|
|
| [138] Hajba Károly | 2005-08-31 23:22:46 |
 Kedves Laci!
Egy kis ízelítő, hogy miért nem nem találtál a köteles feladathoz "normális" leírást? Mert ez egy tipikus elméleti feladat. A mérnöki gyakorlatban egyrészről ilyen instabil szerkezetekkel nem számolunk, mint a lelógó kötél. Másrészről a kötél mindig feszített állapotban van és az önsúlyához képest nagyságrendekkel nagyobb terheléssel, gyakorlatilag az önsúly majdhogy nem elhanyagolható. (Pl. a hídkötelek vagy a leégett régi sportcsarnok födémzete. Ez utóbbi egy szép mérnöki megoldás volt, a rengeteg húzott kötél segítségével a fesztáv nagyságához képes könnyed szerkezet alakult ki.) Bármely szerkezet a külső (teher) és belső (önsúly) erők hatására változtatja eredeti alakját, s a mérnököket ez érdekli.
A mai statikai programok Ali leírásának elvéhez hasonlóan elemi háromszögekre bontja a szerkezeteket és ezek elmozdulásával végzett belső munka minimumát keresik. Ezzel mindenféle terhelési esetre, alakra, statikai modellre egységesen megtalálható az alakváltozás és a kritikus feszültségi hely. A program használói már el is felejthetik az egyetemen tanult bonyolult képleteket, melyek egyébként is csak közelítő, de ezért pontos számítások voltak.
HK
|
| Előzmény: [137] lorantfy, 2005-08-31 17:10:46 |
|
| [137] lorantfy | 2005-08-31 17:10:46 |
 Jó ötlet. Kösz, hogy beírtad! Gondoltam rá én is, de akkor már késő volt, hogy meg is csináljam. Kivitelezhetőbbnek látszik, mint Geg Dirac-deltás gondolatsora, bár az is nagyon szépen hangzik.
Vasárnap este jöttem haza egy versenyről és a hátralévő egy nap nagy részét azzal töltöttem a "hanging chain loaded vertical force" után keresgéltem a googlival. Nem akartan elhinni, hogy ez nincs valahol normálisan leírva. Az egyetlen hasznos mondat amit találtam, hogy a terhelt kötélnél a terhelési pontban az érintő meredeksége F/H-val ugrik.
|
| Előzmény: [136] Ali, 2005-08-31 15:16:59 |
|
| [136] Ali | 2005-08-31 15:16:59 |
 Felejtsük el a láncgörbét
Ne vágjuk szét azt a szerencsétlen kötelet.
Pláne ne toldjunk be semmiféle újabb kötéldarabot.
Osszuk föl 2n egyenlő részre a kötelet és vegyük súlytalannak !
Akasszunk minden osztópontba M/2n tömeget, ahol M a feladatbeli kötél tömege.
Írjuk fel minden osztópontban az egyensúlyi feltételt (néhány szinusz, koszinusz, kötélerök meg ilyenek)
Írjuk fel a kötél nyújthatatlanságából adódó kényszerfeltételt.
A szimmetria miatt elég ezt a fél kötélhosszra eső n osztópontra fölírni, a felfüggesztési pontból indulva egészen a kötél legalsó pontjáig. Terhelt kötél esetén a legalsó pontban (M/2n) + m tömeg lóg, ahol m a ráaksztott tömeg.
Oldjuk meg az egyenletrendszert. Ehhez egy kis "progi" kell. A progi kiszámítja a lelógást mindkét esetben.
|
| Előzmény: [135] lorantfy, 2005-08-31 13:32:05 |
|
|
| [134] Geg | 2005-08-31 13:30:58 |
|
Az erovel terhelt kotel alakjanak meghatarozasa az alabbi modszerrel tortenhet: tudjuk, hogy a kotel alakja olyan kell legyen, hogy a rendszer gravitacios potencialis energiaja minimalis legyen. Formalisan ugy tekintjuk a kotelet, hogy a kozepen (vagy ahol a feladat megkivanja) vegtelen nagy a surusege, de a teljes hosszra kiintegralva megkapjuk a kotel tomeget, es azt a tomeget, amivel terhelunk. Ezt matematikailag ugy tehetjuk meg, hogy a terheletlen kotelhez tartozo suruseghez hozzaadjuk a dirac-fele delta disztribuciot (ill. annak konstans-szorosat, a terhelestol fuggoen). Az igy megkonstrualt surusegfuggessel felirjuk az egyes koteldarabok helyzeti energiajat, kerdes, hogy milyen fv-alak eseten kapunk minimumot (altalaban extremumot). A megoldas az euler-lagrange egyenletre vezet, amelybol integralassal meghatarozhato a keresett alak. Kisebb bonyodalmat okozhat az, hogy figyelembe kell venni, hogy a kotel hossza adott (mellekfeltetel), ezt lagrange-fele multiplikator modszerrel lehet kezelni.
