Tisztelt Zorko Fórumtárs, Ön nagyon profi matekból. De úgy vélem, fizikából is. Én maradok a mértani sorozatok mellett, igaz, ez nekem délutáni hobbi, de érdekesnek találom. És ennek kapcsán érdekes a határérték számítás is. Majd teszek ezzel kapcsolatos bejegyzéseket. Szép hétvégét mindenkinek, lényeg, ne unatkozzatok ! :-) :-)
En is kor felszinre gondoltam alapvetoen (a lecsengo exp fuggvenyt az x tengely korul megforgatva kapnank a "trombitaalaku" tartalyt), csak utana gondoltam arra, hogy lehet ez a hasab jellegu is. Ennek csupán annyi elonye van, hogy nem nagyon kell tovabbi szamolas hozza, mivel ennel a felszin aranyos lesz a fuggvenyertekkel (a teglalapnak csak az egyik oldalhossza valtozik, a masik fix), igy nem kell negyzetreemelni vagy gyokot vonni.
De amugy lehetne tenyleg szogletes trombita alaku is, ha az emlitett hasab-szeru esetben a teglalap masik oldala is csokken (a hasab magassaga is exponencialisan csokkenne), ez ugyanannak felelne meg mint a forgastestes eset, bejonne meg a gyokvonas is.
Azt nem teljesen ertem, hogy 2-es alaprol hogy tertel at e alapra, behelyettitve B-t nem a 2-(1/2)t negyzetgyoke jon ki...
Az alak igaz, tenyleg lehet barmi, csak eddig valamikepp "elkeszitheto" tartalyban gondolkodtam. :D
Értem. Nálam mindig kör, nálad mindig téglalalap a folyadékfelszín. Mindenképpen A0e-Bt (példánkban B=ln(2)/2 ) a felület nagysága, alakja azonban tetszőleges függvénye is lehet az időnek, akár még el is ágazhat, akár még fraktál is lehet valamely pillanatban, pl. Mandelbrot.
Ez teljesen jo gondolat, csak a valosagban (legalabb is egy kepzeletbeli idealizalt valóságban 😄) nem nagyon lehet megvalositani. (Az uveglapra kiontott viz eseten pl. ossze kellene huzodnia a "tocsanak", pontosan kovetve a fogyast, hogy mindig az adott magassag legyen ervenyben.)
Olyasmi nekem is eszembe jutott, hogy egy kis rolos, a felszinen uszo zaroszerkezettel (mint egy mini szekcionalt garazskapuval) lehetne a feluletet elzarni. Ahogy csokken a folyadékszint, a sullyedessel huzza magara egyre jobban a zarast.
Igen, ez jo gondolat, hogy a csokkenes felől megfogni. A terfogattal tulajdonkeppen nem is kell foglalkozni, az majd kiadodik. :)
Azt gondoltam meg vegig, hogy ha nem forgastest az edeny, hanem hanem csak egy "hasab" (az alapja az exp fuggveny alatti terulet, de el kell forgatni, hogy az x tengely lefele nezzen, es akkor az origo felol lehet tolteni), akkor pont a 2-(1/2)x exp fuggveny lesz. Ha megforgatjuk, akkor a felszin mar nem linearisan koveti a fuggvenyerteket, hanem negyzetesen, emiatt az exp fuggveny negyzetgyoket kell meg venni, ami viszont nem valtoztatja meg az exponencialis jelleget, csak "lassabb" lefutasu lesz. (A gyokvonas csak egy 1/2-es szorzót ad az eredeti fuggvenyunk kitevojenek, es kesz. :)
Ha esetleg visszatérünk a topik címéhez, akkor azt a kérdést vethetjük fel, hogy milyen elrendezés esetén arányos a felszín a térfogattal, mármint úgy értve, hogy a térfogat csökkenése a felszín arányos csökkenésével járjon.
Erre eddig a legjobb ötletem az volt, hogy a mélység (magasság) legyen konstans (A V=Ah képletben a h)
Nem, nem fix területű(felszínű), hanem változó területű, de fix vastagságú (mélységű) elrendezés.
