by 
Από Παναγιώτη Αθανασίου:
Θα ήθελα να εκφράσω ένα προβληματισμό που μου προέκυψε πρόσφατα.
Αν θεωρήσουμε την ΑΑΤ με εξίσωση χ=0.2ημ(10t+π/6) και μας ζητηθεί να υπολογίσουμε το μέγιστο και το ελάχιστο διάστημα που διανύει το κινητό σε χρόνο Δt=T/4.
Υπάρχει κάποιος τρόπος αντιμετώπισης δημιουργώντας μια συνάρτηση και ψάχνοντας μέγιστο και ελάχιστο; Ή μηπως με μιγαδικους παιρνοντας διαφορά ορισμάτων π/2;
Στη βιβλιογραφία υπάρχει η άσκηση στο βιβλιο θεμάτων του Νικολακόπουλου (1η άσκηση ερώτημα Γ.14), αλλά πρέπει να ομμολογήσω πως ο τρόπος αναλυσης εκει δεν με έχει καλύψει.
Κάθε ιδέα ευπρόσδεκτη!!!
Απάντηση από τον/την Ηλίας Ζαρνάς στις
Για την ελάχιστη τιμή αρκεί να σκεφτούμε οτι το σώμα πρέπει να έχει τις πιο μικρές τιμές ταχύτητας αρα θα περνάει απο ακραία θέση στο χρονικό διάστημα Τ/4. Εστω οτι πέρασε απο την θέση χ=+Α
την τ1 η απομάκρυνση είναι χ1=Αημφ1
την τ2 η απομάκρυνση είναι χ2=Αημφ2=Αημ(φ1+π/2)
Το διάστημα είναι s=(Α-χ1)+(Α-χ2)=2Α-(χ1+χ2)
χ1+χ2=2Αημ(φ+π/4)*συνπ/4=2Α√ 2/2 *ημ(φ+π/4)
s=min οταν χ1+χ2=max =2A√2/2=Α√2 οπότε s=min=2A-1,4A=0,6A
Απάντηση από τον/την Γεώργιος Βαρελάς στις
Ηλία το είχα δείξει πριν. Απλώς στη «γεωμετρική απόδειξη» δεν ισχύει το Α στο min (που πολύ ωραία το είχε δείξει ο Διονύσης): s=min=2A-1,4142A = (περίπου =) 0,586A
Απάντηση από τον/την Τάσος Τζανόπουλος στις
Απαντήσεις σε αυτή τη συζήτηση
Καλημέρα Παναγιωτη
Δες εδώ το επισυναπτόμενο αρχείο ελάσσονες και μείζονες αρμονικές
Ευχαριστώ πολύ Δημήτρη μου!!! Πολύχρονος κιόλας!!!!
Εξαιρετική δουλειά!!! Αντιμετωπιζεις το θέμα εκπληκτικά!!!
Γκενές Δημήτρης είπε:
Καλημέρα Παναγιωτη
Δες εδώ το επισυναπτόμενο αρχείο ελάσσονες και μείζονες αρμονικές
Παναγιώτη κάνω διακοπή για φαγητό. Θα το συμπληρώσω αργότερα. Χρειάζεται να εξεταστεί και για k = 0.
Χ1=0.2ημ(10t+π/6)
Χ2=0.2ημ(10t+2.5Τ+π/6)
ΔΧ = Χ2 – Χ1 = 0.2ημ(10t+2.5Τ+π/6) – 0.2ημ(10t+π/6) Þ
ΔΧ = 0.4ημ(10t+1.25Τ+π/6)συν(π/4), αλλά Τ = 2π/10 Þ
ΔΧ = 0.4ημ(10t+π/4+π/6)συν(π/4) Þ ΔΧ = 0.4συν(π/4)ημ(10t+5π/12) Þ
(ΔΧ)΄ = 4συν(π/4)συν(10t+5π/12) Þ (ΔΧ)΄ = 4συν(π/4)συν(10t+5π/12) Þ
(ΔΧ)΄ = 0 Û συν(10t+5π/12) = 0 Û 10t+5π/12 = kπ + π/2 Þ
t= kπ/10 + π/12.
