×   HOME PREDAVANJA

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI INDEKS

VJEŽBE

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

KVIZ

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

PODSJETNIK

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

JAVA NETPLOT OCTAVE Traži ...

☰   matematika1 Parametarski zadana funkcija     DERIVACIJE I PRIMJENE     NIZOVI I REDOVI

Rješavanje problema ravnoteže

Diferencijalni račun izložen u prethodnim poglavljima ima mnoge važne primjene u fizici i tehnici. Ovdje ćemo kao ilustraciju detaljno opisati postupak riješavanja problema ravnoteže prikazanog na slici 5.18:

Preko koluta radijusa $r$ koji se nalazi na udaljenosti $d$ od ishodišta namotana je nit duljine $l$ na čijim su krajevima obješeni utezi s masama $m_1$ i $m_2$ . Pri tome je $r<d$ i $m_1>m_2$ . Kolut se oko svoje osi vrti bez trenja, a uteg s masom $m_2$ se također bez trenja kliže po $y$ -osi. Zadatak je odrediti ima li navedeni mehanički sustav položaj ravnoteže, te ukoliko ima, naći taj položaj.^5.1

Slika 5.18: Položaj ravnoteže mehaničkog sustava

Sa slike 5.18 vidimo da je $d=\vert OD\vert$ . Potencijalna energija $E$ zadanog sustava u polju sile teže s gravitacijskom konstantom $g$ dana je jednadžbom

$$E= - m_1 g \vert EF\vert - m_2 g \vert OC\vert.$$ (5.12)

Sustav će, kao što je poznato, imati ravnotežu tamo gdje je potencijalna energija minimalna. Naš je zadatak stoga izraziti potencijalnu energiju kao funkciju jedne varijable, utvrditi da li ta funkcija ima minimum te naći minimum ukoliko postoji.

Pokazuje se da je najpogodnija varijabla kut $\alpha$ . Zbog sličnosti trokuta vrijedi $\angle ADB=\angle ACO =\alpha$ . Očito je $\alpha\in (0,\pi/2]$ . Trokut $\triangle ACO$ je pravokutan pa je

$$\vert OC\vert = \frac{\vert OA\vert}{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits \alpha}.$$

Zbog pravokutnosti trokuta $\triangle ADB$ vrijedi

$$\vert OA\vert=\vert OD\vert-\vert AD\vert=d-\vert AD\vert=d-\frac{r}{\cos \alpha}$$

pa je

$$\vert OC\vert= \frac{d\cos \alpha -r}{\cos \alpha}\cdot \frac{ \cos \alpha}{\sin \alpha} = \frac{d \cos \alpha -r}{\sin \alpha}.$$ (5.13)

Označimo s $l_1$ duljinu dijela niti namotanog na kolut,

$$l_1=(\pi-\alpha)r.$$

Tada je

$$\vert EF\vert= l - l_1 - \vert CB\vert.$$

Vrijedi

$$\vert CB\vert=\vert CA\vert+\vert AB\vert=\frac{\vert OC\vert}{\c... ...lpha} + r\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{d-r\cos \alpha}{\sin \alpha}$$

pa je

$$\vert EF\vert= l - (\pi-\alpha)r - \frac{d-r\cos \alpha}{\sin \alpha}.$$ (5.14)

Konačno, uvrštavanje izraza (5.13) i (5.14) u formulu (5.12) daje traženu funkciju

$$E\equiv E(\alpha)= - m_1 g \bigg( l - (\pi-\alpha)r - \frac{d-r\... ...\sin \alpha}\bigg) - m_2 g \bigg( \frac{d \cos \alpha -r}{\sin \alpha}\bigg).$$

Sada treba utvrditi ima li funkcija $E(\alpha)$ minimum za $\alpha\in (0,\pi/2]$ . Zapravo se u ovom slučaju također radi o geometrijskom ekstremu (vidi poglavlje 5.7.1).

Pogledajmo prvo kako se funkcija ponaša u rubovima intervala. Vrijedi

$$E(\pi/2) = -m_1 g \big(l-\frac{\pi}{2} r-d\big)+m_2g r,$$

$$\lim_{\alpha\to 0+0} E(\alpha) = \lim_{\alpha\to 0+0} - m_1 g \bigg( l - \pi r - \frac{d-r}{\sin \alpha}\bigg) - m_2 g \bigg( \frac{d-r}{\sin \alpha}\bigg)$$

$$= -m_1 g (l-\pi r ) + g (m_1-m_2)(d-r) \lim_{\alpha\to 0+0} \frac{1}{\sin \alpha}$$

$$=+\infty.$$

U zadnjoj jednakosti smo koristili činjenicu da zbog pretpostavki vrijedi $m_1-m_2>0$ i $d-r>0$ . Promotrimo funkciju $E(\alpha)$ na zatvorenom intervalu $[\varepsilon ,\pi/2]$ pri čemu je $\varepsilon >0$ takav da je $E(\varepsilon )> E(\pi/2)$ . Takav $\varepsilon$ sigurno postoji jer je $\lim_{\alpha\to 0+0} E(\alpha)=+\infty$ . No, kako je funkcija $E(\alpha)$ na tom intervalu neprekidna, teorem 4.8 nam garantira da funkcija na tom intervalu dostiže svoj minimum. Dakle, zadani sustav ima položaj ravnoteže.