|
| Előzmény: [125] lorantfy, 2005-08-30 14:44:04 |
|
|
|
| [131] Ali | 2005-08-31 12:03:42 |
|
Mindenkinek, akit érdekel...
Sorszámozzuk meg a dominókat:
1 : 2x2 -es
2,3,4,5 : 1x1 es sorfolytonosan fölülről lefelé
6,7,8,9 : 2x1 -es (függőleges állású dominók) sorfolytonosan alulról föllfelé (bocs...)
10 : 1x2 -es vízsintes állású dominó
F : főlfelé lép, L,J,B értelemszerűen.
Akkor a 112 lépés:
B10 L5 J5 J10 L8 B2 B3 B9 F5 F5 J10 L4 L3 J2 F8 B4 B10 F7 F7 J1 J6 L4 L4
L8 B2 L8 B3 B9 B5 L5 F7 J10 L9 J2 J2 F9 F6 J4 L8 L3 B9 F6 F6 J3 L3 B10 L7
J2 F5 B10 B7 L2 J5 F7 J10 F8 B4 L3 J10 L6 L6 B7 B2 F2 F10 F1 J3 J3 J4 J4
L6 L7 B2 B5 L8 L9 B2 B5 F10 F1 F3 J4 J6 L7 L7 B1 F3 F3 F4 F4 J6 J7 J8 L9
L9 B1 B3 L3 L10 J5 J2 J5 J2 F1 B3 B3 B4 B4 L10 L2 J2 J1
|
|
| [130] Atosz | 2005-08-31 09:48:01 |
 Sziasztok!
Szeretnék én is gratulálni minden játszónak és kiemelten köztük a legjobbaknak. Lászlónak vígasztalásul mondanám, hogy én is egy 118-as megoldást adtam le, és valóban jó lenne látni az animáció lépéses leírását.
Minden jót: Atosz!
|
|
|
| [128] Hajba Károly | 2005-08-30 15:14:52 |
|
Kedves Ali!
A kötélhelyettesítéshez egy szemléletes példa:
A terheletlen kötelet vágjuk el a legalsó pontban és illeszünk oda egy fix helyű csuklópontott,legyen ez (A). Itt az elvágott kötélvégen csak vízszintes erő lép föl, így a (A)-t vízszintes erővel húzza. Most kezdjük emelni a másik (B) kötélvéget addig, míg (A)-ra ható húzóerő függőleges komponense pont akkora nem lesz, mint egy 1/2 kg súlya. Ekkor a (B) pontban a függőleges erő pont akkora, mint a feladatbeli második esetben.
Azaz teljesen mindegy, hogy az (A) pontbeli többlet erő miből származik: súly, kötéldarab vagy fix pont. Más kérdés, hogy miért pont az adott íveléssel helyeződik be. Az tény, hogy az illesztési pontban minkét összeillesztendő ívvégnek a pontban felvett érintője azonos. Az 1 kg-os kötél beillesztése a számolás könnyítése miatt történik.
S természetesen jelen példa szerinti emelkedésnek is az eredeti emelkedéssel egyezőnek kell lennie.
HK
|
| Előzmény: [121] Ali, 2005-08-30 13:16:01 |
|
|
| [126] Kós Géza | 2005-08-30 14:55:24 |
 Kedves Ali,
Köszönöm az észrevételt. A megoldást kijavítottam, a pontszámokat is korrigáltam.
(Az eredményhirdetéssel még várjunk egy kicsit, hátha lesz más változás is.)
|
| Előzmény: [121] Ali, 2005-08-30 13:16:01 |
|
| [125] lorantfy | 2005-08-30 14:44:04 |
|
Egyetértek Alival a képleteket illetően és hogy fizikai értelmet adjunk a paraméternek, legyen w=G/L=3 N/m - a kötél fajlagos súlya, H pedig a horizontális erőkomponens, ami lógó kötélben végig állandó nagyságú, itt H=3,4446 N lesz. Ekkor
Ha szeretnénk, hogy a kötél az origóig lógjon, akkor
A V vertikális erőkomponens a kötélen felfelé haladva mindig növekszik a hátrahagyott kötélrész súlyával és a végén G/2 lesz.
