Benutzer Diskussion:Karl Bednarik

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Inhaltsverzeichnis

Hallo Karl Bednarik

Zur Mikrotomseite hätte ich zwei Anregungen.

Ich glaube, dass nach wie vor Mikrotommesser aus Stahl häufigste Verwendung finden. Also nicht "in den meisten Fällen die Bruchkanten von Glas und Diamant" sondern ... "in den meisten Fällen spezielle Stahlmesser und für besonders dünne Schnitte Bruchkanten von...".

Die Paraffineinbettung kommt für meinen Geschmack auch etwas zu kurz. Mein Vorschlag wäre:

statt "bei Wasser enthaltenden Proben auch das in der Probe enthaltene Wasser durch Kunstharz ersetzt, diese Methode nennt man Plastination"

besser: "bei Wasser enthaltenden Proben auch das in der Probe enthaltene Wasser über die aufsteigende Alkoholreihe (verlinkt mit Entwässerung, besser spezifischerer Begriff? oder Kurzerläuterung?) in Paraffin, für Ultramikrotomschnitte durch relativ härtere Kunstharze ersetzt. Diese Methode nennt man allgemein Einbettung, in letzterem Fall Plastination."

Stilistisch wären vielleicht besser mehrere einfachere Sätze? Fachbegriff Gefriermikrotom (Vorteil: geht schnell, Artefaktproblematik) könnte thematisch vielleicht auch noch rein?

Man könnte noch Mikrotommesser verlinken und etwas über deren spezielle Problematik sagen. Wär für Interessierte vielleicht interessant, was meinst Du? (Denke an: Facettschliff, Behandlung, Schnitttechnik (NRS), Abziehen und Abziehtechnik der Messer, Glasmesser nur kurzzeitig brauchbar u.s.w.), alles in Allem in vielleicht 20 Sätzen?

Was meinst du dazu? Mit freundlichen Grüssen: Rüdiger

(Ich bin nicht vom Fach, deshalb trau' ich mich nicht den Artikel zu ändern :) Über Mikrotommesser könnte ich allerdings was schreiben.)




Hallo Karl, Willkommen bei Wikipedia!

Es freut mich, dass Du zu uns gestossen bist. In Hilfe und FAQ kannst Du Dir mal einen Überblick über unsere Zusammenarbeit verschaffen. Fragen kannst Du am besten hier stellen, ich (und die meisten Wikipedianer) helfen gerne.

Mein persönlicher Tip für Deinen Einstieg in Wikipedia: Wikipedia:Sei mutig ;-) Fantasy 23:55, 5. Nov 2003 (CET)

Hallo Fantasy, hallo Wikipedianer,
ich danke für den Willkommensgruß.
Als Anfänger vertrete ich die Regel : "Dazuschreiben ist besser als löschen", aber vielleicht werde ich später mutiger.
Mit freundlichen Grüßen,
Karl Bednarik.
Wie Du siehst, war ich mutig, und habe Deinen Text anders formatiert. Wenn Du Fragen hast, einfach melden ;-) Fantasy 13:44, 7. Nov 2003 (CET)
PS: Du kannst mit ~~~~ automatisch unterschreiben.

Hallo Karl, mir ist gerade aufgefallen, dass du bei Tesserakt sehr viele Einzel-Edits durchgefuehrt hast. Benutze doch lieber die Funktion "Vorschau zeigen" im Edit-Fenster. --SirJective 11:42, 3. Dez 2003 (CET)


Hi Karl, kleiner Tip zu den von Dir hochgeladenen Bildern: Ich denke wenn man diese als PNG anstatt JPEG speichert, so bekommt man ein wesentlich besseres Bild bei kleinerem Speicherverbrauch zustande, da die Bilder meist nur sehr wenige Farben verwenden und geometrische Figuren darstellen. Mit JPEGS verschmieren die Sachen so merkwürdig. Gruß -- fab 13:12, 3. Dez 2003 (CET)

Da fällt mir grad noch was ein - Du hast jeweils immer sehr vorbildliche Quellenangaben gemacht, aber eine Kleinigkeit hab ich zu bemängeln. Lieber nicht das Bild selbst in die eigene Bildbeschreibung einbinden, da falls ein Bild einmal nicht mehr gebraucht werden sollte (aus welchen Gründen auch immer) und dieses aus dem Artikel geworfen wird, so würde es nicht in Spezial:Unusedimages auftauchen, weil es halt sich selbst noch verlinkt. Fiehl mir grade so ein, falls Du die Bilder gegen PNGs austauschen solltest, ansonsten mach weiter so ;-) -- fab 13:17, 3. Dez 2003 (CET)

Hallo SirJective, hallo fab, als Neuling bin ich für alle Ratschläge dankbar. Die Bilder in den Bildbeschreibungen habe ich alle entfernt. Leider kann mein Paint nur BMP, JPG und GIF, aber kein PNG abspeichern. Wahrscheinlich gibt es da noch irgend einen Trick, wie man PNG-Dateien abspeichert. Ich habe unter PNG aber nichts brauchbares gefunden. Mit freundlichen Grüßen Karl.

Paint kennt mittlerweile schon JPEGs? Ich bin erstaunt! ;-) Ich muss zugeben, ich bin auf dem Gebiet der Grafikbearbeitungssoftware auch nicht sehr bewandert, aber mein Paintshop Pro hat mir bis jetzt noch immer weitergeholfen. Man kann da ([1]) eine kostenlose Demo runterladen, die alles (wichtige) können müsste. Als freie Alternative wäre da z.B. GIMP zu nennen (z.B. hier als Win32 Programm [2]), was ich persönlich aber noch nie getestet habe. Einfach mal ausprobieren. Gruß -- fab 19:38, 3. Dez 2003 (CET)
hi karl, als alternative zu png-dateigen gehen auch gif-dateien. ich bin sogar der meinung das gif besser ist als png, zumindest ist es nicht wesentlich schlechter.
-- (SK-Genius 03:33, 2. Jul 2004 (CEST))

Hallo Karl, vielen Dank für das "lebendige" Funktionsprinziep des Vakuummotors. Es ist eine anschauliche Bereicherung meines Artikels. Gruß Reiner

anmelde-abmeldeproblematik[Quelltext bearbeiten]

hallo karl,

ich kenne das problem zur genüge. wenn ich mich abmelde und das nächste mal wieder reinsehe bei wiki (auch, wenn der pc zwischendurch abgeschaltet war), kommt immer wieder der status, ich sei angemeldet. ich mache das dann einfach so, dass ich gleich auf den link "Beobachtungsliste" klicke (links in der linkleiste), dann kommt nämlich regelmäßig die meldung, ich (und in diesem fall meine für diesen moment vergeben ip-nummer) sei nicht angemeldet. und dann kann ich mich auch regulär anmelden. es wäre nämlich schade, weil man seine "Beobachtungsliste" unangemeldet nicht überprüfen kann oder abschnittsweise bearbeiten. also, nicht den kopf hängen lassen, es wird halt gerade viel an den servern rumgebastelt -- gruß ee 16:58, 1. Mär 2004 (CET)

Hallo ee, danke für die Antwort.
Ich mache es mit der "Beobachtungsliste" und der Anmeldung genau so wie Sie.
Meine IP-Nummer scheint eindeutig mit mir verbunden zu sein, denn in den letzten vier Monaten sind alle meine, aber keine fremden, Irrläufer dort gelandet.
Deshalb habe ich hier Benutzer:213.47.16.195 meine Ausweich-Seite eingerichtet, wo man meine fehlgeleiteten Beiträge finden kann.
Mit freundlichen Grüssen,
Karl Bednarik 04:24, 2. Mär 2004 (CET)
hallo karl,
schön, dass es klappt. ich würde aber nicht damit rechnen, dass die ip-nummer ständig bei ihnen bleibt. meine hatte sich in den erstenwochen mehrmals geändert. seither weis ich es nicht, da ich mich ja nun erfolgreich anmelden kann :-). wünsche fröhliches werkeln -- gruß ee 04:32, 2. Mär 2004 (CET)

betr. Polystyrol[Quelltext bearbeiten]

hallo Karl, ich habe die beiden Artikel komplett überarbeitet und versucht, möglichst neutral deine und meine meinungen einzuarbeiten. Bitte schau es dir an und guck auch mal nach meinem weblink! Bin für Änderungsvorschläge immer offen, will deine bemerkungen nicht ignorieren! Marcela 03:30, 30. Mär 2004 (CEST)

Hallo Marcela,
die neue Form von Polystyrol scheint in Ordnung zu sein.
Aber was ist der Unterschied zwischen gesundheitsschädlich und giftig?
Ob man sofort stirbt, oder einige Monate später, ist nur ein gradueller Unterschied.
Paracelsus sagte: "Jedes Ding ist ein Gift, nur die Menge macht es, ob ein Ding ein Gift ist."
Mit freundlichen Grüssen,
Karl Bednarik 04:42, 30. Mär 2004 (CEST)

Ich finde es erwähnenswert daß man in Polystyroldämpfen überleben kann (klar schadet es) - aber in Holz- oder Lederdämpfen nicht. Nicht mehr und nicht weniger... Marcela 09:18, 30. Mär 2004 (CEST)

Hallo Marcela,
das ist natürlich eine interessante Strategie, zu sagen, hier haben wir noch etwas viel giftigeres, wie zum Beispiel: Arsentrioxid, Kaliumcyanid, Botulinustoxin, usw..
Dazu kommt noch die Unterscheidung zwischen akuten und chronischen Vergiftungen, und deren Langzeitfolgen.
Eine meiner Vermutungen ist:
Rein theoretisch sollten die Verbrennungsprodukte von Polyäthylen viel weniger giftig sein, als die Verbrennungsprodukte von Polystyrol, weil sie nur von aliphatischen, und nicht von aromatischen Kohlenwasserstoffen herrühren.
Haben Sie Informationen zu den Verbrennungsprodukten von Polyäthylen?
Mit freundlichen Grüssen,
Karl Bednarik 16:08, 30. Mär 2004 (CEST)

Ich habe dar keinerlei Informationen, bin auch weder Chemiker noch Biologe, kann das also nicht ganz objektiv beurteilen. Ich war eine Weile bei Isorast beschäftigt, die vertreiben Polystyrol- Bausteine. Uns wurde immer wieder gesagt daß wir auf die Untersuchungen der Unis in Wien und Basel verweisen sollen, ich hab die Original- Protokolle in der hand gehabt, die Versuchstiere haben wirklich Leder und Holz usw. nicht überlebt - aber eben Polystyrol. Angesichts des stechenden und wirklich ekligen Gestanks scheint das unwahrscheinlich aber ist lt. BASF wissenschaftlich belegt... Polyäthylen verbrennt doch fast rauchlos, es entsteht ein Geruch nach Parrafin?

Mein Anliegen mit den Bemerkungen im Artikel ist es, den Leuten die Angst vor Plaste (gleich welcher Art) zu nehmen... in PS wird Fleisch eingeschweißt, es ist (unverbrannt) physiologisch unbedenklich. Die fanatischen Grünen würden sicher Holz nehmen, in dem sich Bakterien ohne Ende wohl fühlen... Ich hab nichts gegen den grünen Gedanken, mag aber nicht die Verteufelung aller chemischer Produkte - und das soll 'rüberkommen'. Fachlich bin ich am Ende mit meinem Latein, wenn du da was einbauen kannst - trau dich ruhig, ich werd dir nicht ins Handwerk pfuschen! Marcela 23:56, 30. Mär 2004 (CEST)


Unsichtbarkeit[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl,

Du hast natürlich jedes Recht, die von Dir geschriebenen Texte so zu formatieren, wie sie Dir am besten gefallen. Ich würde es halt anders machen. Meine Strategie ist es, möglichst viel Formatierungsaufwand der Software zu überlassen, weil so der Text dem Bildschirm des jeweiligen Lesers am besten angepasst wird. Auf meinem Bildschirm sieht Unsichtbarkeit sehr zerpflückt aus (abwechseln lange und kurze Zeilen).

Zum Artikel selber:

Auch hier musst und kannst Du entscheiden, was in einen Artikel gehört. Für mich klingt das ganze eher wie eine Anleitung oder Abhandlung, nicht wie ein Artikel in einer Enzyklopädie. Formulierungen wie:

Der Sinn dieser anstrengenden geistigen Übung war, dass wir nun über Möglichkeiten und Unmöglichkeiten genauer bescheid wissen. Zur Erholung folgt nun ein leichteres Thema, ...

klingen für mich nicht wie Enzyklopädie. Das ist aber auch nicht weiter schlimm. Das ist nur meine Meinung, ein anderer sieht das vielleicht auch anders. Letztlich bin ich nur zufällig auf Unsichtbarkeit gestoßen und fühle mich nicht so kompetent, als dass ich mehr als formale Kritikpunkte hätte.

Mit freundlichen Grüßen

ArtMechanic 23:20, 2. Mär 2004 (CET)


bezgl. spiegel. der letzte absatz sieht interessant aus, das bild ebenso. die detailinformationen sind (bestimmt) richtig. aber was du dem leser damit sagen willst, bleibt bis nach mehrmaligem lesen voellig obskur. bitte ueberdenke diesen text nochmal, und formuliere die aussage so klar, dass man versteht, worum es eigentlich geht. wikipedia ist kein heiteres sinnraten... -- kakau 17:21, 4. Mär 2004 (CET)

Hallo kakau,
wegen eines gewöhnlichen Spiegels werden wir keinen anstrengenden edit-war beginnen.
Mit meiner kryptischen Formulierung "Spiegel übertragen optische Informationen"
wollte ich eigentlich nur ausdrücken, dass Spiegel optische Informationen übertragen.
Glauben Sie wirklich, dass das ausser uns niemand verstehen kann?
Mit freundlichen Grüssen, Benutzer:Karl Bednarik,
oder wie Seine Erhabenheit, Lord-Admiral Graf Frederik von Hombug zu sagen pflegt,
alles unter fünfhundert Megatonnen ist als freundliche Geste zu verstehen.
Hier findet man Graf Hombug: http://members.chello.at/karl.bednarik/
falls man ihn sucht.


Innenweltkosmos[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik,

Auf der Seite Hohlwelttheorie stellst Du immer wieder folgende Textpassage rein:

Nach dem die Schwerkraft immer senkrecht zur Erdoberfläche wirkt, muss man auch das Gravitationsgesetz für den Innenweltkosmos neu formulieren.
Falls man die Schwerkraft durch die Fliehkraft einer rotierenden Hohlkugel erklären wollte, zeigt sich das Problem, dass die Schwerkraft zum Erdmittelpunkt hin wirkt, aber dass die Fliehkraft von der Erdachse weg wirkt. Daher würde in diesem Modell in der Nähe der Pole die Fliehkraft sehr schwach sein, nahezu parallel zur Erdoberfläche sein, und von den Polen weg wirken.
Nach der klassischen Physik wäre innerhalb einer Hohlkugel die Schwerkraft an jedem Punkt gleich null.


Warum erscheint Dir diese so wichtig? MfG--217.227.100.229 12:29, 26. Aug 2004 (CEST)

Hallo 217.227.100.229,
für den Innenweltkosmos ist die sicher sehr wichtige Ausbreitungsweise des Lichtes sehr gut beschrieben.
Für die mit Sicherheit lebenswichtige Ausbreitung der Gravitation fehlt aber hier bisher noch die Beschreibung.
Schliesslich hält uns die Graviation an der Innenseite des Innenweltkosmos fest, und sorgt ausserdem dafür, dass die Sonne und der Mond an ihren Orten oder Bahnen im Inneren gehalten werden.
Leider habe ich bisher nur zwei Beschreibungen, wie es nicht funktionieren kann, angeben können.
Das Inversionsweltbild ist in dieser Beziehung schon viel weiter entwickelt.
Mit freundlichen Grüssen, Karl Bednarik 11:36, 27. Aug 2004 (CEST).

Ich verstehe nicht ganz, warum Du soviel Wert darauf legst, dass Beschreibungen, "wie es nicht funktionieren kann", in dem Artikel untergebracht werden. Viel besser wäre doch die Beschreibung, wie es wirklich funktioniert. Unter folgendem Link ist es sehr ausführlich beschrieben: --> [3] ebenfalls freundliche Grüße --217.83.187.225 11:56, 27. Aug 2004 (CEST)

Benutzer:213.47.16.195[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl, IPs sind gewöhnlich dynamisch, also ist dieser "Benutzer" völlig zwecklos. --Brutus Brummfuß 20:12, 14. Dez 2004 (CET)

Dies ist ein Test meiner IP-Nummer:
84.113.130.25 03:38, 17. Dez 2004 (CET)

Hallo Brutus Brummfuß,
solange das selbe Kabelmodem am selben Server hängt, bleibt die IP-Nummer viele Monate (mindestens 12 Monate) lang gleich.
Aber nun habe ich ein neues Kabelmodem bekommen, und auch eine neue IP-Nummer, von der ich zu behaupten wage, daß sie wieder viele Monate lang gleich bleiben wird.
Mit freundlichen Grüßen, Karl Bednarik 03:49, 17. Dez 2004 (CET).

Spirale[Quelltext bearbeiten]

Hallo, Karl, Ich möchte gern daß Artikel Spirale übersetzen nach Englisch (en:Spiral), und hab eine frage. Ist es schwer für Sie noch einmal diesen Bilder zu generieren, sonst abgespeichert im PNG format? Vielen Dank jede Weise. Hooloovoo 80.126.130.198 15:14, 13. Apr 2005 (CEST)

Hallo Hooloovoo,

ich habe die Artikel Spirale und Schraube (Mathematik) verbessert, und die folgenden fünf PNG Dateien, sowie eine neue gif Datei eingesetzt.

Mit freundlichen Grüßen,

Karl Bednarik 11:58, 15. Apr 2005 (CEST).

Loxodromenbild ->Commons?![Quelltext bearbeiten]

Ich schreibe in der Wikibooks an den Büchern Differentialgeometrie und Kartenprojektionen. Bisher verwende ich die von Ihnen erstellte Loxodrome. Um sie in Wikibooks verwenden zu können, habe ich das Bild mitsamt Beschreibung so gut es ging in die Commonds übertragen und ins Englische übersetzt. Rein theoretisch könnte das Bild in der Wikipedia also gelöscht werden. Ich hab schon beide deutschen Wikipedia Artikel editiert, so dass das Bild aus der Commomns verwendet werden sollte. Ich werde das lokale deutsche Bild jetzt mal zur Löschung vorschlagen. E^(nix)

Hallo FreieMeinung,
machen Sie es so, denn ich habe die Funktion der Commons leider noch nicht verstanden. Das gilt auch für alle anderen meiner vielen Bilder.
Mit freundlichen Grüssen,
Karl Bednarik 05:37, 4. Jun 2005 (CEST).

Ehrenfestsches Paradoxon[Quelltext bearbeiten]

Lorentzkontraktion einer rotierenden Scheibe

Ich wollte darauf hinweisen, dass ich Deinen Abschnitt über das Ehrenfestsche Paradoxon in einen separaten Artikel Ehrenfestsches Paradoxon ausgelagert habe und hoffe in naher Zukunft den Artikel ausbauen zu können. --Pjacobi 11:22, 28. Sep 2005 (CEST)

Adventskranz[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl, ich habe in o. g. Artikel den von dir gezeichneten Adventskranz gesehen. Ich finde den Kranz von der technischen Seite einwandfrei und sehenswert. Inhaltlich zum Thema des Artikels jedoch habe ich meine Zweifel, ob diese technische Form geeignet ist. Ich möchte die Grafik nicht einfach aus dem Artikel löschen, sondern dich bitten, dir die Sache noch mal anzuschauen. Gruß --ST 00:28, 7. Okt 2005 (CEST)

Hallo ST,
ich bin nicht beleidigt, wenn meine Grafik gelöscht wird.
Ich bin Techniker, und kein Künstler, daher habe ich keine Kompetenz in Stilfragen.
Mit freundlichen Grüßen,
Karl Bednarik 07:13, 7. Okt 2005 (CEST).


Praxisnahes Rechenbeispiel[Quelltext bearbeiten]

Gravitationskonstante G = 6,6742×10-11 m3/kgs2,
Masse der Erde M = 5,972×1024 kg,
Lichtgeschwindigkeit c = 2,99792458×108 m/s,
Radius der Erde r = 6,37815×106 m,

Gravitationsradius = Schwarzschildradius der Erde

R = 8,86967×10-3 m = ca. 9 mm,
Gravitation beim Erdradius

g = 9,79782 m/s2,

Allgemeine Relativitätstheorie:
Gravitative Zeitdilatation beim Erdradius, um diesen Anteil läuft die Zeit auf der Erde langsamer als im leeren Weltraum, sofern man im Weltraum relativ zur Erde ruht

D = 6,95317×10-10,
Zeitdilatationsunterschied pro Meter beim Erdradius, um diesen Anteil läuft die Zeit pro Meter Höhe schneller, sofern man nicht zu viele Meter Höhe zurücklegt,

d = 1,08912×10-16,
auf einem 100 m hohen Turm läuft die Zeit um den Faktor 1,08912×10-14 schneller ab als auf dem Boden, bei wesentlich grösseren Höhen verringert sich der Zeitdilatationsunterschied pro Meter Höhe,

Spezielle Relativitätstheorie:
Stabile Kreisbahngeschwindigkeit beim Erdradius, aber im luftleeren Raum

v = 7,90518×103 m/s,
Kreisbahngeschwindigkeitsbedingte Zeitdilatation beim Erdradius

t = 3,47658×10-10,

ZEITDILA Gravitation Kreisbahngeschwindigkeit.PNG

Neutraler Radius = 1,5r = 9,56722×106 m,
Gravitative Zeitdilatation beim neutralen Radius = 4,63544×10-10,
Verringerung der gravitativen Zeitdilatation relativ zur Erdoberfläche beim neutralen Radius = 2,31772×10-10,
Kreisbahngeschwindigkeit beim neutralen Radius = 6,45455×103 m/s,
Kreisbahngeschwindigkeitsbedingte Zeitdilatation beim neutralen Radius = 2,31772×10-10,

Die Verringerung der gravitativen Zeitdilatation relativ zur Erdoberfläche beim neutralen Radius kompensiert also die kreisbahngeschwindigkeitsbedingte Zeitdilatation beim neutralen Radius von 9567 km, oder der Höhe von 3189 km, sodass die Zeit in einem solchen Satelliten genauso schnell vergeht, wie in auf der Erdoberfläche ruhenden Objekten. Die Rotation der Erde (Sagnac-Effekt) wurde aus Gründen der Einfachheit nicht berücksichtigt.

Um die Erde in ein Schwarzes Loch umzuwandeln, müsste sich die gesamte Masse der Erde innerhalb des R von rund 9 mm befinden. Dabei wäre dann im Zusammenhang mit dem neutralen Radius von 1,5r der 1,5-fache Schwarzschildradius von 1,5R interessant. Bei 1,5R würde ein Lichtstrahl eine geschlossene Kreisbahn bilden, und innerhalb von 1,5R würde die Fliehkraft nach innen zeigen. Der Raum zwischen 1,5R und R würde sich so verhalten, als wäre R ausserhalb von 1,5R, und nicht innerhalb davon.

-- Hallo, ist dieser Neutraler Radius von 1.5r gültig nur für die Erde, oder ist es allgemein gültig für jeden Planeten? --

Hallo,
ich glaube schon, daß 1,5r, 1R, und 1,5R nur von der Masse abhängen, die sich jeweils innerhalb davon befindet.
Nur wenn die Masse bei geringer Dichte auch außerhalb dieser Radien vorhanden ist, dann funktionieren diese Gleichungen nicht.
Das ist zum Beispiel beim 1R-Schwarzschildradius der Erde (9 mm) der Fall.
Theoretisch müßte man das aus den Gleichungen ableiten können, ich weiß nur nicht wie.
Vielleicht rechne ich zum Vergleichen eine Tabelle mit einigen Massen und einigen 1r-Radien aus.
Mit freundlichen Grüßen,
Karl Bednarik 14:17, 6. Sep. 2007 (CEST).

Eine Excel-Tabelle mit neun angenommenen Planeten ist fertig.
M = Masse der Erde mal 0,1, mal 1, und mal 10.
r = Radius der Erde mal 0,1, mal 1, und mal 10.
Die fünfte, mittlere Zahlenspalte entspricht der Erde.
Alle anderen Abkürzungen sind wie oben stehend.
Die gleiche Zeitdilatation bei 1,5r gilt bei allen Planeten.
http://members.chello.at/karl.bednarik/GRAZEDIL.PNG
Karl Bednarik 17:35, 6. Sep. 2007 (CEST).

Hallo, wenn man nach der Schwarzschild-Metrik geht, dann ist die genaue Formel für den Zeitdilatationsfaktor im Gravitationsfeld bei Geschwindigkeit v

Für eine kräftefreie Kreisbahn gilt der Faktor

193.171.121.30 22:00, 7. Sep. 2007 (CEST)

Hallo Benutzer:193.171.121.30,
danke für die Gleichungen.
Leider habe ich dazu noch eine laienhafte Frage:
Widerlegt das nun meine Berechnungen, oder bestätigt das meine Berechnungen?
Mit Dank für die Antwort im Voraus,
und mit freundlichen Grüßen,
Karl Bednarik 12:09, 8. Sep. 2007 (CEST).

Ich glaube, ich verstehe jetzt, was los ist:

Auf Erde ruhend = Beim 1,5-fachen Radius kreisend.