(ΔΧ)(2)(11π/60) = – 40συν(π/4)ημ(11π/60+5π/12) Þ (ΔΧ)(2) = – 40συν(π/4)ημ(3π/5) < 0 Þ
η (ΔΧ)΄ παρουσιάζει μέγιστο για t = 11π/60.
Συνεπώς: ΔΧ = 0.4συν(π/4)ημ(27π/12) = 0.4συν(π/4)ημ(π/4) = 0.2ημ(π/2) =0.2 = Α.
Βέβαια αυτή είναι η μετατόπιση, διότι Χ1 και Χ2 είναι οι θέσεις. Όμως (αν κάνουμε τις πράξεις: φάση1 = 2π, φάση2 = 2π + π/2) η αρχική θέση είναι Χ1 = 0 και η τελική θέση είναι Χ2 = + Α.
Με τον ορισμό της μέση ταχύτητας θα περίμενα να έχουμε το μέγιστο διάστημα μεταξύ για φάση: -π/4 έως +π/4 και για ελάχιστο διάστημα από το +π/4 έως το +3π/4. Θα το ξαναδώ. Ίσως κάνω λάθος στις πράξεις
Καλή όρεξη Γιώργο μου!!! Ευχαριστώ θερμά!!! Το κυττάζω κι εγω παράλληλα!!! Δες αν θες την απάντηση του Δημήτρη. Νομίζω το υπέρκαλύπτει.
Αν έχεις το βιβλιο του Νικολακόπουλου ρίξτο μια ματιά και απο κει.
Παναγιώτης Αθανασίου είπε:
Καλή όρεξη Γιώργο μου!!! Ευχαριστώ θερμά!!! Το κυττάζω κι εγω παράλληλα!!! Δες αν θες την απάντηση του Δημήτρη. Νομίζω το υπέρκαλύπτει.
Φοβερή δουλειά ο Δημήτρης. Εύγε! Είμαι βλέπεις «νέος» στο ylikonet.
Παναγιώτη δεν έχω το βιβλίο του Νικολακόπουλου. Αν μπορείς να σκανάρεις τη σελίδα καταχώρισέ τη.
Καλή συνέχεια.
Συνάδελφοι καλησπέρα.
Και μια γεωμετρική λύση με τη βοήθεια του κύκλου αναφοράς της ΓΑΤ:
Θεωρούμε σώμα που εκτελεί ΓΑΤ και δύο στιγμές t1 και t2 ώστε Δt = t2 – t1 = T/2.
Το βοηθητικό κινητό Σ πάνω στον κύκλο αναφοράς βρίσκεται τις στιγμές αυτές σε θέσεις Σ1 και Σ2 τέτοιες ώστε το τρίγωνο ΟΣ1Σ2 να είναι (ισοσκελές και) ορθογώνιο με υποτείνουσα d = Α√2.
1) Αν τη στιγμή t1 το ταλαντούμενο σώμα κατευθυνόταν προς τη ΘΙ, τότε σε χρόνο Τ/4 δεν αλλάζει η φορά της κίνησης.
Οι θέσεις Σ1 και Σ2 βρίσκονται αντίστοιχα στο 2ο και 3ο τεταρτημόριο του κύκλου αναφοράς –αριστερό σχήμα (ή στο 4ο και 1ο τεταρτημόριο).
Το διάστημα S που διανύει το ταλαντούμενο σώμα είναι προφανώς ίσο με την προβολή του τόξου Σ1Σ2 (ή του ευθυγράμμου τμήματος Σ1Σ2) πάνω στον y άξονα.
Ισχύει δηλαδή:
A ≤ S ≤ Α√2 ή αλλιώς A ≤ S ≤ 1,41Α (1)
(Η μικρότερη τιμή αντιστοιχεί στη διαδρομή «Ακραία Θέση → ΘΙ», ενώ η μεγαλύτερη στη διαδρομή «+A√2/2 ↔ –A√2/2»).
2) Αν αντίθετα τη στιγμή t1 το ταλαντούμενο σώμα κατευθυνόταν προς Ακραία Θέση, τότε μέσα στο χρόνο Τ/4 φτάνει σ’ αυτήν και αλλάζει η φορά της κίνησης.
Οι θέσεις Σ1 και Σ2 βρίσκονται τώρα αντίστοιχα στο 1ο και 2ο τεταρτημόριο του κύκλου αναφοράς – δεξιό σχήμα (ή στο 3ο και 4ο τεταρτημόριο).
