Upload
others
View
0
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
1
Egy újszerű szélsőérték - feladat
Azért újszerű, mert ezzel korábban nem találkoztunk, csak most, [ 1 ] - ben; ott csak út -
mutatást adtak, de megoldást nem. Itt a talált feladat egy változatával foglalkozunk, rész -
letesen.
A feladat
Adott egy D középátmérőjű, l hosszúságú hengeres fa, melyet egyenlő α középponti szö -
gű, körcikk keresztmetszetű „hengercikkekre” hasítunk. Határozzuk meg, hogy
~ egy ilyen cikkből mekkora legnagyobb térfogatú, téglalap keresztmetszetű hasáb állít -
ható elő,
továbbá, hogy
~ mekkora lesz a veszteség - százalék!
Útmutatás: A téglalap egyik oldala legyen párhuzamos a szektor szimmetriatengelyével!
A megoldás
Ehhez tekintsük az 1. ábrát!
1. ábra
A henger térfogata:
𝑉𝑒𝑛𝑔𝑒𝑟 = 𝑇𝑘ö𝑟 ∙ 𝑙 ; ( 1 )
egy cikk térfogata:
𝑉𝑐𝑖𝑘𝑘 = 𝑇𝑐𝑖𝑘𝑘 ∙ 𝑙 =𝑇𝑘ö𝑟
𝑛∙ 𝑙 ; ( 2 )
a cikkből kivett téglalap keresztmetszetű hasáb / rúd térfogata:
𝑉𝑎𝑠á𝑏 = 𝑇𝑎𝑠á𝑏 ∙ 𝑙 . ( 3 )
Látjuk, hogy a legnagyobb keresztmetszeti területű hasáb térfogata a legnagyobb.
Az elméleti veszteség - százalék:
2
𝑣 =𝑉𝑐𝑖𝑘𝑘 −𝑉𝑎𝑠 á𝑏
𝑉𝑐𝑖𝑘𝑘∙ 100 % = 1 −
𝑉𝑎𝑠 á𝑏
𝑉𝑐𝑖𝑘𝑘 ∙ 100 % = 1 −
𝑇𝑎𝑠 á𝑏 ∙𝑙 𝑇𝑘ö𝑟
𝑛∙𝑙
∙ 100 % ,
𝑣 = 1 −𝑇𝑎𝑠 á𝑏
𝑇𝑘ö𝑟𝑛
∙ 100 % . ( 4 )
A következő – az egész feladat lényegét képező – részfeladat a körcikkbe írható téglalap
legnagyobb keresztmetszeti területének meghatározása. Ehhez tekintsük a 2. ábrát!
2. ábra
A beírt téglalap – a hasáb - keresztmetszet – területe:
𝑇𝑎𝑠á𝑏 = 𝑥 ∙ 𝑦 . ( 5 )
Az oldalak kifejezései:
𝑥 = 𝑅 ∙ cos𝜑
2− 𝑟 ∙ cos
𝛼
2 , ( 6 )
𝑦 = 2 ∙ 𝑅 ∙ sin𝜑
2= 2 ∙ 𝑟 ∙ sin
𝛼
2 . ( 7 )
Most r - et kifejezzük ( 7 ) - ből:
𝑟 = 𝑅 ∙sin
𝜑
2
sin𝛼
2
. ( 8 )
Majd ( 6 ) és ( 8 ) - cal:
𝑥 = 𝑅 ∙ cos𝜑
2− 𝑅 ∙
sin𝜑
2
sin𝛼
2
∙ cos𝛼
2= 𝑅 ∙ cos
𝜑
2−
sin𝜑
2
sin𝛼
2
∙ cos𝛼
2 . ( 9 )
Ezután ( 5 ), ( 7 ) és ( 9 ) - cel:
3
𝑇𝑎𝑠á𝑏 = 𝑅 ∙ cos𝜑
2−
sin𝜑
2
sin𝛼
2
∙ cos𝛼
2 ∙ 2 ∙ 𝑅 ∙ sin
𝜑
2=
= 𝑅2 ∙ 2 ∙ sin𝜑
2∙ cos
𝜑
2− 2 ∙
sin 2𝜑
2
tg𝛼
2
= 𝑅2 ∙ sin 𝜑 −1−cos 𝜑
tg𝛼
2
,
tehát:
𝑇𝑎𝑠á𝑏 𝜑 = 𝑅2 ∙ sin 𝜑 −1−cos 𝜑
tg𝛼
2
. ( 10 )
A szélsőérték szükséges feltétele: 𝑑𝑇𝑎𝑠 á𝑏 𝜑
𝑑𝜑= 0 . ( 11 )
Elvégezve a deriválást:
𝑑𝑇𝑎𝑠 á𝑏 𝜑
𝑑𝜑= 𝑅2 ∙ cos 𝜑 −
sin 𝜑
tg𝛼
2
= 0 → cos 𝜑0 −sin 𝜑0
tg𝛼
2