Karl Bednarik 12:47, 8. Sep. 2007 (CEST).

Deine Rechenweise (Zeitdilatation eines ruhenden Beobachters + speziell-relativistische Zeitdilatation) ist eine gute Näherung, wenn R/r klein ist. Wenn man allerdings nahe an den Schwarzschildradius kommt, wird sie ungenau, z. B. bei r = 2*R:



Summe: 0,42
Genaue Formel: 0,50

Übrigens ist in der Schwarzschildmetrik r die Radialkoordinate, die aber nicht gleich dem Radialabstand ist. Die Schwarzschild-Radialkoordinate ist so festgelegt, dass ein Kreis um die Zentralmasse bei Koordinate r immer einen Umfang von 2*pi*r hat. Der tatsächliche infinitesimale Abstand (gemessen per Lichtlaufzeit) zwischen r und r+dr ist

und für größere Abstände zwischen r und r+Δr muss man integrieren (mit automatischem Integrator[4] gemacht, könnte man wahrscheinlich vereinfachen, denn da kommen dann beim Rechnen komplexe Zahlen als Zwischenergebnisse ...):


193.171.121.30 13:44, 8. Sep. 2007 (CEST)

Die letzte Formel (bei der übrigens immer r > R angenommen wird) kann man zu Folgendem vereinfachen (bei den komplexen Zahlen muss man wegen dem Vorzeichen unter der Wurzel etwas aufpassen):

wobei der senkrechte Strich am Ende übrigens bedeutet, dass der oben rechts davon stehende Wert für r' einzusetzen ist, und vom Ergebnis die ganze Formel noch mit dem rechts unten stehenden Wert anstelle von r' abzuziehen ist.

Auch gilt diese Strecke dann nur für den unendlich weit entfernten Beobachter, denn die Lichtlaufzeit und damit die Strecke wird durch die Zeitdilatation für einen Beobachter näher am Schwarzschildradius entsprechend kürzer. 193.171.121.30 21:34, 18. Sep. 2007 (CEST)

Arthur C. Clarke und der Tsunami[Quelltext bearbeiten]

Hi Karl, in der Diskussion:Arthur C. Clarke fragen wir uns gerade, ob Arthur C. Clarke tatsächlich direkt vom Tsunami betroffen war oder du den Tsunami nur deshalb erwähntest, weil Clarke in Sri Lanka lebt. --jpp ?! 11:13, 16. Jan 2006 (CET)

Hallo Jpp,
die Tauchstation von Arthur C. Clarke in Hikkaduwa wurde schwer vom Tsunami getroffen.
Seine Angestellten kamen glücklicherweise lebend davon.
Er selbst befand sich etwas weiter davon entfernt.
Der Originalartikel zum Thema befand sich hier, wo ich ihn aber leider nicht mehr finden kann:
http://www.clarkefoundation.org/
Andere Quellen sind hier zu finden:
http://www.dailynews.lk/2004/12/31/new23.html
http://www.geocities.com/jcsherwood/ACCego2001.htm
Arthur C. Clarke begann nach der Katastrophe umfangreiche Hilfsmassnahmen zu organisieren.
Mit freundlichen Grüssen,
Karl Bednarik 07:13, 17. Jan 2006 (CET).

Hallo Jpp,
jetzt habe ich endlich die Originalartikel von Arthur C. Clarke über den Tsunami gefunden:
http://www.clarkefoundation.org/news/122704.php
http://www.clarkefoundation.org/news/122904.php
http://www.clarkefoundation.org/news/011005.php
http://www.clarkefoundation.org/news/020205.php
Hier gibt es noch mehr:
http://www.clarkefoundation.org/news/
Mit freundlichen Grüssen,
Karl Bednarik 14:54, 17. Jan 2006 (CET).

Spirale[Quelltext bearbeiten]

hallo Karl Bednarik,

erstmal gratuliere für die wirklich beindruckenden Bilder und gif.s im Artikel Spirale. Man möchte den Artikel gerne in die englischsprachige Wikipedia übersetzen, inklusive Verwendung Deiner Bilder. Wäre es möglich, sämtliche Zeichnungen in die Commons rüberzustellen? Bild:KUGSPI-5 Archimedische Kugelspirale.gif, Bild:Schraube und archimedische Spirale.png, Bild:SCHRAUB1 Schraube und hyperbolische Spirale.PNG, usw, es würde sehr viel Arbeit ersparen..? freue mich auf Rückantwort, vielen Dank! mfg Marzahn 22:40, 25. Jan 2006 (CET)

Hallo Marzahn,
ich bin grundsätzlich dafür, alle meine Bilder in die Commons zu stellen.
Leider habe ich keine Ahnung wie man das macht.
Falls Du/Sie das kannst/können, dann nur zu.
Mit freundlichen Grüssen,
Karl Bednarik 01:48, 26. Jan 2006 (CET).

Bild:AMEIHUND Langtons Ameise.jpg[Quelltext bearbeiten]

Hallo,

ich habe dein Bild mal von .jpg nach .png gewandelt. Ergebnis: Nur noch 2294 statt 79786 Byte! Kannst es gerne unter [5] runterladen und zur Wikipedia (Commons) schieben. Ich nehms dann wieder von meiner Seite, wenn du das gemacht hast. :-) --RokerHRO 15:18, 11. Feb 2006 (CET)

Hallo RokerHRO,
danke für die Umwandlung des Bildes.
Ich bin grundsätzlich dafür, alle meine Bilder in die Commons zu stellen.
Leider habe ich keine Ahnung wie man das macht.
Falls Du das kannst, dann nur zu.
Mit freundlichen Grüssen,
Karl Bednarik 05:44, 13. Feb 2006 (CET).

Am einfachsten ist es, wenn du dich bei Commons anmeldest (kann der gleiche Benutzername sein wie hier, sofern er dort noch nicht vergeben ist) und dann dort das Bild hochlädst und in die entsprechenden Kategorien einträgst. Aber okay, ich werd das mal machen. :-) --RokerHRO 08:53, 28. Okt. 2006 (CEST)

Logit und Bild[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl,

koenntest Du Dir den Artikel logit und das Bild noch einmal vornehmen. Der Artikel ist noch sehr ausbaufaehig (siehe die englische Version). Das Bild ist zwar, wenn man es genau betrachtet, nicht verkehrt, aber doch irrefuehrend: Bei einem Funktionsplot erwartet man doch die Darstellung mit den Funktionswerten in y-Richtung und dem Definitionsbereich in x-Richtung. Gruesse, JKn sprich! 15:41, 21. Apr 2006 (CEST)

Grafik: Energiebilanz[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl, in der Diskussion:Weltraumlift#Auswirkungen_-_Energiebilanz habe ich mal eine Frage aufgeworfen zu deiner Grafik. Kannst du das aufklären? -- Rfc 09:49, 30. Jun 2006 (CEST)

Friedmann-Gleichungen[Quelltext bearbeiten]

Pulsierendes Universum, Animation
Pulsierendes Universum, Modell

Animation und Modell zu den Friedmann-Gleichungen, und zur besseren Veranschaulichung des pulsierenden Universums.

Karl Bednarik 05:47, 30. Okt. 2006 (CET).

Bild:Hochfrequenz 309.jpg[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl, Vielen Dank für das Bild. Es wird jetzt im Artikel Violet Wand verwendet. Leider ist die Zuordnung der einzelnen Bildelemente schwierig und die Bildgröße recht klein. Kannst Du eventuell die ursprünglichen Detailaufnahmen auch einstellen? So wäre es leichter sie gezielt zu beschriften, aber vor allem auch an den entsprechenden Artikelstellen einzubinden. Hast Du eventuell weitere Aufnahmen (Gerätedetails, Zubehör, etc.)? Gruß. --Nemissimo 酒?!?ʘ 10:38, 17. Jan. 2007 (CET)

Bilder-Galerie[Quelltext bearbeiten]

Diese Bilder und die dazu gehörenden Bild-Beschreibungen enthalten alle Informationen, die ich zu diesem Gerät besitze.
Mit freundlichen Grüssen,
Karl Bednarik 05:31, 18. Jan. 2007 (CET).

Sehe es gerade nachdem ich soeben wieder online ging. ;-). Vielen Dank! Gruß. --Nemissimo 酒?!?ʘ 11:23, 18. Jan. 2007 (CET)

Übersetzung von UNSIVBA-5[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl, Dein Bild zum Thema Unsichtbarkeit mit Spiegeln hat es in den englischen Artikel [6] geschaft als [7]. Dummerweise mit deutschem Text. Ich habe mal zwei wissenschaftliche Wörterbücher zur Hand genommen, die Begriffe übersetzt und das Bild erneut hochgeladen [8]. EDIT: Hatte gedacht, das bild stünde unter GPL und wollte Dich bitten, die Lizenz zu wechseln - war aber unnötig, denn es war in Wirklichkeit GDFL und damit perfekt. Damit Du nicht einen obskuren binnen-5-Minuten-wieder-gelöschten Eintrag auf Deiner Talk-Page hast, lasse ich dies als Zeugen meines Mißgeschicks hier mal stehen... (Tierlieb) 80.145.243.59 03:13, 3. Mär. 2007 (CET)

Typo-Typo[Quelltext bearbeiten]

Schönen guten Abend Karl, ... sorry, da hab ich wohl bei diesem diff einen typo verursacht in dem ich einen korrigieren wollte.. das kommt vom hastigen editieren, danke für deine Aufmerksamkeit ;-) Creo 00:23, 17. Mär. 2007 (CET)

Bild:MAGFEL-8 rotierende Magnetfelder.gif[Quelltext bearbeiten]

Hallo, könntest Du bitte für dieses Bild den Quellcode veröffentlichen (nicht das ganze Programm, sondern nur den Teil, in dem das Feld berechnet wird)? Ich verstehe nämlich nicht ganz, warum sich die Feldlinien auf den Spirallinien konzentrieren. Ein anderer Benutzer hat sich auf Diskussion:Feldlinie ebenfalls gewundert.--Jah 13:47, 10. Mai 2007 (CEST)

Hallo Jah,
leider ist die Berechnung des Feldes über das gesamte Programm
verteilt, und bei solchen Iterationsprogrammen kann man auch
versteckte Fehler machen, die sich dann unbemerkt aufsummieren.
Dafür ist so ein Programm im guten, alten GWBASIC angenehm kurz,
und ausserdem besteht es aus vier Iterationsschleifen, die,
was die Gleichungen anbelangt, völlig identisch sind.
Der Rasensprenger-Effekt bei rotierenden Magnetfeldern
kommt von der nur lichtschnellen Ausbreitung dieser Felder.
Die Astronomen vermuten, dass das Aussehen der Spiralgalaxien
dadurch entsteht, dass durch den Rasensprenger-Effekt des
galaktischen Magnetfeldes im interstellaren Gas an bestimmten
Stellen die Entstehung besonders massereicher, heisser, und
heller Sterne begünstigt wird.
Wenn man einen, um eine Achse senkrecht zu seiner Längsachse,
um seinen Mittelpunkt rotierenden Stabmagneten aus sehr grosser
Entfernung betrachtet, dann bemerkt man, dass sich die
Feldlinien zu einer archimedischen Spirale aufwickeln müssen,
weil die Feldlinien ab einem bestimmten Abstand keine Zeit mehr
haben, wieder rechtzeitig zum Magneten zurück zu kommen.
Durch dieses magnetische Wirbelfeld wird dann ein Teil des
Drehimpulses auf die Umgebung übertragen.
Es kann aber auch sein, dass in meinem Modell die Ausrichtungen
der Feldlinien richtig sind, aber die Dichten der Feldlinien in
meinem Modell nicht die richtigen Feldstärken darstellen.
Mein Programm:
http://members.chello.at/karl.bednarik/MAGFELD8.txt
Meine Programmiersprache:
http://members.chello.at/karl.bednarik/GWBASIC.EXE
Mit freundlichen Grüssen,
Karl Bednarik 14:39, 13. Mai 2007 (CEST).

Nachtrag:
http://www.mpifr-bonn.mpg.de/old_mpifr/public/science/n6946.gif
http://www.mpifr-bonn.mpg.de/old_mpifr/public/science/n6946.html

Ich habe auf Diskussion:Feldlinie geantwortet.--Jah 22:29, 13. Mai 2007 (CEST)

Zweiter Nachtrag:
Hier ist ein zwei-Pol-Programm mit genaueren Erklärungen (REM):
http://members.chello.at/karl.bednarik/MAGFELF8.txt
Die Animation die es erzeugt, zeigt ein mitrotierendes
Bezugssystem bei verschiedenen Rotationsgeschwindigkeiten:
http://members.chello.at/karl.bednarik/MAGFELF8.gif
Karl Bednarik 08:55, 14. Mai 2007 (CEST).

Antwort:Dampfdruck[Quelltext bearbeiten]

Lieber Karl Bednarik,
Der Dampfdruck von reinem Wasser und reinem Quecksilber sich addieren, weil das Systeme heterogen ist.
Bei dem System H2O-D2O die Drucke nicht addieren, weil sie homogene Lösung biden sind. (Raoultsches Gesetz)

Mit herzlichen Grüssen: --Baderimre 00:05, 19. Mai 2007 (CEST)

Wichtige Unterschiede zwischen GWBasic und C++[Quelltext bearbeiten]

Die GWBASIC-Funktionen MID$ LEFT$ RIGHT$ CHR$ ASC VAL STR$ SGN und ihre Übersetzung in Microsoft Visual C++ 1.52

Im Gegensatz zu GWBasic unterstützt C++ nicht die Kommunikation über die serielle Schnittstelle RS-232. Um mit C++ die RS-232-Schnittstelle betreiben zu können, ist ein zusätzliches API (application programming interface) erforderlich.

Meine Hinweise auf die Übersetzungen der Stringfunktionen von GWBasic in C++, und auf die fehlende Kommunikationsmöglichkeit über die RS-232-Schnittstelle, können vorwiegend für jene Menschen nützlich sein, die nicht Informatik studieren (denn ein zu hohes Niveau der Erklärungen erschwert das Verständnis).

Maxwell-Boltzmann-Energie-Verteilung[Quelltext bearbeiten]

Helium und Xenon in der Zentrifuge AEE-13.PNG

Die Bildbeschreibung des Diagramms der Maxwell-Boltzmann-Verteilung der Energie in Joule/Xenon-Atom enthält weiter führende Erklärungen.





PM[Quelltext bearbeiten]

Wenn Du eine Diskussion führst dann tue das auf Deiner eigenen Seite. Du hast das System nicht durchgerechnet, sondern einfach ein paar Formeln aneinandergeklatscht. Ich habe Dir schon mal versucht zu erklären was Du falsch machst:

  • Du vernachlässigst Wärmestrahlung!
  • Das Spektrum verändert sich, es ist nicht nur einfach ein Maxwell niedrigerer Temperatur - die Kurve verändert sich!
  • Du vernachlässigst die Änderung der Freiheitsgrade von Gasen (Wärme ist natürlich nicht nur die kinetische Energie der Atome!), die Geschwindigkeit ist nicht der einzige Anteil an Wärme, sie ist nur ein Ausdruck dafür!
  • Folglich kannst Du auch nicht einfach m/2 v_^2 = 3/2 k T setzen, denn v_ ist die mittlere ungeordnete Geschwindigkeit
  • Die Dichte der Teilchen nimmt mit der Höhe ab, je kälter/höher, desto geringer!
  • Nur ein Teil der Gasatome erreicht überhaupt die Decke (Verteilung)
  • Du darfst nicht mehr mit den Gasgleichungen rechnen (Dichte zu gering, kein Gas mehr vorhanden!)
  • Vernachlässigung der Entropie, ein wärmeres System ist unordentlicher als ein kaltes dS = dQ/T

etc. Gruß, BigBang 09:10, 27. Jul. 2007 (CEST)

Hallo BigBang,
danke für die Antworten.

  • Du vernachlässigst die Änderung der Freiheitsgrade von Gasen. Einatomige Gase wie Helium oder Xenon können nur drei Freiheitsgrade der Translation besitzen, weil Schwingungen und Rotationen bei ihnen nicht möglich sind. Deshalb verteilt sich bei den einatomigen Gasen die gesamte thermische Energie immer nur auf die x-, y-, und z-Geschwindigkeits-Vektoren.
  • Die Dichte der Teilchen nimmt mit der Höhe ab, je kälter/höher, desto geringer. Ja, genau das sagte ich auch immer wieder.
  • Nur ein Teil der Gasatome erreicht überhaupt die Decke. Das wird in meinem Diagramm durch die graue Fläche bei der negativen Energie dargestellt, und in der grünen Kurve berücksichtigt.
  • Du darfst nicht mehr mit den Gasgleichungen rechnen (Dichte zu gering). Ja, sobald die mittlere freie Weglänge in der Größenordnung der Behälterhöhe liegt, kann man jedes Gasatom, nahezu unabhängig von allen anderen Gasatomen, als elastische Kugel, die hin und her hüpft auffassen. Dabei solle man aber beachten, daß die Behälterwände aus um ihre Mittellage schwingenden Atomen bestehen, was eine diffuse Reflektion der Gasatome zur Folge hat.
  • Vernachlässigung der Entropie, ein wärmeres System ist unordentlicher als ein kaltes. Ja, das stört den Vorgang aber nicht, weil oben selektiv langsamere Atome ankommen. Genau diese Verringerung der Entropie macht mir eben Sorgen.

Mit freundlichen Grüßen,
Karl Bednarik 10:09, 27. Jul. 2007 (CEST).

Wie groß ist Dein errechneter Wärmestrom und wie hast Du ihn berechnet? BigBang 14:08, 27. Jul. 2007 (CEST)
Tipp: Denk nochmal drüber nach, daß es hier nicht um Temperatur sondern um den Wärmestrom geht... was bestimmt diesen beim Gas-Fest Wärmeübergang?

Hallo BigBang,
Für die Berechnung der Wärmeleitfähigkeit fehlen mir noch einige Rohdaten zum Xenon.
Außerdem definiert sich die Wärmeleitfähigkeit von Gasen dadurch, daß zwei Flächen mit unterschiedlicher Temperatur durch eine Gassäule verbunden sind.
In unserem Versuch haben wir aber zwei Flächen mit gleicher Temperatur, die eventuell bei Richtigkeit dieser Hypothese durch den thermischen Gradienten in der Gassäule zwischen ihnen erwärmt und abgekühlt werden.
Die Wärmeleitfähigkeit lambda in Luft, die ein zweiatomiges Gasgemisch ist, ist unter Normalbedingungen 0,026 Watt / Kelvin * Meter.
Nehmen wir einfach an, daß die Wärmeleitfähigkeit von Xenon unter Normalbedingungen in der Größenordnung von 0,015 Watt / Kelvin * Meter liegt.
Die Wärmeleitfähigkeit in Gasen bleibt zuerst bei sinkendem Druck über einen weiten Druckbereich konstant, und beginnt erst dann abzusinken, wenn die mittlere freie Weglänge in die Größenordnung der Länge der Gassäule kommt.
Ab dann sinkt die Wärmeleitfähigkeit annähernd proportional zum sinkenden Druck.
Um unseren Effekt deutlicher zu zeigen oder zu widerlegen, sollten wir im Beschleunigungsfeld einer Zentrifuge arbeiten, denn bei 100.000 g beträgt die Höhe für den Verlust der halben mittleren kinetischen Energie von Xenon-Atomen nur noch 13,26 mm, was im Vergleich zum Versuch bei 1 g einen höheren Gasdruck und eine kleinere mittlere freie Weglänge erlaubt.
Bei 1 Pascal und 293 Kelvin beträgt in Kohlendioxid die mittlere freie Weglänge 4,5 mm, und in Argon beträgt die mittlere freie Weglänge 7,2 mm.
Weil die Xenon-Atome noch größer sind, wird die mittlere freie Weglänge in Xenon unter diesen Bedingungen noch kleiner als beim Kohlendioxid sein.
Wenn wir nun 0,2 Pascal als Druck annehmen, um auf eine freie Weglänge von rund 13 mm zu kommen, dann wird die Wärmeleitfähigkeit von Xenon in der Größenordnung zwischen 0,003 bis 0,015 Watt / Kelvin * Meter liegen.
Die ganze Versuchsanornung wäre dann nur ein quadratischer Zylinder von 13 mm mal 13 mm.
Zur Wärmestrahlung:
Infrarotstrahlung durch molekulare Rotation, und Ultraviolettstrahlung durch molekulare Schwingungen kommen bei einatomigen Gasen nicht vor.
Eine thermische Stoßanregung hätte nur eine mittlere Energie von 35 Milli-Elektronenvolt, was im fernen Infrarot liegen würde.
Wenn wir den Boden und den Deckel mit zum Beispiel Silber verspiegeln, dann kann auch zwischen ihnen, und zwischen ihnen und den Xenon-Atomen kaum noch Infrarotstrahlung ausgetauscht werden.
Die Seitenwandung sollte ein Glaszylinder mit möglichst geringer Wärmeleitfähigkeit sein.
Sobald sich überhaupt die Frage nach einem Wärmeaustausch durch Strahlung oder Wärmeleitung stellen sollte, wäre bereits der zweite Hauptsatz der Thermodynamik verletzt worden, denn es darf überhaupt keine Temperaturdifferenz durch eine Beschleunigung entstehen.
Zwischen Beschleunigung und Gravitation herrscht eine grundsätzliche Identität, aber mir erscheint ein 1326 Meter hoher Zylinder bei 1 g etwas unrealistisch.
Mit freundlichen Grüßen,
Karl Bednarik 18:15, 27. Jul. 2007 (CEST).

Jetzt schiess doch nicht gleich über alle Ziele hinaus, Du hast ja nicht mal die allererste Frage beantwortet:
Wovon hängt der Wärmestrom der abgeführt werden soll denn ab und wie groß hast Du ihn errechnet? Wenn Du behauptest schon ein Modell aufgestellt zu haben und Du noch nicht mal den Wärmestrom kennst - wo ist dann Dein Modell?
Die Wärmeleitfähigkeit ist ein Materialwert, völlig fehl am Platze hier, da er überhaupt nicht anwendbar ist! (siehe Bedingungen oben, Du bist völlig außerhalb jeglicher Anwendungsbereiche). Ob Du was verspiegelst oder nicht ist völlig egal, denn die Strahlung kommt von den Stirnflächen des Zylinder und ist um Größenordnungen größer, als alles was in einem technischen Vakuum (davon sprichst Du nämlich, wenn Du Deine freie Weglänge anguggst) vorliegt. Und nein, ein Wärmestrom würde nicht einen HS verletzen, nur wenn er zeitlich unbegrenzt aufträte, denn die Energiediffernz, die Du beim Hinauftragen der Zylinderdecke hineingesteckt hast bildet ein Wärmereservoir, das natürlich eine Maschine solange antreiben kann, bis sie im Gleichgewicht ist - aus. Das worauf es ankommt ist der Wärmestrom zwischen Decke und Boden über unendlich lange Zeit - und der ist... Null. :-)
Gruß, BigBang 13:39, 30. Jul. 2007 (CEST)

Nachtrag zum thermischen Fließgleichgewicht:
Die Wärmeleitfähigkeit von Glas beträgt 0,8 Watt / Kelvin * Meter.
Die Wärmeleitfähigkeit von solidem, luftfreiem Polystyrol beträgt 0,08 Watt / Kelvin * Meter.
Die Wärmeleitfähigkeit von Polyamid (Nylon) beträgt 0,25 Watt / Kelvin * Meter.
Die Wärmeleitfähigkeit von Xenon beträgt 0,0057 Watt / Kelvin * Meter.
Die Wärmeleitfähigkeit von stark verdünntem Xenon vermute ich bei etwa 0,002 Watt / Kelvin * Meter.
Die Wärmeleitfähigkeit von Silber beträgt 429 Watt / Kelvin * Meter.
Wenn unsere Hypothese zutreffen sollte, dann sollte das Xenon bei 100.000 g und einer Höhendifferenz von 13,26 mm eine Temperaturdifferenz von 136 Kelvin (273 K / 2) erreichen.
Wenn unser Rohr aus Glas oder Polystyrol, dessen Innendurchmesser mit 13 mm so groß wie seine Höhe ist, bei 100.000 g aus eigener Kraft stehen soll, dann sollte sein Außendurchmesser etwa das 1,4-fache (Wurzel 2) seines Innendurchmesssers betragen, also etwa 18 mm.
Dadurch wird die Rohrlänge und die Querschnittsfläche des Rohrmaterials genau so groß wie die Länge und die Querschnittsfläche der Xenon-Gassäule, was die Berechnung vereinfacht.
Bei Polystyrol ergibt das thermische Fließgleichgewicht dann eine Temperaturdifferenz von 3,4 Kelvin, berechnet aus 136 * 0,002 / 0,08 (das Verhältnis der Wärmeleitfähigkeiten ist 1:40).
Die massiven Silberplatten für den Deckel und den Boden spielen in dieser Berechnung praktisch keine Rolle.
Zur Kontrolle könnte man noch einen gleichartigen, aber mit Helium gefüllten Versuchszylinder direkt neben dem mit Xenon gefüllten Zylinder aufstellen.
Die beiden silbernen Bodenplatten könnte man aus einem Stück herstellen, während die nebeneinander liegenden Deckelplatten durch einen Spalt getrennt sein sollten.
Xenon hat 131 Dalton Atommasse, mittlere Geschwindigkeit bei 273 Kelvin 228 m/s, mittlere Steighöhe bei 1 g 2652 m.
Helium hat 4 Dalton Atommasse, mittlere Geschwindigkeit bei 273 Kelvin 1305 m/s, mittlere Steighöhe bei 1 g 86840 m.
4 g Helium enthalten die gleiche Menge an thermischer Energie wie 131 g Xenon.
1 g Helium enthält rund 33 mal so viel thermische Energie wie 1 g Xenon.
Das ist der Grund, warum Xenon beim Aufsteigen im Gravitationsfeld 33 mal schneller als Helium seine thermische Energie verliert.
Bei 1 Pascal und 293 Kelvin beträgt die mittlere freie Weglänge in Argon 7,2 mm.
Die Atomradien von Argon und Xenon verhalten sich etwa wie 1 zu 1,4 (entweder 71 : 108 oder 97 : 130 oder 188 : 216, alles in pm).
Daher sollten sich die Wirkungsquerschnitte von Argon und Xenon etwa wie 1 zu 2 verhalten.
Bei 1 Pascal und 293 Kelvin beträgt die mittlere freie Weglänge in Xenon daher vermutlich 3,6 mm.
Bei 0,2 Pascal und 293 Kelvin beträgt die mittlere freie Weglänge in Xenon daher vermutlich 18 mm.
Man sollte aber darauf achten, daß bei 0,2 Pascal Druck nichts aus dem Polystyrol ausgast, was das Xenon verunreinigen könnte.
Ein 1326 Meter hoher Zylinder aus Polystyrol sollte bei 1 g noch aus eigener Kraft stehen können.
Wie schon gesagt, wenn überhaupt Wärme fließen würde, dann wäre der zweite Hauptsatz der Thermodynamik bereits verletzt worden.
Karl Bednarik 05:54, 28. Jul. 2007 (CEST).
Ergänzungen eingefügt:
Karl Bednarik 11:59, 28. Jul. 2007 (CEST).

