minkkilaukku
linkit: http://freemasonry.bcy.ca/texts/gardeners.html
lainauksia:
- Force and might make right
- Mutta se portti on ahdas ja tie kaita, joka vie elämään, ja harvat ovat ne, jotka sen löytävät.
- Mikä Mariana maloilla, se vappuna vaoilla
Liittynyt sitten
Muokkaa profiilia289 aloitusta · 3199 kommenttia
- Ai siis Naaadjan?
- Olkoon pallon säde R (dm) ja virtausnopeus k (l/min). Merkitään T (min) aikaa jolloin säiliö tulee täyteen eli T = 4pi/(3k)*R^3 = 5000/k.
Ratkaistaan ensin tilavuus V(h), kun korkeus on h. Rajoitetaan tässä h välille [0, R] eli täytetään pallo vain puolilleen. (Yläosan täyttö on symmetrinen). Esim integroimalla saadaan
V(h) = -pi/3 h^3 pi*R*h^2
Nyt tilavuus V on ajan t (min) funktio: V(t) = kt, joten sijoitetaan ylempään ja saadaan implisiittinen yhtälö
-pi/(3k) h^3 pi*R/k h^2 = t
Tästä voitaisiin kolmannen asteen kaavalla ratkaista h(t), mutta siitä ei tule mitään kaunista. Muistetaan että käänteisfunktion derivaatta on funktion derivaatan käänteisluku laskettuna funktion arvossa. Meillä on siis nyt h:[0, T] -> R funktion f: [0, 2R] -> R käänteisfunktiona missä f on
f(x) = -pi/(3k) x^3 pi*R/k x^2
Funktion f derivaatta on positiivinen, joten h'(t):n minimi löydetään etsimällä f'(x):n maksimi. Se on x = R ja saadaan h':n minimiksi saadaan (sijoitetaan parametrien arvot)
k/(piR^2) = 0,057
Tämähän oli jo intuitiivisesti selvää että pienimmillään korkeuden kasvu on kun on eniten alallisesti täytettävää eli puolessa välissä.
Sitten keskiarvon kimppuun. Tässäkin voidaan käyttää symmetriaa eli riittää tutkia puolipalloa: yläosan täyttö menee samoilla nopeuksilla (mutta ajassa käänteisesti), joten keskiarvo tulee olemaan sama kuin puolipallon keskiarvo.
Noh, integroidaan h':kkua ajan tasajakaumaa vasten (t on välillä [0, T/2])
E[h'] = int_0^{T/2} h'(t) 2/T dt
= 2/T * h(T/2)
= 3k/(2pi*R^3) * R
= 3k / (2pi*R^2)
= 0,085 - Ainakin silleen saa, että laittaa siihen päälle kaksi absoluuttista div:iä ja halutut hoverit niihin. Ja koko höskä pistettävä vielä jonkinnäköiseen containeriin, kun img:in sisälle ei vissiin voi laittaa mitään(?). Tässä esimerkki: https://jsfiddle.net/j61qzsa9/1/
- 1.
Lähimpänä olevassa pisteessä ympyrän tangentti on yhdensuuntainen suoran kanssa. Siitä saat ehdon, josta ratkeaa kaksi pistettä: lähin ja kaukaisin. Voit todeta sen kumpi on lähempänä laskemalla etäisyydet tai katsomalla kuvasta.
2.
Saat paraabelin y=ax^2 bx c leveyden korkeudella h ratkaisemalla ax^2 bx c >= h. Ratkaisu on väli, jonka pituus on tuo kyseinen leveys.
3.
Tangentin t yhtälö on suora muotoa y = kx b (Oletetaan nyt että pystysuora suora ei tule kyseeseen). Merkitse pistettä, jossa tämä suora osuu paraabelille (x_1, x_1^2). Saat k:n ja b:n (ja x_1:n) ratkaistua, kun tiedät, että t kulkee pisteiden kautta ja on tangenttiaalinen paraabelille eli sen kulmakerroin on sama kuin tangentin kulmakerroin pisteessä x_1 (sen kertoimen saat derivoimalla). - Etäisyys (x,y):stä pisteeseen (a,b) on sqrt((x-a)^2 (y-b)^2). Kirjoita kyseiset etäisyydet annetuille pisteille ja merkkaa niiden erotus nollaksi. Voit siirtää toisen toiselle puolelle, jolloin sulla on positiivisten lukujen neliöjuuret yhtä suuret. Noh, niiden lukujen pitää silloin yhtä suuret. Noh, kerro sitten neliöt auki ja huomaa, että x^2:it ja y^2:it kumoutuu ja jää suoran yhtälö.
- Pitää välillä vähän huijata. Että pysyyvät virkeinä!
- Tässä ratkaisu: https://www.desmos.com/calculator/hnggcceuje
- Tästä tuli mieleeni eräs Math Encounter -video, jossa puhuttiin "eri pii:istä": https://www.youtube.com/watch?v=yNd91W5Tx5A
- Tässä vielä kaksi tapaa, joita ei ole taidettu mainita. Aluksi: joukon (kuvion) halkaisija on suurin mahdollinen sen pisteparin etäisyys. Neliön halkaisija on sen diagonaali ja ympyrän halkaisija on... no, sen halkaisija :D
Jos ympyrällä ja neliöllä on sama halkaisija d, niin neliön sivu on d/sqrt(2) eli ala d^2 / 2. Ympyrä, jonka halkaisija on d, on alaltaan pi * (d/2)^2.
Näiden suhde on (pi * (d/2)^2) / (d^2 / 2) = pi/2.