Ha F erővel terheljük a kötél közepét, akkor pl. jobbra haladva a kötélen a vertikális erő F/2-ről indul és fokozatosan növekszik a kötél súlyával.
Ugyanigy növekszik az erő egy bizonyos ponttól abban a fél kötélrészben, ami  -vel hosszabb, mivel az l hosszú részen végighaladva a kötéldarabok súlyából F/2 vertikális erőkomponens gyűlik össze. Ezért lehet közelíteni az erővel terhelt esetben a kötélrészt egy hosszabb kötél megfelelő darabjával.
Én is ezt a trükköt alkalmaztam, ugyanis nem tudtam mást. Az erővel terhelt kötél leírását sem az internetem sem a MŰ-egyetemi statika jegyzetben nem találtam.
|
 |
| Előzmény: [121] Ali, 2005-08-30 13:16:01 |
|
| [124] Hajba Károly | 2005-08-30 14:22:40 |
|
A győzteseknek én is gratulálok.
Laci! Szerintem nincs maximális pontszámú versenyző, a pontszámok alapján az utolsó feladatot csak te oldottad meg jól. A Klotski valaha nekem is megvolt, de a sok gép és vinyócsere miatt már nem leltem, programozói gyakorlat nélkül papíron meg mazohista feladat lett volna az optimális utat meglelni. Küldheted.
|
| Előzmény: [120] lorantfy, 2005-08-30 13:09:40 |
|
|
| [122] jonas | 2005-08-30 13:20:10 |
 Én is gratulálok minden résztvevőnek.
Nagyon jó feladatok voltak, azt hiszem, érdemes lesz utólag is beszélni róluk. Különösen a 30., 31. feladatokról. Meg kéne próbálnom versenyen kívül bebizonyítanom őket.
|
|
| [121] Ali | 2005-08-30 13:16:01 |
|
Szerintem nem jó a 34. feladatra adott hivatalos megoldás.
A lácgörbe egyenlete
 | (1) |
és nem
 | (2) |
(1) nem is hozható (2) alakra (kivéve az a=p=1 spec. esetet).
Az ívhossz a kötél teljes L hosszára
 | (3) |
, ahol d=5 a felfüggesztési pontok távolsága, L=10.
(3) -t megoldva a -ra, a=1.14820107...
Ebből a lelógás az 1 kg-s tömeg nélkül (1) szerint f(2.5)-f(0) = 3.9819417...
Egyelőre ennyi, az sem világos, hogy miért is helyettesíthető az 1 kg-s tömeg azzal a kötéldarabbal, amit a megoldásban használtak, de ez a következő téma lesz.
|
|
|
| [119] lorantfy | 2005-08-30 13:05:55 |
|
A 31. feladatot én teljesen manuálisan csináltam. Sajnos 118 lépésnél kevesebbel nem sikerült kiraknom. Ahhoz azért profi programozónak kell lenni, hogy erre programot írjon valaki.
Szerencsére van egy számítógépes játék, aminek ez az egyik feladványa. A WIN 3.1 ősi programcsomag játékai között szerepel, neve KLOTSKI. Akit érdekel töltse le. Sok hasonló feladvánnyal lehet szórakozni. (Ha nem találod, írjál és elküldöm e-mail mellékletkét!)
A hivatalos megoldás animációja elég gyors, így nehéz lesz kielemezni, hol lehet még 6 lépést megspórolni.
Mellékelem a megoldásomat, ha valaki rájön, hol lehet rövidíteni, szóljon! (A tábla itt fordított helyzetű.)
|
 |
|
|
| [117] Atosz | 2005-08-28 08:33:14 |
|
Sziasztok!
A tologatós feladattal kapcsolatban kérdezném, hogy egy "bábu" egy mezőnyi mozgatása számít-e 1 lépésnek, és így ha a "bábut" két mezőnyivel is arrébb tolhatom akkor az már két lépés, vagy egy "bábu" mozgatása a mezőszámtól függetlenül 1 lépésnek számít?
|
|
| [116] Atosz | 2005-08-26 15:16:29 |
|
Sziasztok!
Egy kicsit általánosabb megoldás a Fibonacci-s feladatra, bár én is csak úgy találtam:
Ami  esetén 
Minden jót: Atosz
|
|