Maxwell-Boltzmann-Energie-Verteilung MABOVE-7.PNG

Wenn man das fragliche System von einer anderen Seite betrachtet, dann ist es wesentlich einfacher zu beschreiben.
Deshalb gibt es ein neues Diagramm der Maxwell-Boltzmann-Verteilung der Energie in Joule/Xenon-Atom, mit entsprechend veränderter Bildbeschreibung.
Blaue Kurve = Xenon bei 273 Kelvin.
Rote Kurve = Xenon bei 410 Kelvin, das sind 1,5 mal 273 Kelvin.
Violette Kurve = Xenon von 273 K das bei 1 g (9,81 m/s^2) 1326 m nach unten gefallen ist, oder das bei 100.000 g 13,26 mm nach unten gefallen ist.
Jedes einzelne Atom hat die (immer gleiche) halbe mittlere kinetische Energie (von 273 Kelvin) dazu gewonnen.
Alle Atome, die sich im Behälter befinden, kommen irgendwann auch am Boden an, was die Überlegungen stark vereinfacht.
Der Gasdruck sollte so gering sein, daß die mittlere freie Weglänge in der Größenordnung der Behälterhöhe liegt.
Um den Einfluß der seitlichen Behälterwandungen möglichst gering zu halten, sollte der Durchmesser des zylindrischen Behälters deutlich größer als seine Höhe sein (und etwa die Form einer Münze haben).
Die Wärmeleitfähigkeit der seitlichen Behälterwandungen sollte möglichst gering sein, und die Wärmeleitfähigkeit von Boden und Deckel sollte möglichst hoch sein.
Der Deckel sollte auf 273 Kelvin gehalten werden, und der Boden sollte thermisch möglichst gut isoliert sein.
Um den Austausch von Infrarotstrahlung zu verringern, sollten der Boden und der Deckel verspiegelt sein.
Bei 100.000 g beträgt die Fallhöhe für den Gewinn der halben mittleren kinetischen Energie (von 273 Kelvin) von Xenon-Atomen nur noch 13,26 mm, was im Vergleich zum Versuch bei 1 g einen höheren Gasdruck (etwa 0,2 bis 0,4 Pascal) und eine kleinere mittlere freie Weglänge (13 mm wäre günstig) erlaubt.
Polystyrol als Behälterwandung ist für höhere Temperaturen nicht geeignet, aber das ist nicht unser Hauptproblem.
Theoretisch könnte man diesen Versuch auch bei 1 g und den Temperaturen von 2,73 Kelvin und 4,1 Kelvin, mit einer Behälterhöhe von 13,26 m durchführen, falls der Dampfdruck des Xenon noch dafür ausreicht.
Ich frage mich, warum ich diese einfachere Art des Diagramms nicht schon früher gefunden habe.
Karl Bednarik 14:42, 29. Jul. 2007 (CEST).

Zusatzfragen:
Wenn ein wärmeres System unordentlicher ist als ein kaltes (dS = dQ/T), der Boden wärmer und der Deckel kälter wird, dann müßte doch die Entropie insgesamt konstant bleiben.
Wenn ich den Boden und den Deckel nun durch einen guten Wärmeleiter mit einander verbinde, dann kommt es wieder zur Angleichung der Temperaturen.
Das Problem dabei ist aber, daß man den Wärmestrom im Wärmeleiter zur Gewinnung geordneter Energie verwenden könnte (zum Beispiel mit einem Thermoelement).
Gedankenexperiment mit Strahlung:
Ein großer, innen schwarzer, evakuierter Zylinder steht in einem starken Gravitationsfeld.
Die infrarote Hohlraumstrahlung im Zylinder wird durch die gravitative Rotverschiebung beeinflußt.
Der Deckel des Zylinders ist einer niedrigeren Strahlungsenergie ausgesetzt als der Boden, was zu einer Temperaturdifferenz führen sollte.
Karl Bednarik 17:40, 29. Jul. 2007 (CEST).

Es kommt aber nicht darauf an, ob die Entropie im Gesamten gleich bleibt, sondern bei dem Übergang, den man betrachtet, denn Entropie ist irreversibel. Das wäre sonst nämlich ein logischer Denkfehler. Übrigens ist das vollkommen korrekt, denn das ist das gleiche Phänomen was tatsächlich passiert, nur ist es erstens sehr, sehr gering und zweitens ist es kein Widerspruch, denn nochmal: Alles was Du in einem Gravitationfeld bewegst gewinnt und verliert Energie, jedes einzelne Elektron/Proton im Metall des Deckels verliert "Temperatur", sobald Du den Deckel hochhebst und gewinnt Energie, wenn Du ihn absenkst, das gilt in jedem Feld - nur sind Felder eben Potentialfelder - legst Du den gleichen Weg zurück, hast Du weder Energie gewonnen noch verloren, egal wie schnell oder auf welchem Weg. Diese Einsicht sollte sich zu Dir durchschlagen. ;-). Gruß, BigBang 13:49, 30. Jul. 2007 (CEST)

Hallo BigBang,
danke für die Antworten.
Ich habe nur noch zwei Fragen, bevor mein Glaube an die Physik wieder zurück kehrt.

1. Felder sind eben Potentialfelder - legst Du den gleichen Weg zurück, hast Du weder Energie gewonnen noch verloren, egal wie schnell oder auf welchem Weg.
Xenon hat 131 Dalton Atommasse, mittlere Geschwindigkeit bei 273 Kelvin 228 m/s, mittlere Steighöhe bei 1 g 2652 m.
Helium hat 4 Dalton Atommasse, mittlere Geschwindigkeit bei 273 Kelvin 1305 m/s, mittlere Steighöhe bei 1 g 86840 m.
4 g Helium enthalten die gleiche Menge an thermischer Energie wie 131 g Xenon.
1 g Helium enthält rund 33 mal so viel thermische Energie wie 1 g Xenon.
Bei einatomigen Gasen ist die thermische Energie identisch mit der kinetischen Energie.
Das ist der Grund, warum Xenon bei gleich weitem Aufsteigen im Gravitationsfeld 33 mal schneller als Helium seine thermische Energie verlieren sollte.
Wir stellen nun zwei parallele Gassäulen mit Xenon und Helium und mit einer Höhe von 86840 m neben einander bei 1 g auf (das wird teuer werden).
Dann vergleichen wir die Menge an kinetischer Energie sowohl pro Kubikmeter als auch pro Gramm in 2652 m Höhe in beiden Gassäulen.
Ich nehme an, daß unter diesen Bedingungen an dieser Stelle das Helium mehr kinetische Energie als das Xenon enthält.
Die Seitenwände und den Deckel kann man sich ersparen, wenn man einfach einen Planeten ohne Sonne verwendet, der sich in einem Universum mit einer Hintergrundstrahlung von 273 Kelvin befindet (das wird noch viel teurer werden).

2. Hier (in Kapitel 2.3 Entropie und Gravitation, ab Text-Seite 25) ist ein vermutlich physikalisch korrekter Artikel, der die Diskussion zwischen Maxwell und Loschmidt über den nicht vorhandenen Temperaturgradienten in Gassäulen genauer beschreibt.
http://www.wias-berlin.de/publications/preprints/330/wias_preprints_330.pdf
Leider findet in diesem Artikel die sicher richtige Begründung nur mit Hilfe von Gleichungen statt.
Gleichungen beschreiben das Verhalten der Moleküle, aber sie verursachen es nicht.
Ich frage mich deshalb, wodurch dieses Verhalten der Moleküle in der physikalischen Realität bewirkt wird.
Auch ein Stein fällt nicht deshalb hinunter, weil v=gt und s=(g/2)t^2 ist, sondern weil er mit der Masse der Erde irgendwie wechselwirkt.

Mit Dank im Voraus für die Antworten,
und mit freundlichen Grüßen,
Karl Bednarik 15:48, 30. Jul. 2007 (CEST).

Die Antwort ist im Artikel gegeben und sogar vorgerechnet: Der Wärmestrom muß korrekt gerechnet werden. Die einfache Begründung habe ich Dir schon hundert mal gegeben: Man kann aus statischen Potentialfeldern keine Energie gewinnen. Du fragst: Aber wenn ich rechne kommt was anderes raus. Meine Folgerung: Die Rechnung ist falsch. Deine Antwort: Ich habe keine Rechnung vollständig gemacht. Folgerung/Vorschlag meinerseits: Mache sie richtig. Antwort: Nein, Präsentation des Artikels. Da ist sie richtig drinnen, komplett mit allem was man will inklusive Erklärung. Was will man noch? Da steht drinnen (wie ich sagte), daß man die Formeln für normale Gase nicht anwenden kann, daß das Problem relativistisch ist und wie de Lösung aussieht. Die Lösung ist, daß Temperaturgefälle nicht gleich Wärmestrom ist aufgrund der im Artikel angeführten Gesetzmäßigkeiten. BigBang 14:04, 28. Aug. 2007 (CEST)

Hallo BigBang,
ich glaube, daß wir uns über die folgenden Punkte einig sind:
James Clerk Maxwell und Johann Josef Loschmidt waren seriöse Wissenschaftler.
Das Weierstraß-Institut für Angewandte Analysis und Stochastik ist ein seriöses Institut.
Alle Hauptsätze der Thermodynamik sind korrekt.
Keine Art von Perpetuum Mobile kann funktionieren.
Man sollte Wikipedia frei von Pseudowissenschaft halten.
Die Betrachtung von Entropie und Gravitation im Hinblick auf die Temperatur einer Atmosphäre im Gleichgewicht stellt eine der Grundlagen der kinetischen Gastheorie dar.
Über die folgenden Punkte sind wir uns noch nicht einig:
Der Artikel über die Perpetuum Mobiles dient dazu, um zu beschreiben, welche Geräte nicht funktionieren können, und warum das so ist.
Die Perpetuum Mobiles mit Gasen in Gravitationsfeldern stellen seit dem Jahre 1866 eine wichtige Klasse von Perpetuum Mobiles dar, die man keinesfalls vernachlässigen darf.
Das wird auch dadurch unterstrichen, daß es immer noch Menschen gibt, die ihre Zeit und ihr Geld in solche Projekte investieren (zum Beispiel, aber nicht ausschließlich, die Herren Graeff, Völkl und Hirschmanner).
Deshalb wäre eine kurze, und leicht verständliche Widerlegung dieser Perpetuum Mobiles für viele Menschen nützlich und lehrreich (auch für mich).
Ich stelle mich hier nicht selbst dar, sondern ich stelle hier die Diskussion zwischen Maxwell und Loschmidt ab dem Jahre 1866 dar (meine Selbstdarstellung mache ich auf meiner eigenen Internetseite).
Der Artikel über die Perpetuum Mobiles ist nicht das alleinige Eigentum von BigBang, obwohl es gelegentlich den Anschein hat, als wäre es so.
Mit freundlichen Grüßen,
Karl Bednarik 06:06, 29. Aug. 2007 (CEST).

Test[Quelltext bearbeiten]

Diese Benutzer vertrauen mir

Na ja, ich vertraue ja auch keinem.

Diese Benutzer misstrauen mir

Das Ringen um die reine Wahrheit fordert seine ersten Opfer.

Immerhin hat sich Benutzer:BigBang nach längerem Ringen dazu aufgerafft, die Klasse der Perpetuum Mobiles mit Gasen in Gravitationsfeldern in den Artikel aufzunehmen. Karl Bednarik 10:42, 4. Nov. 2007 (CET).

Urheberrechtliches Problem mit deinen Dateien[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik, vielen Dank für das Hochladen deiner Dateien. Leider fehlen noch wichtige Angaben auf den Beschreibungsseiten. Um Verletzungen des Urheberrechts zu vermeiden, müssen Dateien mit unvollständigen Informationen gelöscht werden. Gehe bitte wie im folgenden beschriebenen vor, um die fehlenden Angaben nachzutragen. Nach Ablauf einer zweiwöchigen Frist werden die Korrekturen begutachtet und der Vorgang abgearbeitet.

1. Bevor du die Informationen ergänzt, lies dir bitte unbedingt (!!!) zuerst die „FAQ zu Bildern“ durch.

2. Über „Seite bearbeiten“ kannst du die Beschreibungsseite folgender Dateien bearbeiten und wie im Punkt 3 erläutert verbessern:

  • GLASWURF BEDNARIK.JPG - Hier werden unklare oder gar keine Angaben über die Freigabe, die Lizenz und den Urheber gemacht.

3. Diese Mängel behebst du am besten wie folgt:

Lädst du eine Datei, die von einer anderen Person geschaffen wurde, hoch und ist diese Datei urheberrechtlich geschützt, so musst du eine E-Mail an permissions-de@wikimedia.org senden, in der deutlich wird, dass der Urheber wirklich der Lizenz zustimmt. Fehlt diese Freigabe, so darf die Datei nicht in der Wikipedia verbleiben (sofern es wirklich ein „fremder“ Urheber ist).

Die Lizenz ist die Erlaubnis, eine Datei unter bestimmten Bedingungen zu nutzen. Dieses Einräumen von Nutzungsrechten ist für den Verbleib der Datei in der Wikipedia sehr wichtig. Auf Wikipedia:Lizenzvorlagen für Bilder stehen die sog. Lizenzvorlagen, mit denen man den lizenzrechtlichen Status einer Datei deutlich machen kann. Es sind nur die dort stehenden Lizenzen erlaubt.

Der Urheber ist der Schöpfer der Datei. Also z.B. der Fotograf oder der Zeichner. Bist du dies, kannst du entweder deinen Benutzernamen als Urheber angeben oder deinen richtigen Namen. Im letzteren Fall musst du aber deutlich machen, dass du (also Karl Bednarik) auch die Person bist, die mit dem richtigen Namen angegeben ist. Wenn du allerdings z.B. ein Bild von einer Website einfach nur runterlädst und es dann in die Wikipedia hochlädst, so wirst du dadurch keinesfalls zum Urheber. Bitte gib auf der Dateibeschreibungsseite (!) den Urheber in einer sog. Vorlage an, wie auf Vorlage:Information/Verwendung beschrieben.


Falls du Probleme mit diesem Verfahren hast, stehen dir auf Wikipedia:Dateiüberprüfung/Fragen erfahrene Wikipediaautoren gerne für Rückfragen zur Verfügung.

Herzlichen Dank für deine Unterstützung, --BLUbot - Hier kannst du Fragen - Bugs? 11:09, 5. Nov. 2007 (CET)

Die Beschreibung wurde wunschgemäß verändert von Karl Bednarik 06:30, 6. Nov. 2007 (CET).

Bild Diskussion:ZEITDILA Gravitation Kreisbahngeschwindigkeit.PNG[Quelltext bearbeiten]

Da hat jemand eine Frage zu deinem Bild. Grüße :) jodo 22:55, 3. Jul. 2008 (CEST)

Casimir Effekt[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik,

wieviel ist es ihnen eine Idee Wert, der beschreibt wie Sie eine Art Maschine bauen könnten, die den Casimir-Effekt zur Energiegewinnung benutzt?! Ich würde Ihnen je nachdem wieviel Sie wirklich bereit sind zu zahlen, eine Skizze inklusive detaillerter Beschreibung zuschicken.

--H007A 09:46, 11. Dez. 2008 (CET)

Hallo Hamid Aminirad,

das ist physikalisch völlig unmöglich,
(auch wenn es in Stargate ein Zero-Point-Modul gibt.)

Dennoch habe ich hier ein eigenes Modell:

http://members.chello.at/karl.bednarik/CASIMODO.gif
(sowohl kostenlos, als auch wertlos.)

Mit freundlichen Grüßen,
Karl Bednarik.


Hallo Herr Bednarik,

gerade wegen dieser Grafik habe ich Sie ja angeschrieben. Ihr Vorschlag ist ja grundsätzlich richtig, aber Sie benötigen ja bei dieser Anordnung Energie, um die Platte wieder zu der alten Position zu bringen und zwar genauso viel wie Sie gewinnen. Aber wenn Sie es nicht wissen wollen, dann eben nicht.

Mit freundlichen Grüßen, Hamid Aminirad ^^ --H007A 20:45, 11. Dez. 2008 (CET)

Hallo Hamid Aminirad,

ich weiß bereits, daß das nicht funktionieren kann.

Was runter geht, das muß auch wieder rauf gehen.

Geschlossene Schleifen in Potentialfeldern liefern keine Energie.

Mit freundlichen Grüßen,
Karl Bednarik.

Hallo Herr Bednarik,

dieses Potentialfeld unterscheidet sich jedoch grundlegend von anderen bekannten Potentialfeldern wie das Gravitationsfeld, das magnetische Feld, das elektrische Feld und dergleichen Felder aus der klassischen Physik. Zudem muss ich sagen, dass man niemals als Wissenschaftler oder Forscher den Irrtum erliegen sollte, dass der jetzige Stand der Wissenschaft die höchste sei, sonst bräuchte man ja gar nicht mehr zu forschen. Ein Forscher oder Wissenschaftler, der diese Einstellung bezüglich Wissenschaften hat, wird mit Sicherheit niemals irgendetwas neues entdecken, selbst wenn er darauf zustoßen sollte oder auf die Idee käme, dass man es so oder so ähnlich machen könnte; denn dann tut er das als falsches Ergebnis oder Messfehler oder Gedankenfehler etc. ab. Ich bin auch davon überzeugt, dass auch gerade wegen dieser konservativen Ströme in der Wissenschaft, Forschungsgebiete der Physik wie die Kapillarität so unerforscht geblieben sind. Aber wenn Sie sich so sicher sind, dass es nicht funktionieren kann, dann brauchen wir ja nicht darüber zu diskutieren. Wegen Ihrer kleinen Animation dachte ich, Sie hätten Interesse daran.

Mit freundlichen Grüßen,
Hamid Aminirad
--H007A 16:47, 12. Dez. 2008 (CET)

Hallo Hamid Aminirad,
ich habe nichts gegen neue Ideen einzuwenden.

Bauen Sie das Gerät einfach selbst, denn nur das
Experiment entscheidet, was richtig oder falsch ist.

Wer sagt, daß die Kapillarität unerforscht geblieben ist?
Bilder dazu:
http://members.chello.at/karl.bednarik/KAPILLAR.jpg
http://members.chello.at/karl.bednarik/KAPVER-5.jpg
http://members.chello.at/karl.bednarik/KAPVER-7.jpg

Mit freundlichen Grüßen,
Karl Bednarik 08:52, 13. Dez. 2008 (CET).

Mikrotom[Quelltext bearbeiten]

Hallo, ich habe gesehen, dass Du im Artikel Mikrotom mitgearbeitet hast. Der Artikel wurde von mir von Dezember 2008 bis Februar 2009 deutlich überarbeitet und erweiteret. Hilf mit, dass der Artikel die Kandidatur für lesenswerte Artikel schafft und gebe HIER deine Bewertung ab. Vielen Dank -- Salino01 08:40, 7. Feb. 2009 (CET)

Danke für die positive Bewertung-- Salino01 08:24, 8. Feb. 2009 (CET)
Der Artikel kandidiert jetzt als exzellenter Artikel. Gebe bitte HIER deine Bewertung ab. Vielen Dank-- Salino01 19:01, 2. Mär. 2009 (CET)
Danke nochmals für die positive Berwertung -- Salino01 20:11, 5. Mär. 2009 (CET)

Kepler[Quelltext bearbeiten]

Hallo, werf mal nen Blick auf die Kepler-Diskussion. Gruß, -- Maxus96 02:53, 23. Mär. 2009 (CET)

Datei:TRANSWA2.PNG[Quelltext bearbeiten]

Darf oder soll dieses Bild gelöscht werden ? :) →Na·gy 13:21, 30. Mär. 2009 (CEST)

Es soll gelöscht werden, denn es gibt ein besseres Bild Datei:TRANSWA5_Transitwahrscheinlichkeit.PNG. Karl Bednarik 15:41, 31. Mär. 2009 (CEST)

Datei:GLASWURF BEDNARIK.JPG[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl, wollte nur drauf aufmerksam machen, daß Deine Anschrift und Telefonnummer (sofern noch aktuell) schon ohne Bildvergrößerung gut lesbar sind. Von mir wirst Du keinen Telefonterror zu erwarten haben, aber wer weiß auf welche dummen Ideen andere kommen. Ein oftmals zu paranoider ;) --MikoTalk 12:48, 4. Jul. 2009 (CEST)

Hallo Miko, danke für die Warnung.
Leider bin ich gesetzlich dazu verpflichtet, auch im
Impressum meiner Internetseite meine Anschrift anzugeben.
Jeder kann dann meine Telefonnummer im Telefonbuch finden.
Es ist aber auch so, dass Anrufe dem Anrufer Geld kosten.
Sicherheitshalber ist auch mein Impressum eine *.jpg-Bild-Datei.
Nur ein Mensch oder ein OCR-Programm kann daraus wieder einen Text machen.
http://members.chello.at/karl.bednarik/DUBIDU-1.jpg
http://members.chello.at/karl.bednarik/
Mit freundlichen Grüßen,
Karl Bednarik 05:14, 10. Jul. 2009 (CEST).

Betr.:Kesselflicker[Quelltext bearbeiten]

Hallo. Bitte füge deine Änderungen in den NUN mMn bessere Form des Artikels ein, die Kiwi als letztes aus einer früheren Version hervorgekramt hat. [9] und revertiere nicht auf deine letzte. Du hast meine volle Unterstützung dabei. Ist zwar ein bisschen Mehrarbeit, aber sinnvoll. Ich danke dir. Bei gelegenheit wird auch noch was zur Arbeit dieser Handwerker zu sagen sein, denn natürlich haben diese Draht verwendet, ein kaputter Kessel hat ja nicht nur Löcher, sondern auch Henkel, Deckel etc. Zudem reparierte er auch andere Geräte (Gießkanne, Leuchter, Dosen etc.). Lieben Gruß. -- nfu-peng Diskuss 13:07, 28. Okt. 2009 (CET)

Ich glaube, dass der Artikel jetzt völlig in Ordnung ist. Es ist klar, dass Bezeichnungen nicht immer sinnvoll sein müssen. Nicht jeder Herr Müller ist auch von Beruf Müller. -- Karl Bednarik 21:01, 28. Okt. 2009 (CET).

Neutron[Quelltext bearbeiten]

Ich habe mal die Tabelle für die schnellen und thermischen Neutronen usw. erweitert und die Werte aus der Diskussionsseite eingetragen; bitte mal die leeren Felder auffüllen. Gruß -- Dr.cueppers - Disk.

