Full resolution (JPEG) - On this page / på denna sida - H. 43. 24 november 1953 - 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.
928
TEKNISK TIDSKRIFT
Maximal avdrift uppnås för vy = O, dvs. för dyldx — O,
eller enligt (3) för
1
Av (3 a) erhålles
In2—1
ffø = - + x. ^L
dx dx
(4)
varigenom (3) övergår till
dz
11 + z"
Härav genom integrering
= — ■ dx
ln [z + J/i + z2] = — A- • ln ^
enär z = O för x = b dvs.
eller enligt (4) samt med z — y/x enligt (3 a)
(5)
n - 1
(n-1) 2
(6)
ii + i
(n + 1) 2
Ekv. (6) utgör problemets lösning. Fig. 1 är uppritad för
n = 2, varvid man får x1 = b/3 och yx = ——.
3 j/3
Genom invertering av ekv. (5) erhålles
(?)
yi + z2
som i kombination med (5) (3 a) ger
vilket är ekvationen för motorbåtens väg. Man ser att
y = 0 för x = 0 så länge som n > 1.
Genom addition av (5) och (7) får man dessutom
som tillsammans med (1) och (3 a) ger
J_ = _ 1
Vx
Vo ’ 2 v0
Genom integration härav erhålles tiden för överfarten
to
tö =
1 —
1
(9)
där t0 = b/v0 — tiden för överfart i stillastående vatten.
Det är av speciellt intresse att undersöka fallet n = k = 1.
Man får då enligt (8)
som är en parabel med vertex i y — b/2. I slutskedet
avtar härvid båtens absoluta hastighet mot noll. Båten
håller sig med bredsidan mot land och målet uppnås först
efter oändligt lång tid (därest icke någon person — enligt
förslag av sign. Phr — på slutet gör ett behjärtat ingrepp
med t.ex. en båtshake).
Ovanstående är återgivet efter sign. Ög. — Sign. Phr,
som för övrigt skriver ekv. (8) under formen
. , — ln x
u = x ■ sin h -
y n
har genomfört ett antal banberäkningar bl.a. för n < 1,
återgivna i fig. 2. I denna figur visas även orten för
maximala avdriftspunkten.
Flertalet problemlösare (inkl. Phr) har vid sina beräk-
som enligt S-E Furberg även kan skrivas
b 11 — sinKjp\y
eos <p \1 + sin tp I
Fig. 3.
Men avdriften är
a — r eos <p
b ( n —1 m n +1 <p\
-äW I)
(13)
Genom derivering erhålles maximum vid
tg £ = l/EEÄ
8 2 V n + 1
och vid insättning härav i (13) samma uttryck för
maximala avdriften som tidigare enligt (6).
övriga, icke redan citerade problemlösare har varit Bo
Bergström, N F Enninger, A Johansson, Bo Lundén, R
Bennet, sign. Ed, lon, I F, G O, N E och St—m. — Ett par
av deltagarna har betecknat problemet som "lagom svårt".
ningar använt
polära koordinater. Som
exempel återges i
något förkortad
form problemförf:s
(sign. Hel) lösning.
Ur fig. 3 erhålles
direkt
dr
— = u eos fp —
-ro (9)
samt b
2
d<p
= — usin’3? (10)
varav efter
elimine-ring av dt
dr _ d<p
r sin «p
— (cot i??) •d<p (11) Fig 2.
Integrering ger
æ
ln r = n ■ ln tg —— ln sin <p + C
varvid C = ln b, dvs.
æ n —1 w
_i
sin (p 2 n + l m
eos —
Problem 11/53. En homogen vals är upplagd på ett
lastbilsflak enligt fig. 4. Lastbilen startas. Hur lång sträcka
har den hunnit
köra innan valsen
rullar av från
flakets bakkant?
Flaket antas hela
tiden förbli
horisontellt.
A Lg Fig. 4.
<< prev. page << föreg. sida << >> nästa sida >> next page >>