Ovim smo napravili važan korak u analizi zadanog sustava, jer čak i ako položaj ravnoteže ne budemo mogli točno odrediti, znamo da on postoji.

Da bi odredili položaj ravnoteže, nađimo prvo derivaciju zadane funkcije:

$$E'(\alpha) = -m_1 g\, \bigg(r-\frac{r\sin\alpha\cdot \sin\alpha-(d-r\cos \alpha)\cos \alpha}{\sin^2\alpha}\bigg)$$

$$-m_2 g\, \frac{-d\sin \alpha \sin \alpha -(d\cos \alpha -r)\cos \alpha}{\sin^2\alpha}$$

$$= \frac{-m_1g(d-r\cos \alpha)\cos \alpha -m_2g (-d+r\cos \alpha)}{\sin^2\alpha}.$$

Izjednačavanje (brojnika) s nulom daje kvadratnu jednadžbu po $\cos \alpha$ ,

$$(m_1 g r)\cos^2\alpha-(m_1gd+m_2gr)\cos \alpha + m_2 g d =0.$$

Rješenja ove jednadžbe su

$$(\cos \alpha)_{1,2} = \frac{m_1gd+m_2gr \pm \sqrt{(m_1gd+m_2gr)^2-4 \cdot m_1 g r \cdot m_2 g d}}{2m_1 g r}$$

$$=\frac{m_1gd+m_2gr \pm \sqrt{(m_1gd-m_2gr)^2}}{2m_1 g r},$$

odnosno

$$(\cos \alpha)_1=\frac{d}{r}, \qquad (\cos \alpha)_2=\frac{m_2}{m_1}.$$

Kako je $d>r$ to je $d/r>1$ pa je prvo rješenje nemoguće. S druge strane, po pretpostavci je $0< m_2/m_1<1$ pa je rješenje jednadžbe $E'(\alpha)=0$ dano s

$$\cos \alpha_0 =\frac{m_2}{m_1},$$

odnosno

$$\alpha_0=\arccos \frac{m_2}{m_1}.$$

Kako je derivacija $E'(\alpha)$ neprekidna na promatranom intervalu, to je $\alpha_0$ jedina kritična točka funkcije $E(\alpha)$ .

Dovoljan uvjet ekstrema provjerit ćemo pomoću teorema 5.14. Pri tome možemo koristiti postupak skraćenog deriviranja koji se sastoji u sljedećem: ako je derivacija neke funkcije razlomak

$$f'(x)=\frac{B(x)}{N(x)}$$

i ako je $f'(x)=0$ , to jest $B(x)=0$ , tada drugu derivaciju u toj točki možemo jednostavnije izračunati koristeći sljedeću jednakost

$$f''(x)= \frac{B'(x) N(x)- B(x) N'(x)}{N^2(x)}= \frac{B'(x) N(x)- 0\cdot N'(x)}{N^2(x)}= \frac{B'(x)}{N(x)}.$$

Dakle,

$$E''(\alpha)_{\textrm{skr.}} = \frac{ -m_1 g( r\sin\alpha)\cos \alpha -m_1g(d-r\cos \alpha)(-\sin\alpha)- m_2g (-r\sin\alpha)}{\sin^2\alpha}$$

$$=\frac{gr(m_2-m_1\cos\alpha) + m_1g\sin\alpha (d-r\cos \alpha)}{\sin^2\alpha}.$$

Vrijedi

$$E''(\alpha_0)= \frac{0 + m_1g\sin\alpha_0 (d-r\cos \alpha_0)}{\sin^2\alpha_0} >0$$

pa funkcija $E(\alpha)$ ima u točki $\alpha_0$ lokalni minimum.

Trebamo još ustanoviti da se u točki $\alpha_0$ nalazi i globalni minimum zadane funkcije na promatranom intervalu. Zaista, kako je $E''(\alpha_0)>0$ to znači da je derivacija $E'(\alpha)$ rastuća u nekoj okolini točke $\alpha_0$ . Kako je $E'(\alpha_0)=0$ , to je $E'(\alpha)$ negativna lijevo od točke $\alpha_0$ , a pozitivna desno od točke $\alpha_0$ . Kako je $\alpha_0$ jedina nul-točka derivacije na promatranom intervalu, slijedi da je $E'(\alpha)<0$ za $\alpha\in(0,\alpha_0)$ i $E'(\alpha)>0$ za $\alpha\in(\alpha_0,\pi/2)$ . Teorem o monotonosti 5.11 povlači da je funkcija $E(\alpha)$ strogo padajuća na intervalu $(0,\alpha_0)$ i strogo rastuća na intervalu $(\alpha_0,\pi/2)$ pa zaključujemo je $\alpha_0$ točka globalnog minimuma.

Zadani sustav će zauzeti položaj ravnoteže za kut $\alpha_0=\arccos (m_2/m_1)$ . Zanimljivo je uočiti da položaj ravnoteže ne ovisi ni o udaljenosti $d$ , ni o radijusu koluta $r$ , niti o duljini niti $l$ , nego samo o omjeru masa utega. Na primjer, kada se udaljenost $d$ poveća, tada se uteg s masom $m_1$ podigne, a uteg s masom $m_2$ spusti.

Parametarski zadana funkcija     DERIVACIJE I PRIMJENE     NIZOVI I REDOVI