Umkehr-Osmose[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik, zu dem bei der Umkehrosmose hier und unter Diskussion:Perpetuum mobile (diese Seite kann ich zur Zeit seltsamerweise nicht bearbeiten): Die lineare Beziehung zwischen osmotischem Druck und Konzentration stimmt bei so hoher Konzentration vermutlich nicht mehr, und es ist auch noch das Exzessvolumen zu beachten. Anders betrachtet: Wenn ein Wassermolekül im Falle von gleichem Wasser-Partialdruck die Dialysemembran durchdringt, dann gewinnt es Energie, weil es von den Molekülen des gelösten Stoffes angezogen wird. Somit wird das noch bei gleichen Wasser-Paritaldrücken passieren. Der Wasser-Partialdruck der Lösung mit so großen Molekülen kann aber nicht mehr einfach durch das Stoffmengenverhältnis berechnet werden, weil effektiv nur ein Teil des großen Molekül bei einem Stoß interagiert. Usr2 22:52, 15. Feb. 2010 (CET)

P.S.: Vielleicht erkennst Du den Benutzernamen wieder - vor längerer Zeit wurde das Wissenschaft-Online-Forum ja geschlossen, auf dem wir beide zum Schluss zwei der sehr wenigen Benutzer waren. Usr2 22:54, 15. Feb. 2010 (CET)

Hallo usr, es freut mich, von Dir zu hören.
Was würde geschehen, wenn man die Höhe der Flüssigkeitssäulen deutlich
vergrössern würde, zum Beispiel auf 20 Meter und 24 Meter?
Könnte man dann die Abweichungen im osmotischen Druck überwinden?
Die Dialysemembran würde dadurch nicht stärker mechanisch belastet werden,
weil sich die hydrostatischen Drücke gegenseitig aufheben.
Der osmotische Druck von 0,028 kg/cm^2 kann sich ja nicht viel mehr verändern,
als dass er zwischen 0,000 kg/cm^2 und 0,056 kg/cm^2 liegt.
Ursprünglich war Octave Levenspiel's fountain für Meerwasser gedacht,
aber die hohe osmotische Druckdifferenz und die geringe Dichtedifferenz zwischen
Meerwasser und Süsswasser verlangen Rohrlängen von mehr als 10 Kilometern.
Bild und Text mit für mich schwer verständlichen Formeln:
http://true-random.com/homepage/projects/diffusion_machine/
Ficoll Paque wird in der Zellbiologie kilogrammweise zu Gewinnung von Lymphozyten
verwendet, und es ist trotz des hohen Molekulargewichtes eine völlig klare Lösung.
Ausserdem kann dann die Porenweite der Dialysemenbran viel grösser als bei
Kochsalz sein, so dass das Wasser schnell hindurch gehen kann.
Wenn man das gelöste Ficoll als Gas auffasst, das ein 14000 mal höheres
Molekulargewicht als Luft hat, dann sollte sich in 1 Meter Flüssigkeitssäule
die selbe Dichteverteilung einstellen, wie in einer 14 Kilometer hohen Luftsäule.
Es ist mir aber nicht klar, ob das wirklich geschieht, und was das für Auswirkungen hat.
Zur Erheiterung:
http://members.chello.at/karl.bednarik/KAPVER-5.jpg
10 kurze Videos:
http://www.youtube.com/user/KarlBednarik#p/u
45 kurze Science-Fiction-Geschichten:
http://www.e-stories.de/view-autoren.phtml?kbedn
Mit freundlichen Grüssen,
-- Karl Bednarik 03:58, 16. Feb. 2010 (CET).

Korrektur:
Wenn der Dichteunterschied zwischen den gelösten Ficollmolekülen und dem Wasser
0,2 kg/l betragen würde, dann sollte sich in einer 5 Meter hohen Flüssigkeitssäule
die selbe Dichteverteilung einstellen, wie in einer 14 Kilometer hohen Luftsäule.
Nachtrag:
Wenn man über die Ficolllösung Wasser schichtet, und am unteren Ende Wasser heraus filtriert,
dann entsteht ein Konzentrationsgradient, der das Ficoll nach oben diffundieren lässt.
Das ist unabhängig von der Dichteverteilung durch die Schwerkraft.
-- Karl Bednarik 14:55, 16. Feb. 2010 (CET).

Hallo Karl Bednarik,
Wenn man für die gelösten Teilchen im Schwerefeld eine Boltzmann-Verteilung annimmt, dann ist die Konzentration proportional zu , mit
k ... Boltzmannkonstante
T ... Temperatur
h ... Höhe
g ... Schwerebeschleunigung
... Massendifferenz zwischen einem gelösten Teilchen und Wasser des gleichen Volumens

Mit und T = 293 K wäre die charakteristische Höhe = 3,73 m (bei Luft sind es etwa 8 km, also 5 m würden 10,7 km entsprechen).

Die Konzentration am Boden (h=0) steht dadurch in folgendem Verhältnis zur durchschnittlichen Konzentration:

wobei H die Gesamthöhe ist. Wie man sieht, ist bei großen Höhen das Verhältnis proportional zu H (der exponentielle Faktor im Nenner wird sehr klein).

Eine andere Betrachtungsweise: Wenn man auf der linken Seite ein starres, fein verzweigtes Gerüst einbaut, das die gleiche Grenzflächenspannung zu Wasser hat, wie Luft, und reines Wasser einfüllt, dann wird das Wasser natürlich auf beiden Seiten gleich hoch stehen. Wenn die Grenzflächenspannung kleiner ist, dann wird es auf der linken Seite höher stehen (Kapillareffekt). Im Fall der Lösung wird sozusagen das Gerüst in viele kleine Teile zerschnitten.
Usr2 15:57, 16. Feb. 2010 (CET)

Hallo usr, danke für die Antwort.
Ich vermute, dass es einen Unterschied zwischen einem fein
verzweigten Gerüst, und Molekülen gibt, die im Wasser schweben.
Das Gerüst stützt sich am Boden des Gefässes ab, aber die
Moleküle werden von den Wassermolekülen nach oben gestossen.
Daraus sollte sich eine Kraftübertragung auf das Wasser ergeben.
Mit freundlichen Grüssen,
-- Karl Bednarik 16:46, 16. Feb. 2010 (CET).

Das stimmt natürlich im Prinzip - allerdings wird das Gerüst bildlich gesprochen zusammenbrechen und die Teilchen werden im Durchschnitt weiter unten zu finden sein.

Korrektur zu oben: In Deinem Beispiel müsste das Verhältnis der Dichten 3/5 sein, nicht 5/6 (die Dichte des Gemisches ist 6/5 der Dichte von Wasser, 1 l enthält 0,5 kg Ficoll in 0,3 l und 0,7 kg Wasser in 0,7 l), dann ist die charaktieristische Höhe 1,55 m.

Zu meiner Rechnung folgt noch eine Fortsetzung (Konzentrationen sind Volumenskonzentrationen):

Die durchschnittliche Dichte der linken Säule ist
Die Masse der linken Säule beträgt (mit Querschnittsfläche A).
Der hydrostatische Druck der linken Säule ist deshalb

Der osmotische Druck hängt jedoch nicht von der durchschnittlichen Konzentration, sondern von der Konzentration am unteren Ende ab:

Der hydrostatische Druck auf der linken Seite ist gleich dem osmotischen Druck plus dem hydrostatischen Druck der rechten Seite. Daraus kann man berechnen:

oder, vielleicht interessanter, den Quotienten der beiden Höhen (ich schreibe jetzt für die charakteristische Höhe):

Für das Perpetuum mobile muss dieser Quotient größer als 1 sein. Für sehr kleine Höhen ist er überhaupt negativ (praktisch bedeutet das einfach nur, dass bis zur Höhe, bei der der Quotient 0 ist, das gesamte Wasser auf der linken Seite ist). Der Quotient steigt monoton, für große Höhen ist der Grenzwert einfach:

Wenn man davon ausgeht, dass wie in Deinem Beispiel das Wasser 70% des Volumens der linken Seite ausmacht, dann ist das Ergebnis mit dem osmotischen Druck von 2,8 kPa (auf Deinem Bild) etwa 1,0158 - somit wäre ein Perpetuum mobile möglich. Wenn ich allerdings den osmotischen Druck als Stoffmengenkonzentration*R*T ausrechne (R ist die molare Gaskonstante, T=293 K) dann komme ich auf 3,045 kPa und damit auf einen Grenzwert von ziemlich genau 1.
Usr2 18:47, 16. Feb. 2010 (CET)

Nachtrag: Wenn man in den Grenzwert des Quotienten den theoretischen osmotischen Druck einsetzt, kommt man genau auf 1. Man müsste es mit negativem Exzessvolumen versuchen.
mfg,
Usr2 19:10, 16. Feb. 2010 (CET)

Noch ein Nachtrag: Das Missverständniss hier ist The osmotic pressure is independent from the heights, while the hydrostatic pressure difference increases with the heights linear. Es wird zwar die barometrische Höhenformel angesprochen, aber dann wird einfach gesagt, dass ein Material mit einer großen charakteristischen Höhe genommen wird, so dass das nichts ausmacht. Dann wird eine geringfügig größere Höhe auf der Seite mit reinem Wasser berechnet, die aber in der Realität durch den geringen Konzentrationsgradienten zunichte gemacht wird.
mfg,
Usr2 14:34, 17. Feb. 2010 (CET)

Hallo usr, danke für die Antwort.
Nur noch eine laienhafte Frage:
Heisst das nun, dass die Wassersäule niemals höher als die Lösungssäule werden kann?
Wenn man Höhen annimmt, die wesentlich grösser als die charakteristische Höhe sind,
dann besteht die Lösungssäule oben aus fast reinem Wasser, und unten aus fast reinem Ficoll.
Die mittlere Dichte der Lösungssäule ist aber immer noch 1,2 kg/l.
Reines Ficoll hat eine Dichte von 1,667 kg/l.
Wenn 0,5 kg/l Ficoll einen osmotischen Druck von 0,028 kg/cm^2 haben,
dann müsste reines Ficoll einen osmotischen Druck von 0,093 kg/cm^2 haben.
Das entspricht einer 78 cm hohen Lösungssäule, oder einer 93 cm hohen Wassersäule.
Bei einer Lösungssäule von 10 m Höhe müsste aber die Wassersäule 12 m Höhe haben,
um den gleichen hydrostatischen Druck zu erzeugen.
Wenn man nun den osmotischen Druck berücksichtigt,
dann müsste die Wassersäule immer noch 11,07 m hoch sein.
Wo liegt mein Rechenfehler?
Mit freundlichen Grüssen,
-- Karl Bednarik 06:24, 18. Feb. 2010 (CET).
Korrektur:
-- Karl Bednarik 06:33, 18. Feb. 2010 (CET).

Hallo Karl Bednarik, der Einwand ist berechtigt.
Denn irgendwann erreicht die Volumenskonzentration 1, dann wird der osmotische Druck nicht mehr höher. Genauer gesagt wenn gilt:

Die Lösung der Gleichung kann man mit der Lambertsche W-Funktion darstellen:

Bei einer durchschnittlichen Volumenskonzentration von 0,3 sind das etwa 3,197 charakteristische Höhen - etwa 4,96 m.
Wahrscheinlich stimmt irgendetwas am Modell nicht, aber es müsste dann so sein, dass die Wassersäule zwar höher ist, aber nach dem Überfließen gelangt das Wasser nicht wieder zurück, sondern verringert die Höhe des "Bodensatzes" aus reinem Ficoll.
Usr2 12:32, 18. Feb. 2010 (CET)

Nachtrag (und jetzt wegen der Übersichtlichkeit statt ):
Wenn H größer als die oben angegebene Höhe ist (496 cm in unserem Beispiel) ist, dann wäre die Höhe, bis zu der reines Ficoll vorliegt:

Oberhalb dieser Höhe sollte die Ficoll-Volumenskonzentration exponentiell abfallen. Somit ist die Volumenskonzentration am oberen Ende:

Bei 10 m Höhe sind das noch ca. 0,4%.
Usr2 15:57, 18. Feb. 2010 (CET)

Nachtrag zum Nachtrag: Bei 10 m Höhe ist die Höhe des reinen Ficoll ca. 146 cm.
Usr2 16:05, 18. Feb. 2010 (CET)

Noch ein Nachtrag: Wenn Dein Taschenrechner keine W-Taste hat: Hier gibt es eine C-Implementation der Lambertschen W-Funktion.
Usr2 18:17, 18. Feb. 2010 (CET)

Hallo usr,
wenn ich eine Flüssigkeitssäule mit feinen Glasperlen und Wasser fülle,
und die andere Flüssigkeitssäule nur mit Wasser, dann wird das Wasser auf
beiden Seiten nahezu gleich hoch stehen, obwohl der Druck am Grunde der
Flüssigkeitssäule mit den Glasperlen viel höher ist.
Der Grund dafür ist, dass die Glasperlen auf dem Grund aufliegen, und dass
sie deshalb praktisch keinerlei Kraft auf das Wasser übertragen.
Ich vermute, dass, wenn das Ficoll Bodenkontakt hat, das Ficoll die Fähigkeit verliert
zu schwimmen, und dadurch auch die Fähigkeit verliert, Kraft auf das Wasser zu übertragen.
Zwischem dem Wasserdruck und dem Gewichtsdruck gibt es dann einen Unterschied.
Mit freundlichen Grüssen,
-- Karl Bednarik 15:08, 19. Feb. 2010 (CET).

Vermutlich gibt es beim Mischen von Ficoll und Wasser auch eine Volumensverkleinerung, die man näherungsweise so behandeln kann, als würden die Wassermoleküle schon vorhandene Zwischenräume zwischen den Ficollmolekülen auffüllen. Deshalb dürfte auch der unterste Teil der 10 m hohen Flüssigkeitssäule nicht reines Ficoll sein. Mit einer Volumensverkleinerung müsste auch ein größerer osmotischer Druck (wenn man das noch so nennen kann, denn es ist eher eine Lösung von Wasser in Ficoll als umgekehrt) einhergehen. Denn auch reines Ficoll würde vermutlich noch Wasser aus einer niedrigen Wassersäule aufnehmen - der unterste Teil ist eher ein hygroskopischer Feststoff.
mfg,
Usr2 21:52, 20. Feb. 2010 (CET) Nachtrag: Ich meine einen größeren osmotischen Druck als nach Stoffmengenkonzentration*R*T.
Usr2 21:54, 20. Feb. 2010 (CET)

Waren die Götter Astronauten?[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik,

eine kleine Anmerkung zur Kurzgeschichte auf e-stories.de:
Für einen Treibstoff, von dem ein Massenanteil k in Energie umgewandelt wird, gilt die Energiegleichung

(rechte Seite: ruhender Treibstoff, linke Seite: Treibstoff mit geringerer Masse, dafür in Bewegung)

Daraus kann man die Ausströmgeschwindigkeit berechnen:

In der speziellen Relativitätstheorie gilt noch immer, dass der spezifische Impuls gleich der Ausströmgeschwindigkeit ist, denn:

(wenn den vorher angegebenen Wert hat)

Bei der Raketengleichung kann man die klassische Geschwindigkeit durch die Rapidität multipliziert mit der Lichtgeschwindigkeit ersetzen. Die Rapidität ist der Areatangens hyperbolicus des Quotienten . Rapiditäten sind in der speziellen Relativitätstheorie im Gegensatz zu Geschwindigkeiten additiv, was bei der Berechnung von mehrstufigen Raketen hilft.

Somit ergibt sich bei 0,7119% Massenumwandlung eine Ausströmgeschwindigkeit von 11,91% der Lichtgeschwindigkeit. Bei einem Massenverhältnis der voll betankten Rakete zur Rakete mit leerem Tank von e lässt sich mit dem Tangens hyperbolicus eine Geschwindigkeit von knappen 11,86% der Lichtgeschwindigkeit berechnen.

Bei einem Antimaterietriebwerk ist es vielleicht leichter, die Protonen-Antiprotonen-Vernichtung zu nutzen, denn man kann die entstehenden geladenen Pionen mit elektromagnetischen Feldern ablenken (leider entstehen auch neutrale Pionen), wobei die Wege wegen der Halbwertszeit der Pionen von 18 Nanosekunden nicht zu lang sein dürfen.
Usr2 22:38, 14. Apr. 2010 (CEST)

Hallo Usr2,
danke für Deine Antwort.
Ein Bild zu diesem Thema aus dem Buch von Ulrich Walter:
Zivilisationen im All - Sind wir allein im Universum? Spektrum Akademie Verlag, Heidelberg 1999. ISBN 3-8274-0486-X:
http://members.chello.at/karl.bednarik/ANANTRI.jpg
Nur noch einige weitere Fragen:
Stellt sich beim Bussard-Ramjet-Triebwerk wirklich ein Fließgleichgewicht zwischen der Masse des aufgestauten Wasserstoffes und der Masse des fusionierten Wasserstoffes ein?
Welche Höchstgeschwindigkeit ist dann bei 0,7119 Prozent Massedefizit zu erwarten?
Wenn man 1 kg interstellaren Wasserstoff zuerst auf 11,91 Prozent der Lichtgeschwindigkeit beschleunigen muss, weil das Raumschiff diese Geschwindigkeit hat, dann verbraucht man genau so viel Energie wie 1 kg Wasserstoff bei der Fusion liefern kann.
Könnte man mit irgend einem noch unbekannten technischen Trick nur Schub erzeugen, ohne den interstellaren Wasserstoff vorher aufzustauen, also ohne ihn vorher auf die Raumschiffsgeschwindigkeit zu beschleunigen?
Um den Wasserstoff zu fusionieren muss er nur quer zur Flugrichtung in die Richtung zur Mittelachse des Raumschiffes hin beschleunigt werden, und nicht auch noch in die Flugrichtung des Raumschiffes.
Wenn man aber die Fusionsreaktion relativ zur Galaxis ruhend stattfinden lässt, dann haben die Alphateilchen, die den Teilchenreflektor des Raumschiffes treffen, auch nur 11,91 Prozent der Lichtgeschwindigkeit (in Bezug auf die Galaxis), und das Raumschiff kann daher auch nicht scheller werden.
Als Teilchenreflektor könnte man zwei paralle Gitter verwenden, zwischen denen etwa 30 MV Spannung herrscht.
Für Protonen und Alphateilchen muss das hintere Gitter positiv geladen sein.
Weil der Teilchenreflektor für Protonen und Alphateilchen die Elektronen hindurchzieht und beschleunigt, benötigt man hinter diesem Reflektor noch einen Teilchenreflektor für Elektronen.
Für Elektronen muss das hintere Gitter negativ geladen sein.
So ähnliche Methoden verwendet auch der Farnsworth–Hirsch Fusor:
http://en.wikipedia.org/wiki/Farnsworth_fusor
In Larry Nivens "Protector" ("Der Baum des Lebens" oder "Brennans Legende" von 1973) gab es ein sehr schönes hochrelativistisches Bussard-Ramjet-Duell, das sogar noch besser war, als das Gefecht beim roten Zwergstern in meiner "Nicht ganz so langen Reise der R. P. Feynman" (bei den e-stories ist das der dritte Teil der Geschichte).
Mit freundlichen Grüssen,
-- Karl Bednarik 05:18, 15. Apr. 2010 (CEST).
Nachtrag und Korrektur
-- Karl Bednarik 07:04, 15. Apr. 2010 (CEST)
Zweiter Nachtrag
-- Karl Bednarik 17:12, 15. Apr. 2010 (CEST).
Dritter Nachtrag
-- Karl Bednarik 07:38, 16. Apr. 2010 (CEST).

Hallo Karl Bednarik,
eine Überlegung zum Bussard-Ramjet: Wenn der relative Massenverlust bei der Fusion k ist, und das Raumschiff durch den Widerstand des nicht in das Triebwerk gelangenden interstellaren Gases gebremst wird, mit einem Widerstandskoeffizienten d, wobei die Kraftwirkung etwa folgendermaßen aussieht:

( ... Dichte, ... Querschnittsfläche)

... und die gesamte Energie aus der Abbremsung (relativ zum Raumschiff) und der Fusion des interstellaren Gases wieder in Bewegungsenergie umgesetzt wird, d. h. die Ausströmgeschwindigkeit ist:

... dann kann man die maximale Geschwindigkeit ausrechnen:

Hier haben das Semay und Silvestre-Brac genauer ausgerechnet.
mfg,
Usr2 13:12, 17. Apr. 2010 (CEST)

Garantiert völlig off topic[Quelltext bearbeiten]

Vor einiger Zeit wurde das Diskussionsforum von Spektrum der Wissenschaft aufgelöst.

Nach einigen Rückfragen hat mir Frau Elke Reinecke meine eigenen Beiträge als Zip-File zugesandt (entpackt etzwa 1,5 MB).

Aus rechtlichen Gründen konnten aber die Beiträge der anderen Forenteilnehmer nicht dabei sein.

Ich habe also alle meine Fragen, und ich habe praktisch keine Antworten darauf.

Wie lange kann ein erd-ähnlicher Planet in einem sonnen-ähnlichen Stern überleben, wenn dieser Stern zu einem roten Riesen wird?

Da gab es doch eine schöne Gleichung von "usr".

Das wesentliche daran war, dass das Strahlungsgleichgewicht viel mehr als die Wärmeleitfähigkeit zum Schmelzen der Erde beitragen würde.

Einige Sachen habe ich mir glücklicherweise gemerkt, wie zum Beispiel die interferometrische Kopplung der Antriebslaser, oder welchen Durchmesser ein Teleskop haben muss, um einen Menschen auf dem Mond zeigen zu können, oder die thermische Äquivalenz von Information.

-- Karl Bednarik 07:07, 17. Apr. 2010 (CEST), und auch noch
-- Karl Bednarik 07:16, 17. Apr. 2010 (CEST).
Vermutung:
"USR" bedeutet "United Space forces of the Reunited planets".
-- Karl Bednarik 07:28, 17. Apr. 2010 (CEST).


Hallo Karl Bednarik,
die Gleichung lautete vermutlich:

wobei die Konstante aus dem Stefan-Boltzmann-Gesetz ist, T die Temperatur (z.B. 3000 K), die Dichte des Erdmantels, die (massenbezogene) Sublimationsenthalpie des Erdmantels (dürfte irgendwo ganz grob bei einigen Megajoule pro Kilogramm liegen), und die Schrumpfungsgeschwindigkeit des Erdradius ist. Letztere gilt es auszurechnen, und man kommt je nach den anderen Werten z. B. auf 0,5 mm/s oder 1 mm/s.
mfg,
Usr2 14:15, 17. Apr. 2010 (CEST)

Nachtrag: ist natürlich negativ, und ich habe vorgestern den Strahlungsterm der Planetenoberfläche vergessen:

Usr2 12:40, 19. Apr. 2010 (CEST)

Energiebilanz des Weltraumliftes[Quelltext bearbeiten]

Berechnung:
Gravitationskonstante G mal Masse der Erde M, WGS84, GM = 3,986004418×1014 m3·s−2
Siderischer Tag, [10], T = 86.164,0989036973 s
Winkelgeschwindigkeit = ω = 2π/T = 7,292115147×10-5 rad·s−1

Äquatorradius der Erde = 0 km Höhe = r = 6.378,16 km,
Gravitationspotential am Äquator = GM/r = -62.494,582 kJ·kg−1
Zentrifugalkraftpotential am Äquator = ω2r2/2 = 108,160 kJ·kg−1

35.786,012 km Höhe = 42.164,172 km geostationärer Radius = (GM/ω2)1/3 = q
Gravitationspotential im geostationären Radius = GM/q = -9.453,534 kJ·kg−1
voriges bezogen auf den Wert beim Äquatorradius = -53.041,048 kJ·kg−1
Zentrifugalkraftpotential im geostationären Radius = ω2q2/2 = 4.726,767 kJ·kg−1
voriges bezogen auf den Wert beim Äquatorradius = 4.618,607 kJ·kg−1
Potentialsumme im geostationären Radius = -48.422,441 kJ·kg−1

Ideales Seilende in 143.780,224 km Höhe = 150.158,384 km Radius = R
Gravitationspotential in 143.780,224 km Höhe = GM/R = -2.654,533 kJ·kg−1
voriges bezogen auf den Wert beim Äquatorradius = -59.840,048 kJ·kg−1
Zentrifugalkraftpotential in 143.780,224 km Höhe = ω2R2/2 = 59.948,209 kJ·kg−1
voriges bezogen auf den Wert beim Äquatorradius = 59.840,048 kJ·kg−1
Potentialsumme in 143.780,224 km Höhe = 0 kJ·kg−1
-- Karl Bednarik 04:48, 4. Nov. 2010 (CET) -- Karl Bednarik 12:41, 4. Nov. 2010 (CET).

Gas im Gravitationsfeld, nächstes Kapitel[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik,

ich habe ein kleines C++-Programm geschrieben, dass die Gasteilchen im Gravitationsfeld simuliert, für den Quelltext bitte auf "Bearbeiten" klicken (Text verstecken und ausklappen mittels JavaScript kann ich hier nicht, und ich will nicht so viel Platz verbrauchen, indem ich den Quelltext einfach so reinschreibe):

Boden und Decke werden auf einer bestimmten Temperatur gehalten, und der Wärmefluss wird in der Simulation gemessen. Bei gleicher Temperatur oben und unten zeigt das Programm seltsamerweise einen Wärmefluss von unten nach oben.

Usr2 01:23, 17. Nov. 2010 (CET)

Hallo Usr2, danke für das Programm, das gar nicht so klein ist.
Ich versuche es gerade als Win32 Konsolenanwendung in Microsoft Visual C++ 6.0 zu starten, aber ich schaffe es nicht, weil ich irgend etwas falsch mache.
Es meldet allerdings nur 2 Fehler beim Kompilieren:
double phi = 2.0*M_PI*RAND_MAX/(double)rand();
error C2065: 'M_PI' : nichtdeklarierter Bezeichner
d1 = erf(d0);
error C2065: 'erf' : nichtdeklarierter Bezeichner
Vielleicht ist das Programm gar keine Win32 Konsolenanwendung in Microsoft Visual C++ 6.0, sondern etwas anderes, das ich noch nicht kenne.
Mit Dank für die Hilfe im Voraus, und mit freundlichen Grüssen,
-- Karl Bednarik 08:03, 22. Nov. 2010 (CET).