Mondjuk ha kiöntöm a vizet egy üveglapra, nem fog korlátlanul szétfolyni, hanem egy pacát alkot, aminek a vastagsága a mennyiségtől függetlennek vehető, tehát a felület arányos az anyagmennyiség, a párolgás pedig a felülettel.
Ez olyan diákos válasz volt, dehát ez van, ha a kérdésben ott a spoiler is. :o)
Mindenesetre bármilyen alakú is az edény, a szint csökkenése egyenletes. És ebből már azonnal kijön az exponencioid (vagy ha úgy tetszik, a logaritmoid).
Az 1/x függvénynek egy primitív függvénye valóban az ln(x), de utóbbinak az x=1 környékén a görbülete elég nagy, így ott a véges szélességű téglalapterületekkel való közelítése meglehetősen pontatlan. Amúgy (lásd pl. itt) az 1/n sor n-ik részösszege és az ln(n) közötti különbség nagy n-ekre egy konkrét számhoz (Euler-Mascheroni-konstans, kb. γ = 0,577) tart. (A betűjel kis görög gamma, csak rosszul kivehető.)
Ha a téglák az előbbi részletezésem szerint fentről "építve" jobbra tartanak, akkor erre az elrendezésre az f(x) = ln(x)+γ függvényt pl. úgy lehet "ráhúzni", hogy az x tengely a legfelső tégla bal felső sarkán átmenő, lefelé mutató függőleges, az f(x) tengelye pedig az ugyanezen ponton átmenő, jobbra mutató vízszintes. (A koordinátarendszer tehát a hagyományosan ábrázolthoz képest 90°-kal jobbra el van forgatva.) Így ha a téglák vastagsága 1 egységnyi és hossza 2 egységnyi, akkor elég magas "épület" esetén a bal alsó sarkok a függvénygörbét közelítik.
De ha a torony alakjara vagy kivancsi akkor az 1/x primitivfuggvenye fogja megadni, mivel az 1/n tagok osszege az 1/x fuggveny integralfuggvenyere fog illeszkedni. Ha jol emlekszem, akkor az ln x fog ennek megfelelni.
Csak ugye ezt epitett toronykent nem nagyon lehet teljes egeszeben elkepzelni, mivel a "talpa" a minusz vegtelenben van. 😄 (Cserebe a kinyulasa is "eler" oldalra a plusz vegtelenig.)
Vagy most amugy nem is tudom, a lenti pelda az ln x melyik szakaszanak felelne meg...?? 🤓
A videoban aztan még emlitettek azt is, hogy amugy különben, ha valaki ilyen cellal akar epiteni, hogy tetszőleges tavolsagra ki tudjon nyulni az epulet, anelkul, hogy egyensulyat vesztene, akkor ez kozel sem a leghatekonyabb modszer. Kulonbozo trukkos modszerekkel sokkal kevesebb teglaval is elérhető ugyanakkora kinyulas.
Kicsit elsüllyedt már a téma, de most olvastam vissza.
Építsünk felülről lefelé, ahogyan mondtad is. A legfelső tégla alatt jobbra csúsztatva helyezzük majd el a továbbiakat, és a téglák természetesen homogének és egyformák.
Legyen a téglák számunkra fontos ("hossz-") mérete 2 egység.
A legfelső téglának, mint egy téglából álló blokknak a súlypontja a bal szélétől 1 egységre van, ezért alá 1 egység eltolással tehetjük a következőt anélkül, hogy a felső lebillenne. Most ennek a két téglából álló blokknak tekintjük a súlypontját, ez az alsó tégla bal szélétől 1/2 egységnyire van (ezt még nagyon könnyű belátni); a kétdarabos blokk nem borul le, ha súlypontja alá tesszük a következő tégla bal szélét. Az így keletkező hármas blokk súlypontja az alsó tégla szélétől 1/3 egység távolságra van, az alá tesszük a negyedik tégla bal szélét stb. (*)
Ha a legfelső tégla a 0. sorszámú, akkor a k. sorszámú tégla a felette lévőhöz képest 1/k egységgel van jobbra eltolva, tehát n+1 db tégla esetén az építmény talpának bal széle a legfelső tégla bal szélétől vízszintesen 1+1/2+1/3+1/4+1/5+1/6+ ... +1/n egység távolságra van. E sor pedig divergens, tehát az építmény - kétségkívül meglepő módon - tetszőleges szélességet elérhet. (Már 5 tégla esetén az a helyzet áll elő, hogy a legfelső tégla teljes egészéban balra esik a legalsótól.)