Το διάστημα S που διανύει τώρα το ταλαντούμενο σώμα είναι ίσο με το άθροισμα των διαστημάτων S1 και S2:
S = S1 + S2 = (A – A∙ημφ) + [Α – Α∙ημ(φ+π/2)] =
= 2Α – Α[ημφ + ημ(φ+π/2)] = 2Α – 2Α∙συν(π/4)∙ημ(φ+π/4) →
S = 2Α – Α√2∙ημ(φ+π/4) για την περιοχή 0 ≤ φ ≤ π/2
Δηλαδή στην περίπτωση αυτή, ισχύει:
A(2–√2) ≤ S ≤ Α ή αλλιώς 0,59A ≤ S ≤ Α (2)
(Η μικρότερη τιμή αντιστοιχεί στη διαδρομή «±A√2/2 → Ακραία Θέση → ±A√2/2», ενώ η μεγαλύτερη στη διαδρομή «ΘΙ → Ακραία Θέση»).
Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι σε χρόνο T/4 το μέγιστο διανυόμενο διάστημα είναι:
Απάντηση από τον/την Παναγιώτης Αθανασίου στις 27 Οκτώβριος 2013 στις 21:50
Smax = Α√2
Διονύση όπως πάντα καταπληκτικός!!! Απλά προσπαθούσα να αποφύγω το στρεφόμενο. Σε ευχαριστώ θερμά!!!!
Διονύσης Μητρόπουλος είπε:
Απάντηση από τον/την Γεώργιος Βαρελάς στις 27 Οκτώβριος 2013 στις 22:33
Συνάδελφοι καλησπέρα.
Λύση με τη μέση ταχύτητα. Επειδή η μεγαλύτερη μέση ταχύτητα επιτυγχάνεται στη θέση ισορροπίας, ενώ η ελάχιστη στη μέγιστη απομάκρυνση, λογικά και συμμετρικά πρέπει να διανύει το μέγιστο διάστημα σε ίσες αποστάσεις από τη θέση ισορροπίας και το ελάχιστο διάστημα σε ίσες αποστάσεις από τη μέγιστη απομάκρυνση (άρα επανέρχεται στη ίδια θέση). Έτσι το μέγιστο επιτυγχάνεται από τη φάση 3π/4 μέχρι τη 9π/4 (ή -π/4 έως π/4 ή αντίστροφα, αφού θέλουμε διάστημα και όχι μετατόπιση) και το ελάχιστο από π/4 έως 3π/4 ή ισούνται αντίστοιχα με το διπλάσιο του διαστήματος από 0 σε π/4 και από π/4 σε π/2 αντίστοιχα (αλλά αφού έχει υπολογίσει το ένα αφαιρείς και βρίσκεις το άλλο). Βρίσκονται και γεωμετρικά (αλλά με στρεφόμενο δεν είναι εκτός ύλης;) ή απλά τριγωνομετρικά από την εξίσωση. Η απάντηση για το μέγιστο είναι 2*Α*(2^0,5)/2 = Α*(2^0,5) και 2*Α – 2*Α*(2^0,5)/2 = Α*(2 – 2^0,5)
Απάντηση από τον/την Ηλίας Ζαρνάς στις 28 Οκτώβριος 2013 στις 1:46
Καλησπέρα συνάδελφοι
Μέγιστο διάστημα σε χρόνο Τ/4 θα διανύει το σώμα αν έχει τις μεγαλύτερες δυνατές τιμές της ταχύτητας οπότε στο διάστημα Τ/4 θα περνάει απο τη Θ.Ι οπου υ=μέγιστη (κατα μέτρο).Αν ομως διέρχεται απο τη ΘΙ θα κινείται συνέχεια προς την ίδια κατεύθυνση και τότε το διάστημα ισούται με το απόλυτο Δχ.
Δχ=Αημφ2 -Αημφ1=2Ασυν(φ1+φ2)/2 *ημ(φ2-φ1)/2=2Αν2/2συν(φ2+φ1)/2 =Αν2συν(φ2+φ1)/2
Δχ=μεγιστο οταν φ1+φ2=2π,..αυτό συμβαίνει οταν κινείται από τη θέση +Α προς το -Α