Hallo Karl Bednarik, das Programm kompiliert zumindest mit GCC. Für eine Win32 Konsolenanwendung in Microsoft Visual C++ 6.0 sind ein paar kleine Änderungen nötig, vermutlich reicht ein

#define _USE_MATH_DEFINES

vor dem

#include <math.h>

damit Konstanten wie M_PI zur Verfügung stehen. Wenn das nicht funktioniert, dann kann man die Definition direkt einfügen:

#define M_PI 3.141592653589793238



Microsoft Visual C++ kennt leider die Funktion erf nicht (weil es den C99-Standard nicht implementiert), da hab ich das im Internet gefunden:
http://home.online.no/~pjacklam/notes/invnorm/impl/lea/lea.c
Wenn man den Inhalt dieser Datei etwa nach dem

#include <math.h>

und den anderen includes einfügt, und danach noch folgende Zeile einfügt, dann funktioniert es hoffentlich auch mit dem erf:

#define erf(x) ((stdnormal_cdf(M_SQRT2*(x)) - 0.5)*2.0)

Ich habe den geänderten Quelltext hier noch einmal versteckt eingefügt:


mfg,
Usr2 00:20, 24. Nov. 2010 (CET)

Hallo Usr2, vielen Dank für Deine grossen Bemühungen.
Neben dem Microsoft Visual C++ 6.0 von 1998 habe ich nun
auch ein Microsoft Visual C++.NET von 2003 darauf angesetzt.
_____Dein erstes Programm:
__________Visual C++ 6.0 1998:
2 Fehler:
error C2065: 'M_PI' : nichtdeklarierter Bezeichner
error C2065: 'erf' : nichtdeklarierter Bezeichner
__________Visual C++.NET 2003:
2 Fehler:
error C2065: 'M_PI': nichtdeklarierter Bezeichner
error C3861: 'erf': Bezeichner wurde auch mit einer argumentbezogenen Suche nicht gefunden
_____Dein zweites Programm:
__________Visual C++ 6.0 1998:
13 Fehler:
error C2065: 'M_PI' : nichtdeklarierter Bezeichner
error C2065: 'M_SQRT2PI' : nichtdeklarierter Bezeichner
error C2065: '_isnan' : nichtdeklarierter Bezeichner
error C2065: '_Nan' : nichtdeklarierter Bezeichner
error C2228: Der linke Teil von '._D' muss eine Klasse/Struktur/Union sein
error C2065: '_finite' : nichtdeklarierter Bezeichner
error C2065: 'M_SQRT2' : nichtdeklarierter Bezeichner
error C2065: 'M_1_SQRTPI' : nichtdeklarierter Bezeichner
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M_PI lässt sich natürlich ganz einfach durch eine Zahl ersetzen,
aber die Funktion "erf" nicht. Was macht "erf" eigentlich?
Was ist eigentlich der C99-Standard, und wie bekommt man ihn?
Am einfachsten wird es sein, wenn ich mir jene Programmiersprache kaufe,
die Du verwendest. Welche Programmiersprache ist das?
Mit freundlichen Grüssen, -- Karl Bednarik 07:33, 25. Nov. 2010 (CET).

Hallo Karl Bednarik, ich hatte angenommen, dass das verlinkte C-Programm Visual-C++-kompatibel sei, was offensichtlich nicht der Fall ist...
Ich verwende GCC (GNU compiler collection), und das braucht man nicht zu kaufen, denn man kann es gratis herunterladen: http://gcc.gnu.org/ Allerdings muss man unter Microsoft Windows eine Unix-Emulation wie z.B. Cygwin installieren: http://gcc.gnu.org/install/specific.html#windows

Der C99-Standard ist ein Dialekt der Programmiersprache C, der 1999 beschlossen (aber nicht überall implementiert) wurde (und auch C++-Programme können natürlich C-Funktionen verwenden).
Die Funktion erf nach dem C99-Standard ist

mit anderen Worten also die Verteilungfunktion für eine Normalverteilung mit Standardabweichung , multipliziert mit 2 und verschoben, so dass erf(0) = 0 ist.
Vielleicht das einfachste ist eine einfache erf-Funktion mit Lookup-Table, die ich hier versteckt habe (2049 Werte von -4 bis +4):

mfg,
Usr2 18:12, 25. Nov. 2010 (CET)

Hallo Usr2, danke, ich bin begeistert, alles läuft bestens in MS V C++ 6.0.
Ich habe Dein erstes Programm mit M_PI und der erf-Lookup-Table kombiniert.
Zur Kontrolle die letzten beiden Zahlen bei Zeit 50:
-1.11885e-15 und 1.17752e-15
In diesem Zusammenhang habe ich noch eine Frage:
Gibt es einen Unterschied zwischen der mittleren kinetischen Energie der Gasmoleküle und der mittleren Temperatur eines Gases?
Die mittlere kinetische Energie der Gasmoleküle sollte eigentlich unten grösser als oben sein.
Mit freundlichen Grüssen, -- Karl Bednarik 07:05, 27. Nov. 2010 (CET).

Hallo Karl Bednarik, die letzten Zahlen sind bei mir jetzt -1.12626e-15 und 1.18472e-15, aber das schwankt etwas von Durchlauf zu Durchlauf. Ich habe das Ergebnis mittels Tabellenkalkulationsprogramm graphisch dargestellt:

Gas-im-gravitationsfeld-simulation-waermefluss.png


Es ist nicht ausgeschlossen, dass ich im Programm einen Fehler gemacht habe, und das Ergebnis kommt mir seltsam vor.
Wenn ein Gas im thermischen Gleichgewicht ist, dann ist die Temperatur proportional zur mittleren kinetischen Energie. Wenn es nicht im thermischen Gleichgewicht ist, ist die Temperatur eigentlich nicht definiert, bzw. man kann auch mehrere Temperaturen definieren, z. B. in einem Plasma Elektronen- und Ionentemperaturen.

mfg,
Usr2 16:09, 28. Nov. 2010 (CET)

Hallo Usr2,
die Temperatur oder die Thermalisierung scheint nur bei mindestens zwei Raumdimensionen möglich zu sein.
Im eindimensionalen Raum mit gleich massereichen, ideal elastischen Atomen wird einfach die kinetische Energie und der Bewegungszustand weiter gereicht, so wie beim Kugelstoßpendel.
Obwohl im eindimensionalen Raum die Atome von einander abprallen, sieht es fast so aus, als würden sie durch einander hindurch fliegen.
Das bedeutet, dass die verschiedenen Bewegungszustände von einander unabhängig und ohne jede Veränderung ständig zwischen den Enden des eindimensionalen Rohres hin und her pendeln.
Bei der folgenden Animation gibt es aber zahlreiche versteckte Freiheitsgrade der molekularen Schwingungen:
http://members.chello.at/karl.bednarik/GRABUCK3.gif Die blauen und roten Kugeln sollen negative und positive Ionen darstellen.
Mit freundlichen Grüssen, -- Karl Bednarik 05:09, 29. Nov. 2010 (CET).

Hallo Karl Bednarik,
die Thermalisierung erfolgt dann zumindest am oberen und unteren Ende. Die Geschwindigkeitsverteilung ist dann eine Normalverteilung mit der Standardabweichung , wobei man die Verteilungsdichte verdoppeln muss, wenn man nur Geschwindigkeiten in eine Richtung erzeugt
Teilchen mit einer Geschwindigkeit kleiner als fallen auf den Boden zurück, ohne die Decke berührt zu haben, und die maximale Zeit bis zur Rückkehr eines Teilchens ist gleich der Zeit auf der Wurfparabel, die genau die Decke berührt, weil schnellere Teilchen die Decke schneller erreichen und dann mindestens so schnell wieder herunterfallen (wenn man vernachlässigt, dass sie an der Decke adsorbiert und später wieder desorbiert werden könnten). Diese Zeitspanne beträgt .
Wenn wir voraussetzen, dass Boden und Decke auf der gleichen Temperatur gehalten werden, dann kann man sich so einen Zyklus relativ einfach ausrechnen:

Auf den Boden übertragene Energie aus den Teilchen, die zu langsam sind, um zur Decke zu gelangen:

Auf den Boden übertragene Energie aus den Teilchen, die an der Decke thermalisiert wurden:

weil die durchschnittliche eindimensionale kinetische Energie ist.

Wenn man die Summe dieser beiden Energie nimmt dann kommt nach Einsetzen etwas weniger heraus als , die Energie, die man bei der Ausgangstemperatur erwarten würde. Allerdings ist die Rechnung auch nicht vollständig, denn es gibt schnellere Teilchen, die innerhalb der Zeitspanne öfter zwischen Decke und Boden hin- und herpendeln, und es gibt langsamere Teilchen, die mehrmals niedrige Wurfparabeln vollführen (und es gibt natürlich auch Teilchen, die beides tun, weil sie ja thermalisiert werden).

mfg,
Usr2 00:38, 30. Nov. 2010 (CET)

Nachtrag: Habe die Formeln korrigiert (ein Vorzeichen war falsch). Der Quotient erreicht bei den verwendeten Parametern ein Minimum bei h = 11901 m, dort erreicht der Quotient einen Wert von 0,7975. Besser sollte aber doch das Programm sein, weil es alle Teilchen behandelt. Allerdings wäre das Ergebnis des Programms so natürlich immer noch ein Perpetuum Mobile, und ich vermute, dass sich irgendwo ein Fehler versteckt. Usr2 18:23, 2. Dez. 2010 (CET)

Noch ein Rätsel[Quelltext bearbeiten]

Zu diesem Thema:

Magnetisch_Induktiver_Durchflussmesser#Nutzspannung

Habe ich diese Frage:

Diskussion:Magnetisch_Induktiver_Durchflussmesser#Nutzspannung.2C_die_zweite_Frage

Mit freundlichen Grüssen, -- Karl Bednarik 10:33, 22. Nov. 2010 (CET).

Energiebilanz[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl! In dieser Form war dein Beitrag kein enzyklopädischer Artikel. Zur weiteren Verwendung hier der Inhalt. Grüße, --Polarlys 16:57, 25. Nov. 2010 (CET)

Die Berechnung der Energiebilanz des Weltraumliftes:

Gravitationskonstante G mal Masse der Erde M, WGS84, GM = 3,986004418×1014 m3·s−2
Siderischer Tag, [11], T = 86.164,0989036973 s
Winkelgeschwindigkeit = ω = 2π/T = 7,292115147×10-5 rad·s−1

Äquatorradius der Erde = 0 km Höhe = r = 6.378,16 km,
Gravitationspotential am Äquator = GM/r = -62.494,582 kJ·kg−1
Zentrifugalkraftpotential am Äquator = ω2r2/2 = 108,160 kJ·kg−1

35.786,012 km Höhe = 42.164,172 km geostationärer Radius = (GM/ω2)1/3 = q
Gravitationspotential im geostationären Radius = GM/q = -9.453,534 kJ·kg−1
voriges bezogen auf den Wert beim Äquatorradius = -53.041,048 kJ·kg−1
Zentrifugalkraftpotential im geostationären Radius = ω2q2/2 = 4.726,767 kJ·kg−1
voriges bezogen auf den Wert beim Äquatorradius = 4.618,607 kJ·kg−1
Potentialsumme im geostationären Radius = -48.422,441 kJ·kg−1

Ideales Seilende in 143.780,224 km Höhe = 150.158,384 km Radius = R
Gravitationspotential in 143.780,224 km Höhe = GM/R = -2.654,533 kJ·kg−1
voriges bezogen auf den Wert beim Äquatorradius = -59.840,048 kJ·kg−1
Zentrifugalkraftpotential in 143.780,224 km Höhe = ω2R2/2 = 59.948,209 kJ·kg−1
voriges bezogen auf den Wert beim Äquatorradius = 59.840,048 kJ·kg−1
Potentialsumme in 143.780,224 km Höhe = 0 kJ·kg−1

Unsichtbarkeit, Teil 2[Quelltext bearbeiten]

Hallo, ich habe vor Ewigkeiten, als ich noch bei WP aktiv war, das Unsichtbarkeits-mit-Parabolspiegeln-Bild [12] ins Englische übersetzt [13]. Irgendwann in der Zwischenzeit (entweder seit ich meinen Account gelöscht hab', seit der Lizenz-Umstellung von GFDL, seit dem Bilder automatisch auf Commons landen... Gott, ist das lange her) bin ich vom Uploader zum Owner geworden und mein Kommentar zum Bild mit Quellenangabe ist verschwunden. Sieht nach einem Bug aus (mein Username steht da doppelt, aber mein Account ist nicht mehr verlinkt). Ich will da natürlich ungern als Urheber stehen, das war keine Leistung von mir, ich habs nur übersetzt. Ich hab schon einen Kommentar zum Bild in den Commons geschrieben.

Hallo Anwender 79.243.187.92, kein Problem, das stört mich nicht.
Alles auf Wikipedia und alles auf meiner Internetseite gehört automatisch allen Menschen.
Wenn ich irgend etwas für mich selbst behalten wollen würde, dann
würde es nicht einmal auf der Harddisk meines eigenen Computers stehen,
und schon gar nicht im Internet.
Mit freundlichen Grüssen, -- Karl Bednarik 09:19, 14. Mär. 2011 (CET).

Neutrinos - Korrektur[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik,

auf Wikipedia:Auskunft habe ich gesagt, dass man bei bestimmten Neutrinoenergien einen höheren Wirkungsquerschnitt für die Reaktion mit Neutronen erwareten könne (wenn die Impulse des entstehenden Elektrons und des Neutrino gleich sind). Das muss ich zurücknehmen (auf Wikipedia:Auskunft ist das Thema nicht mehr zu finden). Das wäre dann tatsächlich der Fall, wenn die Wellenfunktionen des einlaufenden Neutrinos und des auslaufenden Elektrons zumindest über einige Wellenlängen überlappen würden. Die Reichweite der schwachen Wechselwirkung (10-17 m) ist aber viel zu klein gegenüber den Wellenlängen von Neutrino und Elektron (mit Energien im Bereich von ca. einigen MeV, da sind die Wellenlängen im Bereich einiger 10-13 m).

Weil die meisten Sonnenneutrinos niederenergetisch sind (im Bereich bis 400 keV), und der Wirkungsquerschnitt linear mit der Energie abnimmt, muss auch die Rechnung der neutrinoinduzierten Beta-Halbwertszeit korrigiert werden, auf etwa 1,5*1022 Jahre für 50 Millionen km Abstand von der Sonne.

mfg, Usr2 21:40, 6. Jul. 2011 (CEST)

Zeilenumbrüche[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl,

ich habe in der Auskunft deine Zeilenumbrüche entfernt, es war kaum lesbar: [14]. Falls das Absicht war, kannst du meine Änderung ja wieder entfernen.

Viele Grüße, Sebastian --46.223.138.145 16:12, 10. Jul. 2011 (CEST)

Zähler-Test 1[Quelltext bearbeiten]

Bednarik&lang=de&wiki=wikipedia Zähler

Karl Bednarik 08:52, 27. Jul. 2011 (CEST).

Zähler-Test 2[Quelltext bearbeiten]

Zähler

Karl Bednarik 08:55, 27. Jul. 2011 (CEST).

Ein zusätzliches Bild, Sturz aus der Raumstation[Quelltext bearbeiten]

Sturz aus der Raumstation.PNG

Beide Teile der Zeichnung verwenden den gleichen Massstab.
Gleichfarbige Kreise entsprechen einander sinngemäss in beiden Teilen der Zeichnung.
Weitere Details in den Anmerkungen der Bilddatei.
-- Karl Bednarik 08:57, 21. Sep. 2011 (CEST).

He, kennst Du die Edith Bednarik?[Quelltext bearbeiten]

Kennst Du eigentlich die Edith Bednarik, Höhlenforscherin, aus Wien?

Leider nein. Ist sie hübsch?
Ich bin auch nicht verwandt mit dem gleichnamigen Maler und Schriftsteller Karl Bednarik.
Ich habe aber einige seiner Bücher, die mir mein Kollege B. P. (er will nicht namentlich genannt werden) freundlicher Weise geschenkt hat.
Das Buch von diesem Karl Bednarik "Die unheimliche Jugend" traf insofern zu, als dass ich selbst zu dieser unheimlichen Jugend gehört habe, denn ich rechne mich auch noch jetzt zu den alten Hippies.
Das Buch von diesem Karl Bednarik "Die Programmierer" trifft insofern zu, als dass ich selbst sehr gerne etwas programmiere.
Am liebsten programmiere ich natürlich im guten, alten GWBASIC von 1983, es gibt nichts Besseres, und im extremen Notfall auch in C++, aber nur dann, wenn es wirklich nicht anders geht.
Der Grund für meine Einstellung ist, das der Quellcode in C++ etwa fünfzehnmal so lange wie in GWBASIC ist, nur um genau das selbe Resultat zu erzielen.
Auch mein Vater hiess ebenfalls Karl Bednarik, aber er war es auch nicht.
Bednarik schreibt man eigentlich mit einem Häkchen über dem "r".
Dieses "r" mit dem Häkchen spricht man ungefäht wie "hschr" aus, was ich aber auch nicht wirklich beherrsche.
So weit ich weiss, bedeutet "Bednar" auf tschechisch Fassbinder, Kistenmacher und Sargtischler, und die Endung "ik" ist eine Verkleinerungsform davon.
Bednarik bedeutet also auf tschechisch so etwas ähnliches wie Sargtischlerlein.
Etwa fünfzig Meter neben meiner Wohnung verläuft übrigens die "Karl Sarg Gasse" (das ist kein Scherz).
Das macht einen doch irgendwie nachdenklich.
Mein wirklicher Name ist eigentlich Lord-Admiral Graf Frederik von Hombug, und hier kann man weitere Teile meiner Biografie lesen.
http://www.e-stories.de/view-autoren.phtml?kbedn
-- Karl Bednarik 08:13, 29. Sep. 2011 (CEST).

Ob sie hübsch ist,kann ich Dir nicht sagen, da ich nicht weiß wie alt Du bist ;). Hast Du schon mal eine Google-Bildsuche gestartet? Ansonsten ist sie eine (der wenigen) Höhlenforscher im Umland von Wien, in letzter Zeit beschäftigt sie sich auch viel mit Erdstallforschung. Die von ihr entdeckten Klein - und Kleinsthöhlen (meist in sehr steilen erdigen oder felsigen Hängen) wurden nach ihr großteils von niemandem mehr aufgesucht ( Herr Volkmann versucht, die Höhlen wieder zu finden, was gar nicht so einfach ist, da die Lageangaben sehr ungenau und die Höhlenskizzen (von Plänen kann man ja nicht reden) auch nicht immer stimmen. Genaueres kannst Du in seinem Bericht im Höhlenforum erfahren (Du musst Dich anmelden, um die Seite sehen zu können.) lg--77.118.253.247 17:37, 14. Nov. 2011 (CET)

Sonnensegel aus Graphen[Quelltext bearbeiten]

Version vom 13. Dezember 2011

Erster Teil[Quelltext bearbeiten]

Konstantin Novoselov und Andre Geim wurden im Jahre 2010 mit dem Nobelpreis für Physik ausgezeichnet, nachdem sie nicht nur für die Herstellung des Graphens Entscheidendes geleistet hatten, sondern auch viele seiner ungewöhnlichen Eigenschaften entdeckt hatten. http://www.nobelprize.org/nobel_prizes/physics/laureates/2010/advanced-physicsprize2010.pdf Graphen hat die geringste Masse pro Fläche von allen Werkstoffen, die höchste Reissfestigkeit pro Querschnittsfläche von allen Werkstoffen, die höchste Temperaturbeständigkeit von allen Werkstoffen, die höchste spezifische elektrische Leitfähigkeit von allen Werkstoffen, die höchste Wärmeleitfähigkeit von allen Werkstoffen, die höchste Gasdichtigkeit von allen Folienwerkstoffen, auch für Wasserstoff und Helium, http://pubs.acs.org/doi/full/10.1021/nl801457b und dennoch 2,3 % Abschwächung von sichtbaren Licht, wodurch es auch die höchste Beschleunigung von allen Werkstoffen im sichtbaren Licht erreichen kann. http://www.pro-physik.de/details/news/prophy10344news/news.html?laid=10344 Streng genommen handelt es sich bei den 2,3 % Abschwächung von sichtbaren Licht um eine Summe von Absorption und Reflexion. Der Anteil der Reflexion würde sogar den doppelten Strahlungsdruck bewirken, wie der Anteil der Absorption, den ich für die folgenden Berechnungen verwendet habe. Inzwischen kann man endlose Bänder aus Graphen mit 76 cm Breite herstellen. [15] oder [16] Graphen, ein Material aus Kohlenstoffatomen, hat eine Flächenmasse von 7,57×10−7 kg·m−2, ein Absorptionsvermögen für sichtbares Licht von 2,3 %, und eine Reissfestigkeit von 42 N·m−1 (ein Band aus Graphen von 1 m Breite und 0,335 nm Dicke hält 42 N aus) oder 125 GPa. Ein Sonnensegel aus Graphen würde, wenn es im Weltraum im Abstand des Erdbahnradius von der Sonne quer zur Sonnenstrahlung mit 1367 W·m−2 schweben würde, einen Strahlungsdruck von 1,049×10−7 Pa aufnehmen, und nach Abzug der Gravitationsbeschleunigung durch die Sonne von 0,00593 m·s-2 mit einer Nettobeschleunigung von 0,1326 m·s-2 von der Sonne weg fliegen, so dass es pro Tag um 11.458 m·s-1 schneller werden würde. Eine Einzelschicht aus Graphen hätte bei einem Abstand von einem Zehntel des Erdbahnradius von der Sonne eine Nettobeschleunigung von 13,26 m/s^2. Etwas mehr, wegen des Anteils der Reflektion, und etwas weniger, wegen des Anteils der Nutzlast (vorzugsweise Graphen-Elektronik). http://en.wikipedia.org/wiki/File:Sun_Flyby_via_Motion_Reversal_of_Fast_Sailcraft.png Am Rande des Sonnensystems hätte sie dann QWURZEL(2*13,26*14.960.000.000) = 629.872 m/s. Ab dann sollte sie mit der Kante voran weiter fliegen, um den Widerstand des interstellaren Mediums zu minimieren. Beim Start vom Erdbahnradius aus, hätte eine Graphen-Einzelschicht am Rande des Sonnensystems immer noch 199.183 m/s. Zum Vergleich: die Geschwindigkeit von Voyager 1 am Rande des Sonnensystems bei einem Sonnenabstand von 17.367.000.000.000 m war im Jahre 2011 nur 17.059 m/s relativ zur Sonne. (Fehlerhafte Aussage Anfang: Wenn das Segel so wie die Erde mit 29.780 m·s-1 um die Sonne kreisen würde, dann ist der Abzug der Gravitationsbeschleunigung durch die Sonne nicht erforderlich, weil diese bereits durch die Fliehkraft auf der Erdumlaufbahn kompensiert wird, und die Beschleunigung des Segels würde dann 0,1385 m·s-2 betragen. :Fehlerhafte Aussage Ende) Wenn das Graphen-Sonnensegel aus mehreren Schichten Graphen bestehen würde, dann würde das nur wenig an seinem Beschleunigungsverhalten ändern, weil mit mehr Masse auch mehr Strahlungsdruck hinzu kommen würde, solange die Anzahl der Schichten nicht zu groß wird. Man könnte, um einen Rahmen einzusparen, das Graphensegel flach spannen und seine Lage im Raum stabilisieren, indem man das Segel um eine Achse rotieren lässt, die senkrecht zu seiner Fläche steht, so wie bei einer Schallplatte. (Fehlerhafte Aussage Anfang: Alternativ dazu könnte man das kreisscheibenförmige Segel mit einem gasgefüllten Torus aus Graphen umgeben und aufspannen. :Fehlerhafte Aussage Ende) (Aufblasbare Strukturen, wie der von mir erwähnte Graphen-Torus würden sehr bald durch die Mikrometeoriten durchlöchert werden.) In beiden Fällen wäre es günstig, die Komponenten der Nutzlast auf der Schattenseite des Segels möglichst gleichmäßig zu verteilen, um die Seile einzusparen, oder sie noch besser als Fliehgewichte an den Rand des Segels zu hängen. Graphen und Graphit haben einen Schmelzpunkt von 3700 °C. 76 cm breite, endlose Bänder aus Graphen stellt man dadurch her, dass man eine monoatomare Schicht aus Kohlenstoff auf eine Folie aus inertem Trägermaterial, wie zum Beispiel Kupfer, durch Chemische Gasphasenabscheidung (CVD) aufbringt, und dann das Trägermaterial auflöst. Große Löcher im Graphen stören nicht, weil sie weder Masse noch Strahlungsdruck haben. Löcher im Graphen, die kleiner als die halbe Wellenlänge des kurzwelligen Lichtes sind, sind für die Beschleunigung nützlich, weil sie keine Masse haben, aber Strahlungsdruck erzeugen. Bei mehrlagigem Graphen mit Schichtanzahlen weniger als zehn, steigt die Masse und der Strahlungsdruck ungefähr gleich schnell mit der Schichtanzahl an, was der Beschleunigung nicht schadet, aber was die Zugfestigkeit erhöht.

