19 mitgeschrieben und könnte sie hochladen? Danke schon mal im Vorraus:)
Die sollte auch in ILIAS erscheinen... Schau dort mal :)
Hat jemand von euch die 05/03 Aufgabe 4 richtig? Mir fehlt da der e_phi Anteil und ich steh grad etwas aufm Schlauch. Hat das jemand von euch richtig und würde mir vielleicht dabei aushelfen? Danke!
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In welchem Übungsorder finden wir sdie?
Ich hab es leider auch nicht verstanden... Könnte bitte jemand die Korrektur davon hochladen? Vielen Dank!!
Ich verstehe diesen Teil leider nicht... woher kommt l_0*v_0?
Woher weiß man was dr ist?
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stimmt, der teil den ich oben aufgeschrieben hab gilt nur skalar für dr, nicht für dr als Vektor. das wäre dann dr*e_r+r*dphi*e_phi. Ich stelle es mir so vor, dass man r_punkt_vektor berechnet und dann mit dt multipliziert, also nur noch dr_vektor hat. auf der rechten seite werden dann auch alle punkte zu d's. weil man aber nach phi integrieren möchte, braucht man aber halt noch dr in abhängigkeit von dphi und das bekommt man aus der oberen formel. der e_phi anteil fällt im integral raus, weil ich ja nur F in e_r Richtung integriere, ist ja die einzige äußere Kraft. Also hast du Recht, der e_phi Anteil fehlt im dr_vektor
Kann mir jemand sagen, wie man auf e_phi kommt und wie die Lösung der Aufgabe lautet? Stehe total aufm Schlauch.. Muss morgen die Korrektur abgeben
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