= 0 → tg𝜑0 = tg𝛼
2 ,
innen:
𝜑0 =𝛼
2 . ( 12 )
Most ( 10 ) és ( 12 ) - vel a maximális beírható téglalap - terület:
𝑇0 = 𝑇𝑎𝑠á𝑏 𝜑 = 𝜑0 =𝛼
2 = 𝑅2 ∙ sin
𝛼
2−
1−cos𝛼
2
tg𝛼
2
= 𝑅2 ∙ sin𝛼
2−
1−cos𝛼
2
sin𝛼2
cos𝛼2
=
= 𝑅2 ∙ sin𝛼
2−
1−cos𝛼
2 ∙ cos
𝛼
2
sin𝛼
2
= 𝑅2 ∙sin 2𝛼
2−cos
𝛼
2+cos 2𝛼
2
sin𝛼
2
= 𝑅2 ∙1−cos
𝛼
2
sin𝛼
2
= 𝑅2 ∙ tg𝛼
4 ,
tehát:
𝑇0 = 𝑅2 ∙ tg𝛼
4 . ( 13 )
Most ( 8 ) és ( 12 ) - vel:
𝑟0 = 𝑅 ∙sin
𝜑02
sin𝛼
2
= 𝑅 ∙sin
𝛼
4
sin𝛼
2
= 𝑅 ∙sin
𝛼
4
2 ∙ sin𝛼
4 ∙ cos
𝛼
4
=𝑅
2 ∙ cos𝛼
4
,
tehát:
𝑟0 =𝑅
2 ∙ cos𝛼
4
. ( 14 )
A maximális területű beírt téglalap szerkesztése ( 14 ) alapján a 3. ábra szerinti.
A 3. ábra adatai: R = 10 cm ; α = 90º.
4
3. ábra
Most ( 4 ) - hez, ( 13 ) - mal is, valamint az egyenletes szögosztás
𝛼 =2∙𝜋
𝑛 ( 15 )
feltételével:
𝑇𝑎𝑠 á𝑏 𝑇𝑘ö𝑟
𝑛
=𝑅2∙tg
𝛼
4
𝑅2 ∙𝜋
𝑛
=tg
𝛼
4
𝜋
𝑛
=tg
2∙𝜋
4∙𝑛
𝜋
𝑛
=tg
𝜋
2∙𝑛
𝜋
𝑛
=1
2∙
tg 𝜋
2∙𝑛
𝜋
2∙𝑛
, tehát:
𝑇𝑎𝑠 á𝑏 𝑇𝑘ö𝑟
𝑛
=1
2∙
tg 𝜋
2∙𝑛
𝜋
2∙𝑛
; ( 16 )
majd ( 4 ) és ( 16 ) - tal:
𝑣 = 1 −1
2∙
tg 𝜋
2∙𝑛
𝜋
2∙𝑛 ∙ 100 % . ( 17 )
Ezzel a kitűzött feladatot megoldottuk.
5
SZÁMPÉLDA
Határozzuk meg az 1. ábra szerinti hasítás esetére a feladatbeli kihozatali százalékot!
Megoldás
Adott: n = 8. ( A )
Most ( 17 ) és ( A ) - val a veszteség - százalék:
𝑣 = 1 −1
2∙
tg 𝜋
2∙𝑛
𝜋
2∙𝑛 ∙ 100 % = 1 −
1
2∙
tg 𝜋
2∙8
𝜋
2∙8 ∙ 100 % = 49,35 % , tehát:
𝑣 = 49,35 % . ( a )
Ezzel a kihozatali százalék:
𝑘 = 100% − 𝑣% = 100 − 49,35 % = 50, 65 % , tehát:
𝑘 = 50, 65 % . ( e )
Tehát a 8 egyenlő részre hasított hengeres fa cikkeiből kivágott maximális térfogatú
hasábok gyártása során az elméleti kihozatal: 50,65 %.
Még ábrázoljuk a v és k százalékokat n függvényében – ld. 4. ábra!
Erről leolvasható, hogy annál nagyobb a kihozatali százalék, minél kevesebb részre
hasítjuk a hengeres fát. A veszteségi és a kihozatali százalék gyorsan tart az 50 ~ 50 % -
hoz, az n érték növelésével.
Megjegyzések:
M1. Érdemes megemlíteni, hogy nmin = 2 . Az n = 1 eset ( 15 ) szerint azt jelenti, hogy
α = 2π , vagyis nem vágtuk / hasítottuk a fát, így nincs is értelme a továbbiaknak. A ( 15 )
képlet szerint itt csak az egyenlő középponti szögekkel megvalósuló vágás / hasítás eseté -
vel foglakoztunk. Valójában ez az életszerűbb eset.