Zweiter Teil[Quelltext bearbeiten]

Eine interessante Variante wäre es, einige monoatomare Graphan- oder Graphen-Schichten im Vakuum im Abstand von einer halben Wellenlänge aufzuspannen, um auf diese Weise einen Distributed Bragg reflector aufzubauen. Abweichend vom sonst üblichen Distributed Bragg reflector, wird hier nicht ein Viertel der Wellenlänge als Schicht-Abstand verwendet. Graphan wäre optisch für die dielektrischen Spiegel besser geeignet als Graphen, weil es ein elektrischer Isolator ist. Für den Sonnen-Swing-by wäre Graphan (CH)n aber schlechter geeignet als Graphen (C)n, weil es nur etwa 400 °C aushält, an Stelle von 3700 °C beim Graphen. Immerhin geht dann beim Sonnen-Swing-by nur das Graphan unter Wasserstoff-Abscheidung in das Graphen über, so dass nicht alles verloren ist. Eine monoatomare Graphen-Schicht absorbiert nur 2,3 % des sichtbaren Lichtes, und 10 Schichten davon würden dann etwa 23 % absorbieren. Wenn man nun diese 10 Graphen-Schichten alle im Abstand von jeweils 300 Nanometern im Vakuum aufspannen würde, dann hätte man zwischen 500 und 700 Nanometern Wellenlänge eine Reflexion von etwa 99 %. Das würde einem Verhältnis von 23 % zu 200 % entsprechen. 100 % wären es theoretisch bereits bei der reinen Absorption. Als molekulare Abstandshalter wären zahlreiche Arten von Polymermolekülen geeignet. Man kann Moleküle bereits jetzt atomgenau herstellen. Wenn alle Graphen-Schichten durch die Zentrifugalbeschleunigung zum Rand hin straff gespannt sind, dann benötigt man nur wenige Abstandshalter, die ja hinderliche Masse darstellen würden. Als Abstandshalter würde ich Kohlenstoffnanoröhren oder Nano-Stäbchen aus Diamant verwenden (Diamant hält 1500 °C aus). Am besten geeignet werden regelmäßige Tetraeder aus 6 an ihren Enden kovalent verbundenen, biegesteifen Kohlenstoffnanoröhren mit einer Höhe von 300 nm und einer Kantenlänge von 367 nm sein. 10 Schichten mit insgesamt 3000 Nanometern oder 3 Mikrometern Dicke sind noch immer ziemlich dünn, und sie hätten nur etwa 7,6*10^-6 kg/m^2 Masse pro Fläche. Im Abstand von einer astronomischen Einheit von unserer Sonne könnte man damit eine Beschleunigung von fast 1 m/s^2 erreichen, und bei 0,1 AE bereits 100 m/s^2. Wenn r = 15.000.000.000 m und a = 100 m/s^2, dann ergibt sich am Rande des Sonnensystems bereits eine Geschwindigkeit von QWURZEL(2*a*r) = 1.732.051 m/s oder 0,0058 c. Falls der Reflektor gegen das einfallende Licht geneigt werden muss, dann muss man den Reflektor seitlichen Scherkräften aussetzen. Dadurch stehen dann die Abstandshalter ein wenig schräg, und die halbe Wellenlänge ist dann auch unter diesem Einfallswinkel des Lichtes gewährleistet. Wenn man alle Abstandshalter immer ein wenig zu gross einbaut, dann bekommt man einen auf alle Wellenlängen abstimmbaren Interferenzreflektor. Dieser Reflektor benötigt keinen Rahmen, wenn er um eine Achse senkrecht zu seiner Fläche rotiert wie eine Schallplatte. Wenn man nun an gegenüber liegenden Teilen des Reflektors Fliehgewichte anbringt, eines in der obersten Schicht, und eines in der untersten Schicht, dann kann man über die Rotationsgeschwindigkeit die Neigung der Abstandshalter, und damit den Wellenlängenbereich einstellen. -- Karl Bednarik 09:00, 23. Nov. 2011 (CET). Ergänzungen: -- Karl Bednarik 08:04, 25. Nov. 2011 (CET). -- Karl Bednarik 08:30, 25. Nov. 2011 (CET). -- Karl Bednarik 07:55, 10. Dez. 2011 (CET). -- Karl Bednarik 12:01, 11. Dez. 2011 (CET). -- Karl Bednarik 03:07, 12. Dez. 2011 (CET). -- Karl Bednarik 03:30, 12. Dez. 2011 (CET). -- Karl Bednarik 08:32, 13. Dez. 2011 (CET). -- Karl Bednarik 09:12, 13. Dez. 2011 (CET). -- Karl Bednarik 09:27, 13. Dez. 2011 (CET). -- Karl Bednarik 09:56, 13. Dez. 2011 (CET). -- Karl Bednarik 10:15, 13. Dez. 2011 (CET).

Maximalgeschwindigkeit[Quelltext bearbeiten]

In einem wirklich völlig leeren Weltraum und unter Verwendung von stark gebündelter Strahlung würde die Maximalgeschwindigkeit knapp unterhalb der Lichtgeschwindigkeit liegen, weil dann praktisch keine Strahlungsleistung mehr beim Sonnensegel eintreffen würde.

Im realen Weltraum gibt es immer interstellare Materie, die vorwiegend, aber nicht ausschliesslich, aus Wasserstoff besteht, und die ein Sonnensegel bremsen würde.

Als Abhilfe dagegen könnte man eine Strahlung von grösserer Wellenlänge verwenden, und ein Sonnensegel in der Form eines Netzes, dessen Maschenweite kleiner als ein Viertel der Wellenlänge der Strahlung ist, denn der Strahlungsdruck hängt nur von der Strahlungsleistung ab, und nicht von der Wellenlänge.

Auf diese Weise wäre das Sonnensegel für die interstellare Materie weitgehend durchlässig, während es die Strahlung reflektieren würde.

Ein Sonnensegel aus dem nur eine Atomlage dicken Graphen würde für sichtbares Licht geeignet sein, und es würde bei ausreichend hoher Geschwindigkeit von den Partikeln der interstellaren Materie einfach durchschlagen werden, ohne dabei wesentlich gebremst zu werden, weil es den Impuls des Einschlages nur sehr wenig zur den Seiten hin weiterleiten würde.

Die entstehenden Löcher würden nicht mehr sichtbares Licht durchlassen, als es das unbeschädigte Graphen ohnehin machen würde, weil sie viel kleiner als die Wellenlänge des sichtbaren Lichtes wären, und der Masseverlust des Sonnensegels würde seine weitere Beschleunigung sogar noch erleichtern.

Wenn man keine stark gebündelte Strahlung verwendet, sondern nur die Strahlung unserer Sonne alleine, dann kann man die Maximalgeschwindigkeit aus der Nettobeschleunigung, also Beschleunigung durch den Strahlungsdruck beim Start abzüglich der Gravitationsbeschleunigung durch die Sonne beim Start, und der Entfernung von der Sonne beim Start, berechnen, indem man die alternative Berechnung der Fluchtgeschwindigkeit aus der Gravitationsbeschleunigung und dem Radius verwendet.

Eine Einzelschicht aus Graphen hätte bei einem Abstand von einem Zehntel des Erdbahnradius von der Sonne eine Nettobeschleunigung von 13,26 m/s^2.

Am Rande des Sonnensystems hätte sie dann QWURZEL(2*13,26*14.960.000.000) = 629.872 m/s, also fast 630 km/s.

Ab dann sollte sie mit der Kante voran weiter fliegen, um den Widerstand des interstellaren Mediums zu minimieren.

Weitere Details sind hier: Benutzer_Diskussion:Karl_Bednarik#Sonnensegel aus Graphen und hier: Starwisp von Robert Forward.

Beim Start in einem Abstand von einem Zehntel des Erdbahnradius von der Sonne würde eine Einzelschicht aus Graphen bereits nach rund 3,1 Tagen den Erdbahnradius mit rund 598 km/s überqueren.

Vergleich von Graphen mit Mylar:

Aluminiumbeschichtetes Mylar:

Dicke: 5000 nm
Dichte: 1,38 g/cm^3
Flächenmasse: 6900 mg/m^2
Absorption: 100 %
Reflexion: 100 %
Lichtnutzung: 200 %
Schmelzpunkt: 250 °C
Lichtnutzung durch Flächenmasse: 0,029

Graphen:

Dicke: 0,335 nm
Dichte: 2,26 g/cm^3
Flächenmasse: 0,757 mg/m^2
Absorption: 2,30 %
Reflexion: 0,12 %
Lichtnutzung: 2,42 %
Schmelzpunkt: 3700 °C
Lichtnutzung durch Flächenmasse: 3,20

Das Beschleunigungsverhältnis von Graphen zu Mylar beträgt 110.
Das Schweben im Sonnenlicht bei 100 % Reflexion benötigt
eine Flächenmasse von 1538 mg/m^2
und ist für Mylar nicht möglich.
-- Karl Bednarik (Diskussion) 06:39, 16. Aug. 2012 (CEST). Nachtrag meiner Signatur: -- Karl Bednarik (Diskussion) 06:25, 27. Sep. 2014 (CEST).

Kinetische Energie und so[Quelltext bearbeiten]

Hallo, Karl!

Ich hab folgendes mal von der Auskunft hierher verschoben, weil's ja weher was persönliches ist als von allgemeinem Interesse. Ich hoffe, du hast nichts dagegen...

Es ist mir ein völliges Rätsel, wo du den Optimismus hernimmst, dich in der Wikipedia an physikalischen Artikel zu beteiligen. "Dass er erst potentielle Energie in kinetische Energie umwandelt - und danach anfängt zu fallen" ist derart offensichtlicher Unfug, dass es einem Mittelschüler ins Gesicht springen muss. --Eike 20:12, 15. Jan. 2012 (CET)
Hallo Eike sauer, es handelt sich bei mir nicht um Optimismus, sondern um Mut, nach dem Prinzip: Lieber dumm fragen, als dumm sterben. Genau dafür ist ja die Wikipedia:Auskunft da. Der konkrete Anlass für meine Frage ist aber in der Diskussion:Sonnensegel#Lichtquellen zu finden, wo blinde und sehende verzweifelt nach dem Wirkungsgrad suchen. Das allgemeine Prinzip ist dort: Wieso beginnt sich ein Sonnensegel zu bewegen, wenn es doch noch gar keine Strahlungsenergie durch den Dopplereffekt verbraucht hat? Weise Eike, erleuchte uns. -- Karl Bednarik 06:22, 16. Jan. 2012 (CET). Ergänzung: -- Karl Bednarik 06:59, 16. Jan. 2012 (CET).
Ich find es völlig ok, dass du Fragen stellst. Die dürfen ganz klar auch unbedarft sein. Seltsam find ich nur, wenn du dich, wo du noch solche Fragen hast, an Artikeln beteiligst, die deutlich schwieriger sind. Ich wünsche mir immer, dass die Experten die Wikipedia zusammenschreiben, nicht die mit den noch recht grundlegenden Fragen.
Ich werd aus demselben Grund nicht versuchen, jemanden zu erleuchten. Ich bin nicht mal der Einäugige, allerhöchstens der Halbäugige. Mein Physik-Wissen ist beim Leistungskurs Physik hängengeblieben, und auch der ist leider schon länger her.
Zur kinetischen Energie kann ich aber noch versuchen zu erleuchten: Die kinetische Energie berechnet sich als "E = m * v² / 2". Es kann also nie-nicht sein, dass ein Körper zuerst andere Energie in kinetische umwandelt und erst dann fällt. Kinetische Energie ohne Geschwindigkeit geht nicht. Die potentielle Energie wird bei der Fallbeschleunigung in kinetische umgewandelt, und zwar gleichzeitig. Sobald das erste bisschen Geschwindigkeit aufgenommen ist, ist auch das erste bisschen kinetische Energie da - und umgekehrt.
Ich hab diesen Diskussionsteil hierher kopiert, um nochmal zu sagen, dass ich es für problematisch halte, sich mit Verständnisproblemen der Newtonschen Mittelstufenphysik auf Artikel zu stürzen, die weit schwieriger sind. Ich befürchte, mit unserem Wissen ist es uns nicht einmal gegeben, dort die richtigen Fragen zu stellen. Geschweige denn, passende Antworten zu finden.
--Eike 19:37, 16. Jan. 2012 (CET)
Hallo Eike sauer, ich bin natürlich nicht ganz so dämlich wie meine Fragen. Sich dumm zu stellen ist eine gute Methode um Informationen zu erhalten. Der Beginn der Bewegung einer Masse in einem Gravitationsfeld, eines Kolbens unter einseitigem Gasdruck, oder eines Sonnensegels im Strahlungsfeld folgt immer den gleichen Regeln: Zuerst verursacht eine Kraft eine Bewegung, und dann erst wird auf einer Strecke potentielle Energie abgebaut, und in kinetische Energie umgewandelt. Es ist natürlich ein wenig spassig, dass eine Kraft ohne den Verbrauch potentieller Energie bereits eine kinetische Energie erzeugen kann. Das erinnert ein wenig an Zenons Paradoxien. -- Karl Bednarik 06:39, 17. Jan. 2012 (CET).
Ne, eine Kraft kann nicht ohne den Verbrauch potentieller Energie bereits eine kinetische Energie erzeugen. Auch das passiert gleichzeitig. Die Summe der beiden Kräfte (Reibung und co rausgelassen) bleibt gleich. --Eike 10:24, 17. Jan. 2012 (CET) Ich hab hier den Beitrag eines Trolls, der mit seiner Freizeit nichts Besseres anzufangen weiß, als jeden meiner Schritte zu verfolgen, gelöscht.
Die Verfolgung und Abwehr eines Mißstandes ist keine Trollerei.--79.250.8.197 17:48, 17. Jan. 2012 (CET)
Dir wurde von vielen Seiten gesagt, dass dein Verhalten der Missstand war, der abgestellt werden musste. Verstehen musst du das dann allerdings noch selbst. --Eike 17:54, 17. Jan. 2012 (CET)
Hallo Eike sauer, danke für die Antworten. Falls nur die Experten an der Wikipedia schreiben würden, dann würde mit Sicherheit die Verständlichkeit der Wikipedia für Grossmütter leiden, die aber ein erklärtes Ziel der Wikipedia ist. Die Experten würden einige Gleichungen hinschreiben, und hätten dann den falschen Eindruck, dass nun alles völlig klar ist. Das habe ich schon oft beobachten müssen, und dann sträuben sich die Experten oft noch gegen die aus ihrer Sicht völlig unnötigen Erklärungen. Eine verbale Erklärung auf einfachstem Niveau ist aber für die Grossmuttertauglichkeit unverzichtbar. -- Karl Bednarik 06:38, 20. Jan. 2012 (CET).
Hm, jein... Richard P. Feynman hat geschrieben, dass man etwas nur verstanden hat, wenn man es auch ordentlich erklären kann. Aber das sehen manche Experten wohl anders. Andererseits gibt es wohl leider Dinge auf der Welt, die man ohne Studium kaum wirklich verstehen kann. Relativitätstheorie zum Beispiel. Das ist zwar ärgerlich für uns Großmütter, andererseits will ich ja, dass die Menschheit möglichst viel weiß - selbst wenn man selbst nicht allem folgen kann... --Eike 09:45, 20. Jan. 2012 (CET)
In vielen Fällen ist es hilfreich, zu den abstrakten Gleichungen konkrete Rechenbeispiele dazu zu schreiben. Ebenfalls hilfreich ist es, zumindest einige Zahlenangaben dazu zu schreiben, denn diese werden auch von Grossmüttern verstanden. Konkrete Beispiele sind immer leichter zu verstehen als abstrakte Formulierungen im leeren Raum. Ich habe beides schon ab und zu versucht, aber in einigen Fällen wurden derartig überflüssige Dinge bald wieder von den Experten gelöscht. Anstatt leise zu weinen, oder einen ewigen Edit-War zu beginnen, speichere ich solche hilfreichen Erklärungen auf meiner PC-Hard-Disk oder auf meiner Diskussions-Seite hier, denn vielleicht will sie doch noch später jemand wissen. In einigen Fällen ist es mir sogar gelungen, die Experten positiv zu beeinflussen, zum Beispiel mit Texten wie: "Nicht alle Grossmütter sind Diplomphysiker." -- Karl Bednarik 14:28, 20. Jan. 2012 (CET).

Interferenz-Löschung[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik,

ich habe zufällig auf Deiner Webseite dieses Bild gesehen. Ich kann sagen, warum es keine "negativen Perpetua Mobilia" sind:

Wenn man bei Versuchsanordnung 1 die Entfernung des Detektors mit L und die Grö&zslig;e des Spiegels mit a bezeichnet, dann ist die halbe Winkelbreite des Strahls aufgrund der Beugung am Spiegel ungefähr λ/a (bis zum 1. Beugungsminimum). Die halbe Breite beim Detektor ist daher b/2 = λ*L/a.

Damit es am Rand des Interferenzgebiets keine konstruktive Interferenz gibt, darf der Winkel (genauer: Tangens des Winkels, aber bei kleinen Winkeln ist der Winkel ungefähr gleich groß wie der Tangens und der Sinus) zwischen den beiden Strahlen nicht mehr als (λ/4)/(b/2) = a/(4*L) betragen. Deshalb dürfen die beiden Spiegel nicht weiter als L*a/(4*L) = a/4 voneinander entfernt sein, so dass die Anordnung mit 2 nebeneinanderstehenden Spiegeln nicht möglich ist.

Bei der Versuchsanordnung 2 muss man beachten, dass es Lichtstrahlen nur dann gibt, wenn es eine einheitliche Wellenfront gibt. Wenn es dieses Muster mit um λ/2 verschobenen Wellen gibt, dann breitet sich die Lichtwelle nach dem Huygensschen Prinzip nicht geradeaus, aber in einem Winkel φ mit sin(φ) = λ/a zur vorher angenommenen Richtung aus, wobei a das Doppelte der Breite eines phasenschiebenden Streifens ist (ich nehme an, die nichtphasenschiebenden Streifen dazwischen sind genauso breit, denn sonst gibt es noch einen Anteil des Lichts, der sich "geradeaus" fortpflanzt). Es gibt dann natürlich noch die höheren Ordnungen, bei denen sin(φ) = k*λ/a ist, mit ganzen Zahlen k > 1. Man kann sich also eine gestufte Wellenfront denken, die über einen Phasenschieberstreifen verläuft, dann eine Stufe um λ/2 macht, dann auf der Glasoberfläche zwischen den Streifen verläuft, dann wieder eine Stufe in die gleiche Richtung macht usw. Der Unterschied zu einer durchgehenden, aber schrägen Wellenfront sind im Fernfeld die höheren Ordnungen, und dass es auch einen Strahl gibt, der in die andere Richtung um den Winkel φ gekippt ist.

Bei der Versuchsanordnung 3 mit einer dünnen Metallfolie (das bezieht sich wohl auf die Firma Biacore Life Sciences?) wird die Lichtenergie in Energie der Oberflächenplasmonen umgewandelt.

mfg, Usr2 (Diskussion) 01:33, 10. Mai 2012 (CEST)

Hallo Usr2, danke für die Antworten. Ja, wir hatten beim Sandoz oder Novartis Forschungsinstitut in Wien ein solches Gerät von Biacore Life Sciences, mit dem wir die Interaktionen von Antigenen mit Antikörpern gemessen haben.

http://www.biacore.com/lifesciences/technology/introduction/

Was hältst Du vom GRAF-HOMBUG-PLASMA-TRIEBWERK? Ein solar gepumpter und gepulster Nd:Cr:YAG-Laser verdampft winzige Lithiumhydrid-Tröpfchen zu heissen und schnell expandierenden Plasmawolken, die durch eine schwenkbare Magnetfeld-Düse ausgestoßen werden. Leider kommt es dabei noch nicht zur Kernfusion. Eine sehr große Fresnel-Zonenplatte aus hauchdünnem Kunststoff dient als Sammellinse für das Sonnenlicht. Der Umlenkspiegel besteht aus hauchdünnem Aluminium. Die Fresnel-Zonenplatte und der Umlenkspiegel werden durch die Zentrifugalbeschleunigung aufgespannnt. Die Fresnel-Zonenplatte hat eine hohe chromatische Aberration. Das ermöglicht es, den günstigsten Wellenlängenbereich zum Pumpen des Lasers auszuwählen. Weitere Erklärungen stehen im Bild.

http://members.chello.at/karl.bednarik/VASIMR0B.JPG

Mit freundlichen Grüßen, -- Karl Bednarik (Diskussion) 10:11, 12. Mai 2012 (CEST).
Weitere Details im zweiten Bild:

http://members.chello.at/karl.bednarik/VASIMR0D.JPG

-- Karl Bednarik (Diskussion) 08:57, 15. Mai 2012 (CEST).
Hallo Karl Bednarik,
Anstatt der Zonenplatte auf der Sonnenseite und dem Umlenkspiegel könnte man natürlich auch eine reflektierende Fresnel-Zonenplatte einsetzen, aber die Bauweise wäre (bei gleichen Abständen zwischen den Zonen) weniger kompakt. Bei einer Brennweite von 100 m und einer Pumpwellenlänge von etwa 800 nm ist die innerste Zone bei etwa 11 mm, bei einem Radius der Zonenplatte von 100 m hat man außen dann eine Zonenbreite von etwa 400 nm, und man hat insgesamt etwa 62,5 Millionen helle und ebensoviele dunkle Zonen (innen werden natürlich ein paar Zonen weggelassen, weil sich dort das Triebwerk befindet). Formel für den Radius der n-ten dunklen Zone:
Die Herstellung der außen doch sehr schmalen Zonen könnte ein Problem sein.
Die Brennweite ist in erster Näherung (bei Wellenlängen nahe der Wellenlänge , für die die Zonenplatte gebaut wurde) umgekehrt proportional zur Wellenlänge. Die Intensität bei diesen verschobenen Brennpunkten ist aber kleiner.
mfg, Usr2 (Diskussion) 22:45, 15. Mai 2012 (CEST)
Das Photonen-Sieb-Teleskop:
http://huainc.com/wsb4082769401/resources/OL_Vol30_Nov05.pdf
mfg, Usr2 (Diskussion) 22:46, 15. Mai 2012 (CEST)
Nachtrag: Bei einer reflektierenden Zonenplatte (ungefähr dort, wo in der Zeichnung der Aluminiumspiegel ist) könnte man eventuell die Hälfte jeder reflektierenden Zone aus Aluminium und die andere Hälfte aus Gold machen. Dann ist die ganze Zone für längerwelliges Licht bei etwa 800 nm reflektierend, jedoch nur die halbe für kurzwelligeres Licht bei der Hälfte der Wellenlänge, also etwa 400 nm. Für Licht der halbe Wellenlänge hat man dann eine Zonenplatte mit der gleichen Brennweite, wobei jedoch jede zweite reflektierende Zone fehlt, sodass nur ein Viertel anstatt der Hälfte des auftreffenden Lichts reflektiert wird. Man könnte so vielleicht etwas besser die Absorptionsbereiche von Nd:Cr:YAG treffen (siehe hier, Fig. 2).
Es stellt sich noch die Frage, wie die hauchdünne Zonenplatte bei Beschleunigung stabil gehalten werden kann. Schon kleine Verformungen zerstören bei den kleinen Zonengrößen die schöne geometrische Anordnung (und die Fokussierwirkung).
mfg, Usr2 (Diskussion) 18:49, 25. Mai 2012 (CEST)
Hallo Usr2, ich habe da noch zwei ältere Modelle mit aufblasbaren Gas-Tori für die Aufspannung der Folien, und Gaslinsen für die Aufspannung der Parabolspiegel aus dünner, selbstheilender Folie:

http://members.chello.at/karl.bednarik/VASIMR08.JPG

http://members.chello.at/karl.bednarik/VASIMR0E.JPG

Wenn man eine große Halle hat, und ein Holografie-Laser-System, dann kann man eine gut transparnte Fresnel-Zonenplatte aus Negativ-Fotolack in wenigen Schritten herstellen. Kunststoffe haben einen Brechungsindex von etwa 1,5, und eine Dichte von etwa 1 g/cm^3. Zum Beispiel, das grüne Licht ungefähr in der Mitte des sichtbaren Spektrums hat im Vakuum etwa 600 Nanometer Wellenlänge, und in Kunststoffen daher etwa 400 Nanometer Wellenlänge. Die Fresnel-Zonenplatte kann also zum Beispiel abwechselnd 200 und 400 Nanometer dick sein, entscheidend ist nur die Differenz von 200 Nanometern (bei 0 und 200 Nanometern fällt sie auseinander). Daher hat die Fresnel-Zonenplatte nur noch eine Masse von 0,0003 kg/m^2. Eine möglichst dünne Trägerfolie aus Kunststoff, oder noch besser, aus Graphen wird mit einer 200 Nanometer dicken Schicht aus Negativ-Fotolack überzogen. Nach dem Belichten der Fresnel-Zonen wird der nicht ausgehärtete Fotolack wieder aufgelöst. Der Umlenk-Spiegel aus 200 Nanometer dicker Aluminium-Folie bekommt ebenfalls noch einen kleinen Gas-Torus an seinen Rand, der ihn flach aufspannt. Die Mittelsäule ist ebenfalls ein dünnwandiger Folien-Schlauch, der durch den Luftdruck prall gehalten wird.
Ein aufblasbarer Parabolspiegel kann weniger als 0,01 kg Masse pro Quadratmeter haben, wenn man das andere Modell verwenden will, aber ein Parabolspiegel konzentriert auch viele unerwünschte Wellenlängen, wenn man keinen "Kaltlichtspiegel" verwendet. Wegen der Mikrometeoriten verwendet man für den Torus und den aufblasbaren Parabolspiegel eine selbstheilende Folie, eine Sandwich-Struktur aus festem, flüssigem und festem Polymer. Sobald ein Mikroloch entsteht, quillt das flüssige Polymer auf, und härtet dann im Loch aus, weil das Lösungsmittel aufschäumt und dann verdunstet, während zwischen den Folien die Siedepunkts-Erhöhung in Kapillaren das Aufschäumen verhindert. Die von den Mikrometeoriten verursachten Löcher stören weder in der Fresnel-Zonenplatte noch in dem flachen Umlenk-Spiegel wesentlich. Das schwenkbare Triebwerk befindet sich entweder im Schwerpunkt des Gesamtsystems, oder wenn die Triebwerke ausserhalb des Schwerpunktes montiert werden müssen, verwendet man zwei kleinere Triebwerke, die einander symmetrisch gegenüber liegen.
Flüssiger Wasserstoff benötigt einen gut isolierten Kryotank, und benötigt auch noch auf Grund seiner geringen Dichte ein großes Volumen. Lithiumhydrid (LiH) hat einen Schmelzpunkt von 688 °C und eine Dichte von 0,76 g/cm^3, sodass seine Lagerung wenig zusätzliche Masse benötigt. Lithiumhydrid ist die Verbindung mit dem niedrigsten Molekulargewicht seiner thermischen Zersetzungsprodukte. Bei gleicher Temperatur erreicht man daher mit Lithiumhydrid die höchste Ausströmgeschindigkeit (natürlich abgesehen von atomaren Wasserstoff).
Admiral Graf Frederik von Hombug sagt: "Für die Raumschlacht nicht geeignet." Mit freundlichen Grüßen, -- Karl Bednarik (Diskussion) 09:21, 26. Mai 2012 (CEST).
Hallo Karl Bednarik,
eine kleine Korrektur: Bei 600 nm Wellenlänge (was übrigens schon orange entspricht) und einem Brechungsindex von 1,5 braucht man leider 600 nm Unterschied in der Dicke, denn erst bei 600 nm hat man 1 Wellenlänge im Vakuum und 1,5 Wellenlängen im Kunststoff, also eine Differenz von einer halben Wellenlänge. Dafür hat man eine höhere Intensität als bei einer absorbierenden Zonenplatte (das sollte die 4-fache Intensität ergeben, weil man 2 gleich große Amplituden summiert, und die Intensität das Betragsquadrat der Amplitude ist).
Wenn man die Dicke zwischen Stufen kontinuierlich ändern will, dann ist der notwendige Unterschied in der Dicke sogar doppelt so hoch, und die Stufen sind doppelt so weit voneinander entfernt (das wäre sozusagen ein Schritt von der Fresnel-Zonenplatte zur Fresnel-Linse).
mfg, Usr2 (Diskussion) 21:39, 26. Mai 2012 (CEST)

http://members.chello.at/karl.bednarik/VASIMR0F.JPG

Nachtrag, Bild mit Text, -- Karl Bednarik (Diskussion) 06:40, 4. Jun. 2012 (CEST).