(*) A tendencia viszonylag egyszerűen belátható, hiszen az n. tégla tömege önmagában a teljes rendszer tömegének 1/n-ed részét teszi ki, tehát egy hosszegységgel odébb helyezve az össztömeg súlypontjának helyét 1/n hosszegységgel mozdítaná el.
Hirtelen csak annyit gondoltam vegig, hogy egy henger eseten a felszin konstans, tehet felfele szelesednie kell, de ha egyenletesen szelesedik, az nem lesz jo, mert magassaggal a térfogat meg "hirtelenebbul" no, mint a párolgási felulet, ezert valami konvex alakunak kellene lennie az oldalfalnak.
Bar most igy masodjara belegondolva kicsit elbizonytalanodtam... 🤓
De a vegtelenul elkeskenyedo, "feneketlen" edeny teljesen jogos. 😊
Uj feladat, milyen alaku edénnyel (edenyekkel) valosithato meg a feladatbeli parolgasi jellemzo? 😄
Nem lehet paraboloid, mert abból véges idő alatt elpárolog. Ha felezési ideje van, akkor matematikailag végtelen idő alatt párolog el a véges mennyiség. Talán megforgatott exponenciális görbe? Mindenképpen "feneketlen", de véges edény.
Naszoval akkor mostmar hogy megvan az orankenti párolgás, nezhetjuk a visszafele szamolos otletemet:
10. ora vegen 2 l
10. ora elejen min. 2*gyokketto kell (kb. 2,82)
Ezt 1 liter hozzaadasaval nem kaphatjuk meg, mert akkor, a 9. ora vegen mar ket liter ala mentunk volna. Igy akkor marad ugyanaz az elv, hogy a 9. ora vegere min. 2 l maradjon.
Ezzel a logikaval visszapattogunk egesz az elejere, es kijon, hogy 3 literrel kell kezdenunk. (Mivel ez az elso 2,82-nel nagyobb egesz szam.)
Akkor innen indulva megvan, hogy mennyi marad az elso ora vegen (3/gyokketto), ami meg mindig kisebb 2,82-nel, tehat hozza kell adni egy litert.
A 2. ora vegen (3/gyokketto + 1)/gyokletto marad. Ha ez nagyobb 2,82-nel, akkor hurra lehet egy ures korunk (nem adunk hozza semmit), ha kisebb, akkor megint hozzaadunk egyet.
Megmondom oszinten egy gyors atolvasassal itt nem tudtam mindent kovetni, egy kicsit mintha tul is lenne bonyolitva... 😁
Differencialegyenletmegoldas valojaban nem szukseges itt, de a hatterben az van, hogy az ilyen tipusu problemak (mint itt ez a kepzeletbeli terfogataranyos parolgas, vagy hasonlo valos mechanizmus: egy test kihulese) megoldasa egy lecsengo exponencialis fuggveny. Jelen esetben 2-x/2, vagy 2-(1/2)t, ha az idot t-vel jeloljuk, es az "idoallandot" is szeretnenk kulon latni.
Tetszoleges ido alatti ertekvaltozast e fuggveny szerint lehet megmondani. A mi esetunkben viszont diffegyenlet ismeretek nelkul is "kisutheto" az orankenti 1/gyokkettes faktor. :)
Terfogataranyos parolgas lehetseges, ha a taroloedenyben a folyadekfelszin nem azonos, kulonbozo mennyisegek eseten. (pl. egy paraboloid alaku edeny.... Bar konkretan nem tudom, hogy ez az alak adja-e pont a terfogataranyos feluletet. Gyanitom inkabb valami 1 es 2 kozotti hatvany forgasteste a megoldas, ha ezt keressuk. :)
Nem, 0-5 közötti egész szám lehet a bevitel óránként, és minden óra végére minimum 2 egységnek kell lennie.
Ay óránkénti párolgási veszteséggel vagyok elakadva, az előbb írtam, mennyiség függvénye miatt állandóan változik, így mindig módosulnak az értékek, ennek okát nem értem.
