Full resolution (JPEG) - On this page / på denna sida - Häfte 33. 15 aug. 1942 - Problemhörnan, av A. Lg.
<< prev. page << föreg. sida << >> nästa sida >> next page >>
Below is the raw OCR text
from the above scanned image.
Do you see an error? Proofread the page now!
Här nedan syns maskintolkade texten från faksimilbilden ovan.
Ser du något fel? Korrekturläs sidan nu!
This page has never been proofread. / Denna sida har aldrig korrekturlästs.
Teknisk Tidskrift
Problemhörnan
Fig. 1.
Sign. ög har behandlat problemet på följande sätt:
Krukans givna yta sättes i= n a2, där a är en viss längd.
Man får då enligt figuren
Volymen V t= ^(.ß2 + Rr + r2) — max
O
(1)
Ur (9) erhålles dessutom X’—-
Eliminerar man
(B2 + Br + r2) s :
(R + r)
Införes här
reduktion
-Br2 + 3 r3 = 0
JO
ur vilken ekvation förhållandet— kan beräknas.
r
tionen har en rot
B
■■ 1, som enligt föregående behand-
Vi återkomma härnedan till den andra gruppen
lösningar till problemet om blomkrukan (10/42), vars
lydelse rekapituleras:
"Med en given mängd lera skall framställas en
blomkruka i form av en stympad kon med konstant
gödstjocklek i sida och botten. Beräkna krukans
proportioner under villkoret att volymen är den största möjliga.
Godstjockleken anses vara liten i förhållande till övriga
mått."
ling av problemet förkastas, och dessutom rötterna
B
1± NA?
Av
erhålles
sin oc -
B
2
1 +
B-
B
y/7 —1_4— y/7
V"7 + 1 ~~ 3
som förut.
Civ.-ing. W. Rosén har valt följande snarlika
behandlingssätt:
_ , , JtB* nr2
Krukans area = A = n r2 +
varav relationen
f=r> +
B2 -
sin oc sm oc
= 0
Volymen är
V= - (B3 — r») cot oc
För maximum av V med bivillkoret f= 0 gäller
2 B
d~B+XdB-°’
- 7T B2 COt OC + Å-
smct
2 r
sv df
–(- a — = 0 = — n r2 cot oc + X —— (sin oc-
à r dr sin oc
(1)
(2)
(3)
-1) (4)
jro2 = ji[r^+ (R + r) s] (2)
s2 c= (R — r)2 + 7i2 (3)
Vi bilda nu hjälpfunktionen
■f—h (Ä2 + Rr + r2) + X [02 — r2— (R + r) s] +
+ /i [s2 — Ä2 — (R — r)2] (4)
där X och fi äro "multiplikatorer".
Ett maximum måste då uppfylla villkoret, att de
partiella derivatorna
fn, fr, fg och f,
samtliga äro likamed noll, varav
h(2B + r) — As — 2/u(B — r) = 0 (5)
h(B + 2r) — A(2r + s) + 2fi{B — r) = 0 (6)
B2 + Br + r2 —IfJih = 0 (7)
— A(B + r) +2 ns = 0 (8)
Multipliceras ekv. (5)—(8) med resp. R, r, h och s samt
adderas, erhåller man med hjälp av (2) och (3)
3 h (B2 + Rr + r2) e= 2 X [r2 + (B + r) s] — 2 XcP (9)
Adderar man (5) och (6) fås
3 h (R + r) = 2 X (r + s) (10)
Elimineras X mellan (9) och (10), finner man
sRr — R’2r
dvs. s— R (R — 0 och r — 0 förkastas!).
Ekv. (2) och (3) förenklas härigenom till
B2 + Rr + r2 e= a2 (2 a)
Kt = r(2R — r) (3 a)
3 h
Av (3) erhålles
X = — -g B eos oc
a
som insättes i (4) och ger
B = ^ (5)
sm oc
Av (5) framgår att R1= sidan s. Införes (5) i (1) och
(2) får man
f= B2 + Br + r» — ^ = 0 (6)
(7)
(8)
(9)
7 =
- r) r
Införes R-=ur erhålles ur (6) och (7)
A* 2u 1
9jr2 u2+u + 1
som deriveras med avseende på u.
Alltså
27— — — 3 + 2 —2i<8
éTm ~ 9 7t2’ (1 + u + u2)2
För maximum gäller
= 0
varav
dvs.
3-
dV _
d u
■ 2 u — 2; w2 = o
1± V7
som förut.
mellan (7) och (8) och insätter sagda värde på X, erhålles
3 h2
sc=R och Tiß enligt (3 a), får man efter
2 B3 — 4 R2r -
På snarlikt sätt har uppgiften lösts av civ.-ing. I.
Weibull, Lars Rundlöf och teknolog Bo Kihlgren. I ett par
av dessa lösningar har man föredragit att uppställa ett
3 V
uttryck även för —, varvid räkningarna ytterligare
förset
d V
kortas något på grund av att derivationen —— blir över-
du
flödig. Lösningen framkommer emellertid enligt denna
metod ur en 3:e gradsekvation.
Ekva-
Som förut nämnts kommer nästa problem i vår serie
att införas i början av september.
A. Lg.
380
15 aug. 1942
<< prev. page << föreg. sida << >> nästa sida >> next page >>