Problem mit deiner Datei (28.06.2012)[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik,

bei der folgenden von dir hochgeladenen Datei gibt es noch ein Problem:

  1. Datei:BILWAR-3 Robert Warington.jpg - Problem: Freigabe
  • Freigabe: Du brauchst eine Erlaubnis, wenn du eine urheberrechtlich geschützte Datei hochlädst, die von einer anderen Person geschaffen wurde. Bitte den Urheber der Datei um eine solche Erlaubnis wie hier beschrieben.

Durch Klicken auf „Bearbeiten“ oben auf der Dateibeschreibungsseite kannst du die fehlenden Angaben nachtragen. Wenn das Problem nicht innerhalb von 14 Tagen behoben wird, muss die Datei leider gelöscht werden.

Fragen beantwortet dir möglicherweise die Bilder-FAQ. Du kannst aber auch gern hier antworten, damit dir individuell geholfen wird.

Vielen Dank für deine Unterstützung, Xqbot (Diskussion) 07:33, 28. Jun. 2012 (CEST)

Hallo Xqbot, ich habe nun die gleichen Angaben, die schon seit langer Zeit in dieser Datei drinnen standen, noch ein zweites Mal hinein geschrieben, und hoffe, dass das nun ausreichend war. War es ausreichend? Mit freundlichen Grüssen, -- Karl Bednarik (Diskussion) 12:53, 28. Jun. 2012 (CEST).
Hallo, nein leider sind die Angaben so nicht ausreichend. Die Fragen meinerseits wären: 1) Wer hat das Foto von der Glaskanne oben gemacht? 2) Wer ist Verfasser des Textes unten? 3) Hast du einen Nachweis der Erlaubnis des Naturhistorischen Museum von Wien noch? -- Quedel Disk 17:15, 2. Jul. 2012 (CEST)
Hallo Quedel, ich habe nun eingefügt: Von Benutzer:Karl Bednarik fotografiert. Am 7. September 2003 von Benutzer:Karl Bednarik fotografiert. Von Benutzer:Karl Bednarik freigegeben. Im Naturhistorischen Museum von Wien ist fotografieren ganz allgemein erlaubt. Die Tafel mit dem erklärenden Text befindet sich direkt unterhalb des Glasbehälters im Naturhistorischen Museum von Wien. Ist das jetzt ausreichend? Mit freundlichen Grüssen, -- Karl Bednarik (Diskussion) 06:42, 3. Jul. 2012 (CEST).
Danke für deine Antworten. Jetzt wirds problematisch. Der Text stammt nicht von dir. Ein fehlendes Fotografierverbot oder eine allgemeine Fotografiererlaubnis erstreckt sich in der Regel nur auf Aufnahmen zu eigenen Zwecken, nicht jedoch für gewerbliche Zwecke. Und gerade diese Erlaubnis für gewerbliche Zwecke ist jedoch für Wikipedia notwendig. Daher würde ich dich bitten, dich ans NHW zu wenden und dort eine Freigabe zu bewirken, also dass die Erlauben, dass der Text & Co auc unter der Lizenz genutzt werden darf. -- Quedel Disk 18:34, 3. Jul. 2012 (CEST)

Robomop[Quelltext bearbeiten]

ROBOMOP DSCM2022.JPG

Der Robomop ist ein einfaches automatisches Gerät zum trockenen Aufwischen von Staub und anderen kleinen Verunreinigungen auf glatten Fußböden. Der Robomop wird von einer Hohlkugel mit einer exzentrisch gelagerten, rotierenden Masse im Inneren angetrieben. Obwohl diese Kugel keine elektronische Steuerung besitzt, weicht sie dennoch sinnvoll allen festen Hindernissen aus. Das Funktionsprinzip ist: Wenn die Kugel von einem Hindernis aufgehalten wird, dann rotiert die schwere Masse von unten nach oben, und die Kugel kann durch den nun höher liegenden Schwerpunkt in eine beliebige andere und freie Richtung rollen, weil ein labiles Gleichgewicht aufgebaut wird. Ein Ende der Rotationsachse der Kugel dient auch als Buchse zum Aufladen des Akkumulators und als Taste zum Ein- und Ausschalten. Über diese Kugel wird ein leichter Kunststoffbauteil gelegt, der ungefähr die Form eines Hutes hat. Unter der Hutkrempe wird ein Mikrofasertuch in der Form eines Kreisringes mit Hilfe von Klettbändern befestigt. Der Durchmesser der Hutkrempe beträgt 280 mm, die Höhe des Hutes beträgt 86 mm, und der Durchmesser der Kugel beträgt 84 mm. Bei dem oben abgebildeten Robomop handelt es sich um ein älteres Modell. Es gibt auch ein neueres Modell mit biegsamer Hutkrempe, das besser an den Staub in den Ecken gelangt.

Weblinks[Quelltext bearbeiten]

Redaktionstreffen 2013[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl!

Wir sind uns ja letztens bei der Zentrifugalkraft und Konsorten über den Weg gelaufen. Ich lade dich herzlich ein dich hier einzutragen :-). Außerdem hatten wir heute unseren Dienstags-Chat und wollen dieses Jahr wieder ein Redaktionstreffen veranstalten. Es hat sich als Ort Berlin herauskristallisiert und als Datum das Wochenende um Samstag den 26. Oktober. Hättest du Lust mitzukommen? (ja Wien ist weit weg)--Svebert (Diskussion) 00:54, 3. Jul. 2013 (CEST)

Hallo Svebert!
Danke für die Einladung, aber Berlin ist wirklich zu weit weg.
Das schöne und auch umweltfreundliche am Internet ist ja,
dass man nur die Informationen reisen lässt, und dabei fast keine Materie bewegen muss.
Mit freundlichen Grüssen, -- Karl Bednarik (Diskussion) 06:29, 4. Jul. 2013 (CEST).

IPA[Quelltext bearbeiten]

Der Heisenberg-Kompensator[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik,

betreffs Fortsetzung von hier, hier der bisherige Text:

„Hallo Karl Bednarik,

eigentlich ist es so, dass für ein Atom (oder jedes andere Objekt) die Unbestimmtheitsrelation immer gilt, und zwar mit nur seinem eigenen Impuls. Die Impulsunschärfe kann es geben, ohne dass das Atom davonfliegt, weil Kräfte auf das Atom wirken. Man könnte sagen, dass eine nach rechts davonfliegende Komponente der Wellenfunktion eines Atoms durch die Anziehungs- und Abstoßungskräfte der benachbarten Atome zur Umkehr gezwungen wird und dann wieder nach links fliegt.

Auch ein leichtes Wasserstoffatom im Grundzustand ist eigentlich ein System aus Elektron und ein Proton, bei dem die Wellenfunktionen der Teilchen gerade nur soweit "verschmiert" sind, wie es die Unbestimmtheitsrelation verlangt. Für das Elektron ist das ein Bohr-Radius, für das Proton 1/1836 des Bohr-Radius.

Anmerkung von Karl Bednarik: Hallo usr, danke für Deine Antwort. Wenn ich das alles richtig verstanden habe, dann zittern die Atome sehr schnell um ihre "theoretische" Ruhelage. Das macht zwar praktisch nichts aus, aber dann könnte man zwei Atome des gleichen Elements und des gleichen Isotops als das "linke" und das "rechte" Atom unterscheiden. Darf man das quantenmechanisch überhaupt können? Es ist schade, dass man hier nicht weiter diskutieren kann, aber in der deutschen Wikipedia bin ich Benutzer:Karl Bednarik. Mit freundlichen Grüssen, Karl Bednarik. (01.08.2014)“

Achtung, lange Vorrede:

Betrachten wir der Einfachkeit halber ein Atom, das in einem gegebenen Kraftfeld (z.B. die Kraft ist proportional zur Auslenkung aus der Ruhelage = harmonischer Oszillator) gefangen ist und sich im niedrigsten Energiezustand befindet. Die Wellenfunktion ist allgemeiner eine komplexwertige Funktion des Ortes und der Zeit, , der Einfachkeit halber hier mir eindimensionalem Ort. Die spezielle Wellenfunktion eines Atoms (oder allgemein eines Teilchens) in einem reinen Energiezustand kann als ein Produkt einer komplexwertigen Funktion des Ortes und einer komplexwertigen Funktion der Zeit:

In der Funktion der Zeit ist E die Energie, und diese Funktion der Zeit ist meist nicht so wichtig (sie ist vom Betrag 1, und in nichtrelativistischer Rechnung ist der Nullpunkt der Energie auch willkürlich, was aber nichts macht, wenn man diesen Nullpunkt einmal festlegt und dann damit rechnet). Wichtig ist, dass sich die Wellenfunktion eines reinen Energiezustands abgesehen vom eben besprochenen Faktor ohne Störung zeitlich nicht ändert, und auch bei einer Überlagerung mehrerer Energiezustände ändert sich der Betrag des Anteils jedes Energiezustands an der Gesamtwellenfunktion nicht.

Wenn man jetzt eine präzise Messung des Ortes des Atoms vornimmt, dann ist die Wahrscheinlichkeit, das Atom in einem kleinen Intervall Δx um den Ort x zu finden, gleich

Das Wichtige dabei: Wenn man diese Messung tatsächlich durchführt, dann ist das Atom danach nicht mehr im niedrigsten Energiezustand. Wenn die Messung wie gesagt sehr präzise ist, dann wird die Wellenfunktion danach kurzzeitig fast überall 0 sein. Hier zum Vergleich die Wellenfunktionen der untersten Energiezustände des hamonischen Oszillators aus einem Wikipedia-Artikel:

HarmOsziFunktionen.png

Man kann sich den Zustand nach der Messung als horizontal gestauchte Version von vorstellen. Diesen Zustand kann man auch als Überlagerung vieler Energiezustände vorstellen, also im Bild eine gewisse gewichtete Summe aus , usw. Es existiert salopp gesagt immer so eine gewichtete Summe (mit möglicherweise unendlich vielen Summanden).

Je schmäler der Zustand nach der Messung (je präziser also die Messung), desto höher werden die zu höheren Energiezuständen gehörenden Gewichte sein. Wenn die Messung hingegen wenig präzise ist, so dass der Zustand danach ungefähr gleich breit wie ist, dann ist der Zustand nach der Messung ungefähr gleich , plus kleinere Anteile von höheren Energiezuständen.

In unserem idealen harmonischen Oszillator sind alle Energiezustände gebundene Zustände, d.h. der Wert der jeweiligen Wellenfunktion geht gegen 0, wenn x gegen oder geht. Das liegt daran, dass das Potential beliebig hoch ansteigt. In einem realen Oszillator wird das nicht der Fall sein, sondern es wird eine Grenzenergie geben und einen Abstand, bei dem diese erreicht ist, und nach dem das Potential nicht mehr steigt. Die Energiezustände weit unterhalb der Grenzenergie sind dann in guter Näherung die (unteren) Energiezustände des idealen harmonischen Oszillators, und die Energiezustände weit oberhalb der Grenzenergie sind dann in guter Näherung Sinusfunktionen (höhere Energie -> geringere Wellenlänge), die nicht gegen 0 gehen, wenn x gegen oder geht.

Diese Sinusfunktionen haben auch Anteil an dem Zustand unmittelbar nach einer hochpräzisen Messung (es geht sich bei diesen unendlichen gewichteten Summen auch mit Sinusfunktionen aus, dass die Summe nur einen schmalen Bereich hat, in dem sie nicht 0 ist). Diese Anteile der Sinusfunktionen sorgen dann dafür, dass das Teilchen aus dem Oszillator höchstwahrscheinlich hinaus fliegt.

Wenn die Messung jedoch nicht so präzise ist, dann wird das Teilchen höchstwahrscheinlich im Oszillator bleiben. So kann auch das Atom auf einem Kristall bleiben. Die Standardabweichung der Wahrscheinlichkeitsverteilung ist aus der Masse m und der Federkonstante k oder aus der Masse m und der Kreisfrequenz des Oszillators:

Man kann für testweise Werte aus Molekülspektren einsetzen ( mal der Frequenz) und dazupassende Atommassen, und man wird sehen, dass hier leicht Ortsunsicherheiten von weniger als 10 Pikometern möglich sind.


Nach dieser langen Vorrede zur eigentlichen Frage:

Eine von Dir so bezeichnete "Zitterbewegung" ist hier mehr oder weniger eine metaphysische Interpretation der Wellenfunktion (und sollte nicht mit dem etablierten Begriff Zitterbewegung verwechselt werden). Man kann sich die Wellenfunktion als Summe aus reinen Ortszuständen, also sozusagen Wellenfunktionen mit Breite 0, vorstellen, was auch der Darstellung im Bild oben mehr oder weniger entspricht. Oder man kann sich die Wellenfunktion z.B. als Summe aus reinen Impulszuständen vorstellen, wobei ein reiner Impulszustand in der Ortsdarstellung (wie sie das Bild oben zeigt) eine Sinusfunktion ist. In diesem Impuls-Bild kann man mehr oder weniger sagen, dass ein positiver Impuls sich zu einem negativen entwickeln muss und umgekehrt, alles im ungestörten (ungemessenen) System.

Wenn man den Ort oder den Impuls aber dann tatsächlich genau genug misst, dann hat man das System gestört, das Atom befindet sich möglicherweise in einem anderen Energiezustand, was natürlich zur Unterscheidung von einem anderen Atom dienen kann.

Vielleicht verstehe ich Deine Frage falsch, aber es kann in einem Kristall auch einfach der Ort zur Unterscheidung dienen. Man kann aber tatsächlich nicht feststellen, ob 2 Atome des gleichen Elements und Isotops den Platz gewechselt haben (wenn es keine andere Unterscheidungsmöglichkeit gibt wie wenn ein Atomkern in einem angeregten Zustand ist). Aus der Diffusion unterschiedlicher Isotope kann man die Platzwechselfrequenz abschtäzen.


Nicht so lange Nachrede:

Wenn man 2 ununterscheidbare Teilchen hat, die in einem 2-dimensionalem Raum und daher in einer 3-dimensionalen Raumzeit leben, dann kann man sich verschiedene Möglichkeiten vorstellen, wie die 2 Weltlinien aussehen. Wir wollen je ein Teilchen an jedem von 2 Plätzen, wenn wir irgendwann in der fernen Vergangenheit oder der fernen Zukunft messen. Rund um die Gegenwart können die Weltlinien aber von diesen 2 Plätzen abweichen. Es gibt jetzt im Prinzip unendlich viele Möglichkeiten der Verknotung und Verflechtung der Weltlinien, die nicht kontinuierlich ineinander überführbar sind (durch "Verbiegen" der Weltlinien), ohne dass eine Weltlinie die andere kreuzt. Für jede dieser topologisch unterschiedlichen Möglichkeiten kann es einen anderen Phasenfaktor der Wellenfunktion geben (ein Phasenfaktor ist ein Faktor vom Betrag 1; der Betrag der Wellenfunktion bleibt gleich). Man nennt solche Teilchen Anyonen.

Wenn man aber zur gewohnten 4-dimensionalen Raumzeit übergeht, dann werden die vorher topologisch unterscheidbaren Fälle ununterscheidbar, weil es im 4-dimensionalen keine Knoten mehr gibt. Weil dann eine zweifach ausgeführte Vertauschung kontinuierlich in eine Nicht-Vertauschung übergeführt werden kann, muss das Quadrat des nun einzigen Phasenfaktors bei Vertauschung gleich 1 sein. Dann gibt es die 2 Fälle: Der Phasenfaktor ist 1 (Bosonen) oder -1 (Fermionen).

Wenn der Phasenfaktor -1 ist, und man 2 Teilchen (A und B) im gleichen Zustand hat:

dann müsste nach Vertauschung ein Minuszeichen vor dem Ausdruck stehen, was aber nicht möglich ist, weil die beiden Funktionen und identisch sind. Bei verschiedenen Zuständen geht es schon, nämlich so:

Usr2 (Diskussion) 01:37, 2. Aug. 2014 (CEST)

Hallo Usr2, danke für die ausführliche Antwort.
Als Chemotechniker sehe ich vor allem die praktische Nutzung dieser Eigenschaften.
Zum Beispiel das Rastertunnelmikroskop als Atom-Manipulator:
http://www.physics.uci.edu/~wilsonho/N0100.htm
http://www.deutsches-museum.de/sammlungen/ausgewaehlte-objekte/meisterwerke-ii/mikroskop/
Obwohl die Quantenmechanik nachweislich funktioniert, funktionieren nachweislich auch die so genannten Kalottenmodelle der Moleküle eher nach der klassischen Mechanik, und zeigen auch Sterische Hinderungen zuverlässig an.
Wirklich lustig ist es aber, wenn jemand ein Porphyrin-Derivat als Materiewelle mit sich selbst zur Interferenz bringt.
http://homepage.univie.ac.at/Lucia.Hackermueller/Lucipage-Dateien/lucidiss.pdf
Jedes Porphyrin-Molekül ist über viele tausend Molekül-Durchmesser im Raum unbestimmt, aber alle Atome im Porphyrin-Molekül sitzen dennoch atomgenau auf ihrem Platz im Molekül.
Dieses exakte Sitzen an einem unbestimmten Ort bereitet mir ein wenig Kopfzerbrechen (?).
Nur zum Spass, das älteste Bild von Phthalocyanin-Molekülen aus dem Jahre 1950:
http://members.chello.at/karl.bednarik/PHTHALOC.JPG
Mit freundlichen Grüssen, -- Karl Bednarik (Diskussion) 10:27, 2. Aug. 2014 (CEST).


Wenn man ein System aus 2 Teilchen hat, die einander anziehen, dann kann man das z.B. durch eine Wellenfunktion der beiden Teilchenkoordinaten und der Zeit beschreiben: . Im dreidimensionalen Fall wären es 6 Teilchenkoordinaten.
Man kann aber auch eine alternative Beschreibung wählen, etwa mit Schwerpunktkoordinate und Relativkoordinate , und einer anderen Wellenfunktion .
Wenn man das ganze in die Schrödingergleichung einsetzt, mitsamt einem Potential, dass die Anziehung beschreibt, dann fällt schon einmal die Lösung im Fall der Schwerpunkt- und Relativkoordinate leichter, weil der Ausdruck für das Potential ein bisschen einfacher ist.
Wenn man stattdessen lieber die Pfadintegral-Sichweise hat, dann braucht man eine Lagrangefunktion. Die ins Pfadintegral eingehende Wirkung ist das Integral der Lagrangefunktion über die Zeit. Die Lagrangefunktion ist (im nichtrelativistischen Fall, ich rechne hier die ganze Zeit nichtrelativistisch) die Differenz aus kinetischer Energie und potentieller Energie. Man kann man sehen, dass die Lagrangefunktion nicht davon abhängt, wo sich der Schwerpunkt der beiden Teilchen befindet, aber stark davon abhängt, wie groß der Abstand zwischen den Teilchen ist.
Leider fällt mir keine anschaulichere Beschreibung ein.
Usr2 (Diskussion) 13:32, 2. Aug. 2014 (CEST)
Hallo Usr2, ich versuche einfach mal, mir vorzustellen, was wirklich geschieht. Das einzelne, hier chemisch unteilbare, Porphyrin-Molekül fliegt gleichzeitig durch mehrere, molekular gesehen, sehr weit von einander entfernte Spalten. Dann sucht es sich eine Stelle mit konstruktiver Interferenz aus, und schlägt sich dann auf einer gekühlten Oberfläche nieder. Wenn man es dann mit der Spitze eines Rastertunnelmikroskops anstupst, dann verhält es sich wieder genau so wie ein klassischer mechanischer Gegenstand. Ein sehr schwacher Vergleich wäre die Destillation mit Verdampfung und Kondensation, beziehungsweise mit Sublimation und Desublimation. Dabei wäre der Wellenzustand der Materie eine Analogie zum dampfförmigen oder gasförmigen Zustand. Allerdings sind im gasförmigen Zustand mehrere Moleküle räumlich von einander getrennt, während im Wellenzustand mehrere Wege eines Moleküls räumlich von einander getrennt sind. Mit freundlichen Grüssen, -- Karl Bednarik (Diskussion) 06:31, 3. Aug. 2014 (CEST). Korrektur: -- Karl Bednarik (Diskussion) 06:46, 3. Aug. 2014 (CEST).
Zumindest im einfachsten (im Sinne von anschaulichsten) Modell des Beugungsversuchs ist das Beugungsgitter selbst starr an seinem Platz wie ein klassisches Objekt. Nur das Molekül wird als quantenmechanisches Objekt gesehen. Das Molekül kann am Beugungsgitter adsorbiert oder reflektiert werden. Dieses Modell funktioniert auch sehr gut, vor allem wegen der großen Masse des Beugungsgitters.
Aber wenn man ein Elektron des Moleküls einzeln betrachtet, dann kann dieses nicht nur mit dem Beugungsgitter wechselwirken, sondern es wird auch von den anderen Atomkernen und Elektronen angezogen bzw. abgestoßen. Diese sind aber zu massearm, um als klassische Objekte betrachtet zu werden. Das Bild des nicht zerfallenden Moleküls als Ergebnis der Interferenz der einzelnen Pfade jedes Molekülbestandteils ist dann doch recht unanschaulich.
Wenn man bei der Einteilchen-Quantenmechanik mit n verschiedenen interferierenden Pfaden auskommt, dann braucht man für m Teilchen nm verschiedene Kombinationen von Pfaden, und nur diese Kombinationen von Pfaden interferieren, nicht etwa die einzelnen Pfade.
Usr2 (Diskussion) 17:37, 3. Aug. 2014 (CEST)

HEHI[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik,

zu

http://www.e-stories.de/view-kurzgeschichten.phtml?38589

eine kleine Anmerkung, auch wenn ich mich mit der String-Theorie nicht richtig auskenne:

L .... "Länge" der Dimension
h .... Plancksches Wirkungsquantum

Der Impuls in einer kompaktifizierten Dimension ist diskret, und zwar in vielfachen von h/L.

Wenn z.B. L gleich der Plancklänge ist, dann ist der kleinste mögliche Impuls ungleich 0 also etwa 41 kg m/s.

Noch ein anderer Kommentar: Bei geschlossenen Strings gibt es die Regel, dass jede Welle, die auf dem String linksherum läuft, eine entsprechende rechtsherum laufende Welle haben muss ("level matching"). Wenn jetzt ein geschlossener String um die kompaktifizierte Dimension herum gelegt ist (auch möglicherweise mehrmals, man spricht von der Windungszahl), dann kann sich dieser String nach "level matching" nicht in Richtung dieser Dimension bewegen.