M2. Jól látható, hogy a hengeres fa l hossza nem szerepel az eredményekben; de az R
sugár sem. Utóbbi egy kicsit meglepő fejlemény lehet. Mindez akkor lehetséges, ha a
sudarlósság – és más, az átmérő változását okozó alaki hibák is – elhanyagolhatóak.
M3. A kihozatali és veszteségi százalékok összefüggését már régebben megbeszéltük.
Rendszerint tananyag a fafeldolgozással kapcsolatos tantárgyakban.
6
4. ábra
M4. Érdemes lehet külön is megvizsgálni az n = 2 α = π esetet – 5. ábra.
5. ábra
7
Ekkor:
𝑇𝑡é𝑔𝑙𝑎𝑙𝑎𝑝 = 𝑅 ∙ 2 ∙𝑅
2= 𝑅2 , 𝑇𝑓é𝑙𝑘ö𝑟 = 𝑅2 ∙
𝜋
2 ,
így:
𝑣 = 1 −𝑇𝑡é𝑔𝑙𝑎𝑙𝑎𝑝
𝑇𝑓é𝑙𝑘 ö𝑟 ∙ 100 % = 1 −
𝑅2
𝑅2∙𝜋
2
∙ 100 % = 1 −2
𝜋 ∙ 100 % = 36,34 % ,
és:
𝑘 = 100 − 36,34 % = 63,66 % ,
egyezésben a 4. ábra grafikonjáról ( a Graph - fal pontosan ) leolvasható eredményekkel.
Ez erősítheti a fenti számításokba vetett bizalmat.
M5. Az utóbbi példa esetében abból a tényből indultunk ki, hogy a körbe írható legna -
gyobb területű négyszög a négyzet. Ez az egyik pillére a Feldman ~ Sapiro - elv alapján
álló fűrészipari kihozatali számításoknak is.
M6. A gyakorlás kedvéért felírjuk a számpélda területfüggvényét, majd megvizsgáljuk azt.
6. ábra
Itt is: R = 10 cm ; α = 90º.
Ezekkel a ( 12 ) és ( 13 ) képletek szerint:
𝜑0 =𝛼
2=
90°
2= 45° ,
𝑇0 = 𝑅2 ∙ tg𝛼
4= 10 cm 2 ∙ tg
90°
4= 100 cm2 ∙ tan 22,5° = 41,42 cm2,
8
egyezésben a 6. ábráról leolvasható eredményekkel.
A feladat analitikus megoldása során a szélsőérték szükséges feltételét alkalmaztuk, de
nem vizsgáltuk meg külön, hogy ez maximum vagy minimum lett - e. Ehhez is adalék a
6. ábra, melyről közvetlenül leolvasható, hogy a terület - függvény maximumot ér el egy
bizonyos φ0 értéknél. Egyébként ki is található, hogy a szélsőérték maximum, mert a mi -
nimum az zérus lenne.
M7. A feladat „komoly” alkalmazásában egy további lépés annak kidolgozása lenne, hogy
hogyan hasznosítsuk a 2. ábrán barnára színezett leeső részeket. Ez itt már nem feladatunk.
M8. Amikor elméleti veszteség - és kihozatali százalékról beszélünk, akkor a fenti geo -
metriai számítás alapján álló százalékokról van szó. A valóság kicsit más; pl.: a fűrésze -
léskor fellépő ( a vágásrés szélességéből adódó ) veszteséget itt nem vettük figyelembe.
M9. Ha a cikkekre bontást hasítással végeznék – a tüzifa hasítógép is így dolgozik – , ak -
kor számottevő veszteség inkább a téglalap hasábok kifűrészelésekor állna elő. A hasítás -
hoz elég jó minőségű – pl.: egyenes rostlefutású – hengeres fa kellene.
M10. A számítások során az alábbi trigonometriai azonosságokat is felhasználtuk:
sin 𝜑 = 2 ∙ sin𝜑
2∙ cos
𝜑
2 ; 1 − cos 𝜑 = 2 ∙ sin2 𝜑
2; sin2 𝛼
2+ cos2 𝛼
2= 1 ;
1−cos𝛼
2
sin𝛼
2
= tg𝛼
4 .
Ehhez ld. pl: [ 2 ]!
Források:
[ 1 ] – M. I. Basmakov ~ B. M: Bekker ~ V. M. Gol’hovoj: Zadacsi po matyematyike
Algebra i analiz
Bibliotyeka Kvant, Vüpuszk 22., „Nauka”, Moszka, 1982.
[ 2 ] – I. N. Bronstejn ~ K. A. Szemengyajev: Matematikai zsebkönyv
2. kiadás, Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1963.
Összeállította: Galgóczi Gyula
ny. mérnöktanár
Sződliget, 2020. 05. 26.