Jos taas neliöllä ja ympyrällä on sama piiri ja ympyrän säde on r, niin neliön säde on 2pi*r / 4, eli neliön ala on (pi*r/2)^2.
Suhde ympyrän ala / neliön ala on pi*r^2 / (pi*r/2)^2 = 4/pi. - Tässä minun ratkaisu:
https://membolicsythod.home.blog/2020/05/19/integraali-1-1xa/
Siinä itseasiassa saadaan kaava, joka toimii kun a on kompleksiluku, jonka reaaliosa > 1. - Kannattaa huomata, että {f^2 = 1} = {f=1}, niin neliöjuuret voi heittää pois.
- Jes, Desmoksen saa toimimaan, kun lisää ?lang=en osoitteen perään. Ihan sattumalta kokeilin toimisko noin, ni sehän toimi!
https://www.desmos.com/calculator/6gkegn5ovb?lang=en
Miten pitkälle pisteitä lisäilemällä pääsee, että ympyrä jää siltä matkalta joukon {f<1} sisään? Kokonaan se ei voi sitä syödä, sille asialle on olemassa hyvinkin elegantti todistus (vinkki: kompleksianalyysi). - Ei aivan, kokeilepa tällä: https://www.desmos.com/calculator/bayhfggqfl
Vähän vihjailevasti laitoin tuon parametrin arvon ja se vihreä suora on suora, jolla ympyrän keskipiste aina on.
Ratkaise täydentämällä neliöksi. Ota kaikki missä on y:tä yhdeksi lausekkeeksi ja katso mikä siitä puuttuu, jotta se olisi summan neliökaava. Lisää ja vähennä tämä puuttuva osa. Sama homma x:ää sisältäville. (Tässähän ei onneksi ollut kumpaakin sisältäviä :D). Lopulta sinulla on toisella puolella vain a:ta sisältäviä termejä. Muista että tämän toisen puolen täytyy olla r^2 eli positiivinen, jotta se on ympyrän yhtälö. - Joo, int.rajat 0:sta äärettömään. Tuo _.^* -merkintä on latex:issa, mutta tänne ei mitään MathJaxiäkään saa :(.
Noh, kokeilkaapa tällä vimstaakilla noita integraalin arvoja:
https://www.desmos.com/calculator/ckq1kstpgm
Tuossa pitää vähän sen ylärajan R kanssa pelata, että ei mene undefineksi, mutta kuitenkin tarpeeksi suuri, jotta approksimaatio on hyvä.
Ratkaiseminen kannattaa aloittaa tapauksella a on kokonaisluku. Tapaus a=2 onkin ehkä jo tuttu. - Tuo todennäköisyys nCr (4,1)*(1/6) *(5/6)³=0,387 on todennäköisyys sille, että tulee tasan yksi nelonen, kun heitetään neljä kertaa. Jos toistat neljän heiton sarjaa monta kertaa ja lasket ne sarjat, joissa tuli tasan yksi nelonen, niin tämä suhde lähenee (melkein varmasti) 0,387:aa.
Odotusarvo 4*1/6 taas kertoo siitä kuinka monta nelosta on odotettavissa yhdessä sarjassa. Jos toistetaan neljän heiton sarjaa ja lasketaan joka sarjasta kuinka monta nelosta siinä tuli, niin näiden lukujen keskiarvo lähenee 0,666:tta. - Tuo ei taida aina olla maksimaalinen: https://aijaa.com/CiYyW3
Mutta auttaisiko jos vaihtaa pistettä, josta lähtee konstruktiota tekemään. Tuossahan lähdettiin J:stä. - Geogebralla saan konstruktion menemään. Tässä kuva vaiheittain: https://aijaa.com/FivaAE
Siirtelen vähän välissä nelikulmion pisteitä, että tutkittavat objektit menisi mukavimpiin paikkoihin.
Lopun ellipsin määrityksen tein vielä manuaalisesti ottamalla polttopisteen etäisyyden keskipisteestä muuttujaksi ja vetämällä sen itse suurin piirtein kohdilleen, kyllä näyttäisi toimivan. Se pitäisi yhtälöllä ratkaista. Kosinilauseesta taitaisi tulla aika mukavat, kun kahdelle ellipsin kehän pisteelle ottaa sen ellipsin määrittelevän ehdon että etäisyyksien summa polttopisteisiin on vakio.
Mutta siinähän on vielä lisäksi sekin katsottava ovatko polttopisteet suoralla c1 vai sen normaalilla (tuossa kuvan tapauksessa piti käyttää normaalia). - Toivottavasti ei! Yli neljän tunnin erektio on vaarallinen: https://fi.wikipedia.org/wiki/Priapismi
- Totta, ei se taida mennäkään läpi. Miten tästä jatkettaisiin:
I_m,n'(t)
= int_0^1 nx^m * ln(tx)^(n-1) * x /(tx) * x dx
= n/t int_0^1 x^(m 1) ln(tx)^(n-1)
Nyt t:n mukana olo tuo kuitenkin vaikeuksia. Mikä pitää ottaa induktio-oletukseksi (tai siis eihän sitä saa tuosta vaan ottaa vaan sen pitää olla totta). Ehkä ilman derivointia olisi helpompi. Osittaisintegroinnissa u = x^m ja v' = ln(x)^n (?) Mutta näin tämän tehtävän interointi merkin alla derivoinnin sovellutuksena, niin pitäisihän se jotenkin sitenkin mennä. - Aaro joutuu vanhan Pupun kanssa samaan selliin.