Es geht nicht, dass z.B. ein kreisförmiger String um die Symmetrieachse des Kreises rotiert, oder anders gesagt, es macht keinen physikalischen Unterschied, ob er rotiert. Nach der Nambu-Goto-Wirkung ist die Weltfläche in der Raumzeit entscheidend, und die bleibt in diesem Fall gleich.

mfg,
Usr2 (Diskussion) 20:26, 23. Aug. 2014 (CEST)

Hallo Usr2, danke für die physikalischen Informationen, denn ich bin nur Chemotechniker aus der Molekularbiologie. Ich hatte ja auch gewisse Zweifel, dass das funktioniert, aber das darf einen guten Science-Fiction-Autor nicht aufhalten. Vielleicht weckt meine Geschichte ja bei jemandem das Interesse an den Stringtheorien. Ausserdem benötigt Admiral Graf Frederik von Hombug dringend die String-Energie-Bombe.
P. S.: Was ich wirklich lustig finde ist das:
http://homepage.hispeed.ch/philipp.wehrli/Physik/Quantentheorie/Spin_1_2_Teilchen_drehen/spin_1_2_teilchen_drehen.html
Mit freundlichen Grüssen, -- Karl Bednarik (Diskussion) 04:59, 24. Aug. 2014 (CEST).
Ich vermute, man braucht die geschlossenen Strings hier gar nicht, und das von mir angesprochene Problem ist vielleicht gar keines: Geschlossene Strings sind Spin-2-Bosonen, wie etwa Gravitonen, und deren Superpartner sollten Spin-3/2 Gravitinos sein. Für die Integrität eines Menschen sind vermutlich nur offene Strings (Spin-1, wie z.B. Photonen) und deren Superpartner nötig (Spin-1/2, wie z.B. Quarks).
Die Quantisierung des Impulses muss kein unüberwindbares Hindernis sein, denn für einen 82 kg Menschen ist die niedrigste Stufe nur 0,5 m/s. Das technische Problem besteht darin, dem ganzen Menschen gleichzeitig den nötigen Impuls zu übertragen.
P.S.: Eine andere quantenmechanische Kuriosität: Wenn es geschlossene Strings in einer 4-dimensionalen Raumzeit gäbe, dann wären sie, wie Punktteilchen in einer 3-dimensionalen Raumzeit, Anyonen. Das liegt bei den Punktteilchen daran, dass man die Verflechtungen der Weltlinien nicht entwirren kann. Bei den geschlossenen Strings kann man die "Weltschläuche" nicht entwirren: In vier Dimensionen w,x,y,z stelle man sich so einen Schlauch A vor, der auf den w,x,y-Subraum (mit z=0) beschränkt ist. Bei ein anderer Schlauch B sieht es in der Projektion auf den w,x,y-Subraum so aus, als würde er in den Schlauch A eindringen, ein Stück weit innerhalb von A verlaufen, und dann wieder austreten. Schlauch B ist fast auch auf den w,x,y-Subraum beschränkt, mit Ausnahme der scheinbaren Durchdringungsstellen. Kurz vor der Eintrittsstelle verläuft er in positive z-Richtung, und kurz nach der Eintrittsstelle verläuft er wieder zurück zu z=0. Kurz vor der negativen Eintrittsstelle verläuft er in negative z-Richtung, und kurz danach wieder zurück zu z=0. Wenn man nun die 4 Enden der 2 Schläuche festhält, kann man A und B nicht entwirren.
Usr2 (Diskussion) 09:25, 24. Aug. 2014 (CEST)

Graphen[Quelltext bearbeiten]

Hi,

du hast diesen Diskussionsbeitrag hier [17] irgendwie an der falschen Stelle eingebaut, imho. Kannst du das gerade mal korrigieren?

Gruß, --Maxus96 (Diskussion) 13:06, 24. Aug. 2014 (CEST)

Hallo Maxus96, mein Diskussionsbeitrag sollte die direkte Antwort auf diese Fragestellungen sein: Diskussion:Graphen#Kosten.2C_Vorrat.2C_Umwelt.28sch.C3.A4diging.29. Mit freundlichen Grüssen, -- Karl Bednarik (Diskussion) 07:13, 25. Aug. 2014 (CEST).

Flammenfresser[Quelltext bearbeiten]

Original
meine Umsetzung

Sehr geehrter Herr Bednarik,

Ich bin fasziniert von Modellbaumotoren. Da ich nicht die technischen Möglichkeiten und Fähigkeiten habe solche Modelle zu bauen, begnüge ich mich mit Animationen.

Beim Flammenfresser gibt es bereits Ihre Animation - wunderschöne Arbeit.

Ich war so frei (die Lizenz erlaubt es ja auch) die Animation auf meine Art und weise neu zu erstellen/zu animieren. Das Resultat sehen sie Rechts. In der Bildbeschreibung sind Sie als Urheber des Originals vermerkt (die Dimensionen habe ich aus Ihrer Animation ausgemessen).

Sowohl die Zeitliche Auflösung als auch die Bildauflösung meiner Animation ist größer. Bei Ihrer Animation erkennt man dafür, dass jedes einzelne Bild von Hand angepasst wurde. Im Artikel zum Vakuummotor lasse ich deshalb ihre Animation drin.

Ich weiß selber wie viel Arbeit es ist Animationen von Grund auf zustellen - in diesem Sinne besten dank dafür. Ohne Ihre Animation (oder eine andere Zeichnung) als Grundlage hätte ich weitaus länger gebraucht.

-- MichaelFrey (Diskussion) 07:12, 4. Jan. 2015 (CET)

Sehr geehrter Herr Frey, nur zum Spass, das alte GW-BASIC-Programm für den Flammenfresser, und das alte GW-BASIC, das noch auf Windows XP läuft:
http://members.chello.at/karl.bednarik/KURBEL-3.TXT
http://members.chello.at/karl.bednarik/GWBASIC.EXE
Mit freundlichen Grüßen, -- Karl Bednarik (Diskussion) 04:10, 6. Jan. 2015 (CET).
Sehr geehrter Herr Bednarik,
Den Quellcode sehe ich mir gerne an - die erste Programmiersprache die ich gelernt habe ist QBasic.
GWBasic sollte also für mich lesbar sein. Ich bin beeindruckt wie wenig Zeilen das sind und wie einfach/elegant Sie die Geometrie berechnet haben.
Meine Animation habe ich in Javascript geschrieben. Mein Quellcode ist weniger schön als Ihrer, aber funktionierte für meine Zwecke.
-- MichaelFrey (Diskussion) 21:23, 8. Jan. 2015 (CET)

Globales Benutzerkonto[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik! Als Steward bin ich in die kommende Vereinigung aller Benutzerkonten involviert, die von der Wikimedia Foundation organisiert wird, siehe m:Single User Login finalisation announcement/de). Als ich mir dein Benutzerkonto angeschaut habe, ist mir aufgefallen, dass du noch gar kein globales Konto hast. Um dir selbst deinen Namen zu sichern, rate ich daher zur Anlage eines solchen Kontos, indem du auf Special:MergeAccount dein Passwort eingibst und deine lokalen Konten zusammenführst. Solltest du dabei irgendwelche Probleme haben oder sonstige Frage, kannst du mich gern mit {{Ping|DerHexer}} benachrichtigen. Grüße, —DerHexer (Disk.Bew.) 15:20, 24. Jan. 2015 (CET)

Weltraumlift[Quelltext bearbeiten]

Hallo Herr Bednarik,

ich wüsste gerne, mit welcher Funktionsgleichung sich die Querschnittsänderung eines Seiles mit zunehmender Höhe physikalisch berechnen lässt und wie diese Gleichung hergeleitet wird.

Ralf Hoheisel

Hallo Herr Hoheisel,

ich habe die Querschnittsänderung des Seiles bisher immer mit der iterativen Integration in vielen kleinen Schritten berechnet. Neben der Anfangsbelastung, der Dichte, und der Zugfestigkeit des Seiles, habe ich die Verringerung der Gravitationsbeschleunigung und die Erhöhung der Zentrifugalbeschleunigung mit zunehmender Höhe berücksichtigt. Leider weiss ich nicht, wie man das als Funktionsgleichung ausdrückt.

Mit freundlichen Grüßen, -- Karl Bednarik (Diskussion) 01:37, 15. Feb. 2015 (CET).

50. Wiener Stammtisch am Sa., 28. Februar 2015, 19:00 Uhr[Quelltext bearbeiten]

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Hallo Karl Bednarik, wir laden Dich am 28. Februar ab 19 Uhr herzlich zum 50. Wiener Stammtisch ein !
Dieser findet in unserem Stammlokal Café Restaurant Schönbrunn, 1120 Wien, Schönbrunner Straße 244 (in unmittelbarer Nähe der U4-Station Meidling Hauptstraße), im separaten (vom Gastgarten direkt zugänglichen) Saal Maximilian statt.
Der Eingang befindet sich rechts vom Lokal direkt durch den Hof.
Ab 20 Uhr dürfen wir uns beim Stammtischtreffen auch auf die Teilnehmer des Wiktionary-Treffens in Wien freuen!
Selbstverständlich sind Angehörige und Freunde jeglicher Art willkommen!
Alle Details und die Anmeldung findest Du hier.

Vorprogramm Donauturmfahrt[Quelltext bearbeiten]

Um den Stammtischgeburtstag gebührend zu feiern, organisiert Wikimedia Österreich um 17 Uhr eine Donauturmfahrt. Bei Interesse bitte hier anmelden.

Wir freuen uns auf Dein Kommen!
Liebe Grüße --Agruwie  Disk   und das Team vom Wikidienstag  01:35, 18. Feb. 2015 (CET)   

(Auf Grund des Jubiläumsstammtisches erfolgt die Einladung ausnahmsweise an alle eingetragenen wiener, niederösterreichischen und burgenländischen Wikipedianer. Solltest Du auch künftig Interesse daran haben, zu Treffen und Veranstaltungen der Wikipedia und Wikimedia im Wiener Raum eingeladen zu werden, trage dich bitte in der Wiener Einladungsliste ein)

Einladung zum Wiener Heurigen-Stammtisch[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik, wir laden Dich am Freitag, dem 7. August herzlich zum Sommerheurigen ein, der ab 18 Uhr beim Heurigen ZumBinder stattfinden wird.
Selbstverständlich sind Angehörige und Freunde jeglicher Art willkommen!

Heuriger ZumBinder
Johann-Staud-Straße 53
1160 Wien

Für die Hinfahrt am Besten ab U3-Ottakring den Autobus 46B (Fahrplan (PDF)), bis Haltestelle Hansl-Schmid-Weg nehmen.
Alle Details und die Anmeldung findest Du hier.

Wir freuen uns auf Dein Kommen!
Liebe Grüße --Agruwie  Disk   und das Team vom Wikidienstag  06:41, 21. Jul. 2015 (CET)

Problem mit Deiner Datei (30.11.2015)[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik,

bei der folgenden von dir hochgeladenen Datei gibt es noch ein Problem:

  1. Datei:UGGWUG-7 Karl Bednarik.jpg - Problem: Freigabe
  • Freigabe: Du brauchst eine Erlaubnis, wenn du eine urheberrechtlich geschützte Datei hochlädst. Um eine solche Erlaubnis zu formulieren, bieten wir einen Online-Assistenten unter https://wmts.dabpunkt.eu/freigabe3/ an. Er hilft Dir, die passende Formulierung zu finden, egal ob Du selbst der Urheber bist oder die Datei von einer anderen Person geschaffen wurde.

Durch Klicken auf „Bearbeiten“ oben auf der Dateibeschreibungsseite kannst du die fehlenden Angaben nachtragen. Wenn das Problem nicht innerhalb von 14 Tagen behoben wird, muss die Datei leider gelöscht werden.

Fragen beantwortet dir möglicherweise die Bilder-FAQ. Du kannst aber auch gern hier in diesem Abschnitt antworten, damit dir individuell geholfen wird.

Vielen Dank für deine Unterstützung, Xqbot (Diskussion) 00:54, 30. Nov. 2015 (CET)

Einladung zur 15-Jahresfeier der Wikipedia[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik,

WIKIPEDIA15 AUSTRIA ANIMATION 5SEK.gif

als am 15. Jänner 2001 die Wikipedia und am 16. März 2001 die deutschsprachige Wikipedia das Licht der Welt erblickte, konnte keiner erahnen, welchen gewaltigen Erfolg dieses Projekt zur Förderung Freien Wissens durch die Vielzahl an freiwilligen Unterstützern und Helfern erringen sollte. So gibt es nun nach 15 Jahren wohl kaum Anlass zur Nostalgie aber viele gute Gründe zu feiern.

Entsprechend laden wir Dich am 15. Jänner 2016 herzlich sowohl zum Tag der offenen Wikipedia-Tür (ab 12h) als auch zum Wiener-Jänner-Jubiläumsstammtisch (ab 18 h) ein:

Ort: Raum D/quartier21, MuseumsQuartier Wien, Museumsplatz 1, 1070 Wien (siehe Lageplan),
Datum: Freitag, 15. Jänner 2016,
Uhrzeit: 12 - 17 Uhr,
von 16 - 17 Uhr gibt es noch zusätzlich einen Wikiversity-Themenschwerpunkt in Zusammenarbeit mit der Studienprogrammleitung Publizistik- und Kommunikationswissenschaft der Universität Wien
(Alle Details und die Anmeldung zum Tag der offenen Tür)

Ort: Neubauschenke (Großer Saal), 1070 Wien, Ecke Zieglergasse/Seidengasse (siehe Lageplan)
Datum: Freitag, 15. Jänner 2016,
Beginn: ab 18 Uhr
(Alle Details und die Anmeldung zum Jubiläums-Stammtisch)

  • weitere Events in Österreich bzw. in der ganzen Welt:
Neben der Feier in Wien werden am 15. Jänner auch weitere in
Linz, Graz und Dornbirn,
bzw. am 29. Jänner in Salzburg organisiert.
Unter Veranstaltungen im deutschen Sprachraum bzw. weltweite Feiern findest Du eine Übersicht über alle geplanten Events.

Wir würden uns freuen, wenn Du Zeit findest und mit uns feierst!
Selbstverständlich sind Angehörige und Freunde jeglicher Art willkommen!

Liebe Grüße --Agruwie  Disk   und das Team vom WikiDienstag  11:22, 11. Jan. 2016 (CET)
(Auf Grund des feierlichen Anlasses wurdest Du per Regions-Babel kontaktiert, falls Du Einladungen zu sonstigen Events erhalten willst, trage Dich bitte entsprechend auf der Wiener Einladungsliste oder der Niederösterreichischen Einladungsliste ein)

Pescetarismus[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik!

Die von dir stark überarbeitete Seite Pescetarismus wurde zum Löschen vorgeschlagen. Gemäß den Löschregeln wird über die Löschung nun bis zu sieben Tage diskutiert und danach entschieden.

Du bist herzlich eingeladen, dich an der Löschdiskussion zu beteiligen. Wenn du möchtest, dass der Artikel behalten wird, kannst du dort die Argumente, die für eine Löschung sprechen, entkräften, indem du dich beispielsweise zur enzyklopädischen Relevanz des Artikels äußerst. Du kannst auch während der Löschdiskussion Artikelverbesserungen vornehmen, die die Relevanz besser erkennen lassen und die Mindestqualität sichern.

Da bei Wikipedia jeder Löschanträge stellen darf, sind manche Löschanträge auch offensichtlich unbegründet; solche Anträge kannst du ignorieren.

Vielleicht fühlst du dich durch den Löschantrag vor den Kopf gestoßen, weil der Antragsteller die Arbeit, die du in den Artikel gesteckt hast, nicht würdigt. Sei tapfer und bleibe dennoch freundlich. Der andere meint es vermutlich auch gut.

Grüße, Xqbot (Diskussion) 13:42, 15. Aug. 2016 (CEST)   (Diese Nachricht wurde automatisch durch einen Bot erstellt. Wenn du zukünftig von diesem Bot nicht mehr über Löschanträge informiert werden möchtest, trag dich hier ein.)

OMA-gerechte Berechnung: aus 23° -> Sinus und Co.[Quelltext bearbeiten]

Hallo Herr Bednarek,

ich melde mich spät.

Sie hatten unter der Wiki-Seite Diskussion/ Sinus- Kosinus mal gefragt: .

"Wie berechnet man OMA-gerecht Sinus- und Co.-Werte aus einem gegebeben Winkel." .

Diese Frage stand genau unter meinem Diskussionsbeitrag 'Oder so I'. .

Ich bin kein Mathematiker, ... hatte aber bei meinem Beitrag die gleiche Frage im Sinn:

Eine einfache Sinus-Funktion.

So schrieb ich eine Reihen(-Funtion), in der ich nur die Steigung der Sehne (x) verwende.

(... und einen genau genäherten Anfangswert x1 (6 Stellen hinterm Komma) ). .

Meine Funktion wäre für die 'Oma' vielleicht zu hoch,

aber sie ist bei weitem nicht so komplex wie alle anderen Herangehensweisen im Wiki-Artikel. .

Bei mir müsste die Oma zum Beispiel für den Winkel 23°.

23 mal hintereinander folgende schlichte Berechnung anstellen: .

x(n+1) =


und dann: sin(23) =


Kosinus wäre: cos(23) =


und der Tangens: tan(23) =


Dazu sagt die Oma im Besten Fall:

'Das verstehe ich nicht, aber ich kann es ja mal eintippen.'


Aber jeder Mathematik Schüler beignnt zu begreifen, dass man mit der Steigung der Sehne eines Dreiecks,

alle weiteren Werte mit einfachen mathematischen Mittel herleiten kann. (+, -, *, / und ²).

Ich bin nicht sicher ob Ihnen die Formel etwas nützt.

Die Sehnensteigung erschien mir 'mächtig' weil sie Ankatheten und Gegenkatheten

(und den Tangens) mit einfachen Mitteln in Zusammenhang stellt und herleitet.

Sie beschreibt zum Beispiel geometrisch den Zusammenhang zwischen der goldenen Zahl (x) und der Zahl 2 (=tan). - Gruß MvonBruesewitz

Problem mit Deiner Datei (14.04.2018)[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik,

bei der folgenden von dir hochgeladenen Datei gibt es noch Probleme:

  1. Datei:Hesser-Denkmal-Orte.png - Probleme: Gezeigtes Werk, Urheber, Hinweis
  • Gezeigtes Werk: Um ein Foto, das ein urheberrechtlich geschütztes Werk einer anderen Person (z. B. ein Foto eines Plakats oder eine Nachzeichnung eines Gemäldes) zeigt, hochzuladen brauchst du eine Erlaubnis. Bitte den Urheber um eine solche Erlaubnis wie hier beschrieben. Das ist nicht nötig, wenn sich das gezeigte Werk dauerhaft im öffentlichen Verkehrsraum befindet (z. B. in einem öffentlichen Park), gib dies auf der Dateibeschreibungsseite dann mit an.
  • Urheber: Der Schöpfer des Werks (z. B. der Fotograf oder der Zeichner). Man wird aber keinesfalls zum Urheber, wenn man bspw. ein Foto von einer Website nur herunterlädt oder ein Gemälde einfach nachzeichnet! Wenn du tatsächlich der Urheber des Werks bist, solltest du entweder deinen Benutzernamen oder deinen bürgerlichen Namen als Urheber angeben. Im letzteren Fall muss allerdings erkennbar sein, dass du (also Karl Bednarik) auch diese Person bist.
  • Hinweis durch den DÜP-Bearbeiter: Du hast sicherlich die Karte nicht selbst gezeichnet, wer ist der Kartenersteller und untersteht die Grundkarte einer freien Lizenz?

Durch Klicken auf „Bearbeiten“ oben auf der Dateibeschreibungsseite kannst du die fehlenden Angaben nachtragen. Wenn die Probleme nicht innerhalb von 14 Tagen behoben werden, muss die Datei leider gelöscht werden.

Fragen beantwortet dir möglicherweise die Bilder-FAQ. Du kannst aber auch gern hier in diesem Abschnitt antworten, damit dir individuell geholfen wird.

Vielen Dank für deine Unterstützung, Xqbot (Diskussion) 00:52, 14. Apr. 2018 (CEST)

Die neue Version des Bildes verwendet OpenStreetMap. -- Karl Bednarik (Diskussion) 11:59, 14. Apr. 2018 (CEST).
Das heißt die alte Version soll/muss weg? Bitte Lizenz entsprechend anpassen. --Quedel Disk 18:08, 15. Apr. 2018 (CEST)
Ja, die alte Version soll weg. Wie macht man das? Die Lizenz soll angepasst werden. Wie macht man das? Danke für die Antworten. -- Karl Bednarik (Diskussion) 08:24, 16. Apr. 2018 (CEST).
Das können nur Admins. Ich habs für dich mal umgesetzt. Denkst du bitte noch dran, die Lizenz entsprechend anzupassen? --Quedel Disk 23:48, 18. Apr. 2018 (CEST)
Auf welche Lizenz soll ich das Bild anpassen? OpenStreetMap steht ja schon in der Beschreibung. -- Karl Bednarik (Diskussion) 08:20, 19. Apr. 2018 (CEST).
Siehe www.openstreetmap.org/copyright zu dem wie und was. --Quedel Disk 22:08, 19. Apr. 2018 (CEST)
Ist es jetzt so richtig? -- Karl Bednarik (Diskussion) 11:38, 21. Apr. 2018 (CEST).
Nee, noch nicht ganz. So wäre und ist es richtig. Kleiner Tipp: wenn du die Datei gleich auf Wikimedia Commons hochlädst, dort gibt es die Vorlage {{Openstreetmap}} - die alle Lizenzvorlagen gleich richtig einfügt. --Quedel Disk 19:11, 21. Apr. 2018 (CEST)
Danke für die Hilfe. Vermutlich werden einige OMAs von diesen komplizierten Regeln abgeschreckt. -- Karl Bednarik (Diskussion) 09:35, 22. Apr. 2018 (CEST).
NUnja, wenn man fremde Dinge nutzt, muss es nicht immer einfach sein ;) Bei komplett eigener Leistung ist es ziemlich unkompliziert. Hochladen, Lizenz fertig. --Quedel Disk 18:29, 22. Apr. 2018 (CEST)

SF-Anfrage[Quelltext bearbeiten]

@Karl Bednarik: Hallo Karl, ich könnte ein wenig kompetente Hilfe brauchen. Vielleicht hast Du ja Lust und Zeit, Dir diese Chroniken einmal anzusehen, und u. U. etwas dazu beizutragen. Das findest Du z.B. unter Liste der Science-Fiction-Jahre bin für jede Hilfe dankbar. Das SF Portal der WP hat damals, als ich das gestartet habe nicht einmal reagiert. LG Hutch (Diskussion) 05:45, 1. Sep. 2018 (CEST)

Hallo Hutch, ich habe probeweise in 1951 und 1955 zwei deutsche Titel eingefügt. Mit freundlichen Grüßen, -- Karl Bednarik (Diskussion) 06:13, 1. Sep. 2018 (CEST).
Hallo Karl, super. Genau so dachte ich mir das. Bitte mehr davon. LG Hutch (Diskussion) 08:26, 1. Sep. 2018 (CEST)
Hallo Hutch, vermutlich kennst Du schon The Internet Speculative Fiction Database http://www.isfdb.org/ . Mit freundlichen Grüßen, -- Karl Bednarik (Diskussion) 06:32, 2. Sep. 2018 (CEST). Nachtrag: Und die sehr zahlreichen Heft-Titelseiten http://www.rp49.de/ . -- Karl Bednarik (Diskussion) 06:46, 2. Sep. 2018 (CEST).
Hallo Karl, klar kenne ich natürlich sind beides Quellen für meine Recherche, aber danke. LG Hutch (Diskussion) 10:19, 2. Sep. 2018 (CEST)

Wikiläum[Quelltext bearbeiten]

Hiermit gratuliere ich Benutzer
Karl Bednarik
für 15 Jahre ehrenamtlicher Arbeit
im Dienst der Verbesserung unserer Enzyklopädie
und verleihe ihm den
Wikipedia logo red.png
Wikiläums-Verdienstorden in Rubin
gez. Wolfgang Rieger (Diskussion) 19:44, 1. Nov. 2018 (CET)

Hallo Karl! Am 1. November 2003, also vor genau 15 Jahren, hast Du hier zum ersten Mal editiert und daher gratuliere ich Dir heute zum fünfzehnjährigen Wikiläum. Seitdem hast Du über 3.100 Edits gemacht und 29 Artikel erstellt, wofür Dir heute einmal gedankt sei. Besondere Anerkennung verdienen dabei Deine Beiträge auf Commons mit einigen interessanten Grafiken. Ich hoffe, dass Du weiter dabei bist und dabei bleibst und dass die Arbeit hier Dir weiterhin Spaß macht. Beste Grüße + frohes Schaffen -- Wolfgang Rieger (Diskussion) 19:44, 1. Nov. 2018 (CET) PS: Wenn Du es wünschst, kann Dir auch eine Wikiläums-Medaille zugeschickt werden. Details siehe hier.

Weltraumlift, Masse[Quelltext bearbeiten]

Hallo Karl Bednarik, zum „ungeheuer massereichen Weltraumlift“ hattest Du in der Diskussion dort schon mal eine Abschätzung genannt als es um laterale Bewegung ging. Nun liegt ein Vorschlag vor, der (wie aus dem Bergbau bekannt) „einige hundert Meter“ vertikal oszilliert. Magst Du Dich an der Diskussion beteiligen? --87.147.177.2 16:31, 20. Mai 2019 (CEST)