1

Egy újszerű szélsőérték - feladat

Azért újszerű, mert ezzel korábban nem találkoztunk, csak most, [ 1 ] - ben; ott csak út -

mutatást adtak, de megoldást nem. Itt a talált feladat egy változatával foglalkozunk, rész -

letesen.

A feladat

Adott egy D középátmérőjű, l hosszúságú hengeres fa, melyet egyenlő α középponti szö -

gű, körcikk keresztmetszetű „hengercikkekre” hasítunk. Határozzuk meg, hogy

~ egy ilyen cikkből mekkora legnagyobb térfogatú, téglalap keresztmetszetű hasáb állít -

ható elő,

továbbá, hogy

~ mekkora lesz a veszteség - százalék!

Útmutatás: A téglalap egyik oldala legyen párhuzamos a szektor szimmetriatengelyével!

A megoldás

Ehhez tekintsük az 1. ábrát!

1. ábra

A henger térfogata:

𝑉𝑕𝑒𝑛𝑔𝑒𝑟 = 𝑇𝑘ö𝑟 ∙ 𝑙 ; ( 1 )

egy cikk térfogata:

𝑉𝑐𝑖𝑘𝑘 = 𝑇𝑐𝑖𝑘𝑘 ∙ 𝑙 =𝑇𝑘ö𝑟

𝑛∙ 𝑙 ; ( 2 )

a cikkből kivett téglalap keresztmetszetű hasáb / rúd térfogata:

𝑉𝑕𝑎𝑠á𝑏 = 𝑇𝑕𝑎𝑠á𝑏 ∙ 𝑙 . ( 3 )

Látjuk, hogy a legnagyobb keresztmetszeti területű hasáb térfogata a legnagyobb.

Az elméleti veszteség - százalék:

2

𝑣 =𝑉𝑐𝑖𝑘𝑘 −𝑉𝑕𝑎𝑠 á𝑏

𝑉𝑐𝑖𝑘𝑘∙ 100 % = 1 −

𝑉𝑕𝑎𝑠 á𝑏

𝑉𝑐𝑖𝑘𝑘 ∙ 100 % = 1 −

𝑇𝑕𝑎𝑠 á𝑏 ∙𝑙 𝑇𝑘ö𝑟

𝑛∙𝑙

∙ 100 % ,

𝑣 = 1 −𝑇𝑕𝑎𝑠 á𝑏

𝑇𝑘ö𝑟𝑛

∙ 100 % . ( 4 )

A következő – az egész feladat lényegét képező – részfeladat a körcikkbe írható téglalap

legnagyobb keresztmetszeti területének meghatározása. Ehhez tekintsük a 2. ábrát!

2. ábra

A beírt téglalap – a hasáb - keresztmetszet – területe:

𝑇𝑕𝑎𝑠á𝑏 = 𝑥 ∙ 𝑦 . ( 5 )

Az oldalak kifejezései:

𝑥 = 𝑅 ∙ cos𝜑

2− 𝑟 ∙ cos

𝛼

2 , ( 6 )

𝑦 = 2 ∙ 𝑅 ∙ sin𝜑

2= 2 ∙ 𝑟 ∙ sin

𝛼

2 . ( 7 )

Most r - et kifejezzük ( 7 ) - ből:

𝑟 = 𝑅 ∙sin

𝜑

2

sin𝛼

2

. ( 8 )

Majd ( 6 ) és ( 8 ) - cal:

𝑥 = 𝑅 ∙ cos𝜑

2− 𝑅 ∙

sin𝜑

2

sin𝛼

2

∙ cos𝛼

2= 𝑅 ∙ cos

𝜑

2−

sin𝜑

2

sin𝛼

2

∙ cos𝛼

2 . ( 9 )

Ezután ( 5 ), ( 7 ) és ( 9 ) - cel:

3

𝑇𝑕𝑎𝑠á𝑏 = 𝑅 ∙ cos𝜑

2−

sin𝜑

2

sin𝛼

2

∙ cos𝛼

2 ∙ 2 ∙ 𝑅 ∙ sin

𝜑

2=

= 𝑅2 ∙ 2 ∙ sin𝜑

2∙ cos

𝜑

2− 2 ∙

sin 2𝜑

2

tg𝛼

2

= 𝑅2 ∙ sin 𝜑 −1−cos 𝜑

tg𝛼

2

,

tehát:

𝑇𝑕𝑎𝑠á𝑏 𝜑 = 𝑅2 ∙ sin 𝜑 −1−cos 𝜑

tg𝛼

2

. ( 10 )

A szélsőérték szükséges feltétele: 𝑑𝑇𝑕𝑎𝑠 á𝑏 𝜑

𝑑𝜑= 0 . ( 11 )

Elvégezve a deriválást:

𝑑𝑇𝑕𝑎𝑠 á𝑏 𝜑

𝑑𝜑= 𝑅2 ∙ cos 𝜑 −

sin 𝜑

tg𝛼

2

= 0 → cos 𝜑0 −sin 𝜑0

tg𝛼

2

= 0 → tg𝜑0 = tg𝛼

2 ,

innen:

𝜑0 =𝛼

2 . ( 12 )

Most ( 10 ) és ( 12 ) - vel a maximális beírható téglalap - terület:

𝑇0 = 𝑇𝑕𝑎𝑠á𝑏 𝜑 = 𝜑0 =𝛼

2 = 𝑅2 ∙ sin

𝛼

2−

1−cos𝛼

2

tg𝛼

2

= 𝑅2 ∙ sin𝛼

2−

1−cos𝛼

2

sin𝛼2

cos𝛼2

=

= 𝑅2 ∙ sin𝛼

2−

1−cos𝛼

2 ∙ cos

𝛼

2

sin𝛼

2

= 𝑅2 ∙sin 2𝛼

2−cos

𝛼

2+cos 2𝛼

2

sin𝛼

2

= 𝑅2 ∙1−cos

𝛼

2

sin𝛼

2

= 𝑅2 ∙ tg𝛼

4 ,

tehát:

𝑇0 = 𝑅2 ∙ tg𝛼

4 . ( 13 )

Most ( 8 ) és ( 12 ) - vel:

𝑟0 = 𝑅 ∙sin

𝜑02

sin𝛼

2

= 𝑅 ∙sin

𝛼

4

sin𝛼

2

= 𝑅 ∙sin

𝛼

4

2 ∙ sin𝛼

4 ∙ cos

𝛼

4

=𝑅

2 ∙ cos𝛼

4

,

tehát:

𝑟0 =𝑅

2 ∙ cos𝛼

4

. ( 14 )

A maximális területű beírt téglalap szerkesztése ( 14 ) alapján a 3. ábra szerinti.

A 3. ábra adatai: R = 10 cm ; α = 90º.

4

3. ábra

Most ( 4 ) - hez, ( 13 ) - mal is, valamint az egyenletes szögosztás

𝛼 =2∙𝜋

𝑛 ( 15 )

feltételével:

𝑇𝑕𝑎𝑠 á𝑏 𝑇𝑘ö𝑟

𝑛

=𝑅2∙tg

𝛼

4

𝑅2 ∙𝜋

𝑛

=tg

𝛼

4

𝜋

𝑛

=tg

2∙𝜋

4∙𝑛

𝜋

𝑛

=tg

𝜋

2∙𝑛

𝜋

𝑛

=1

2∙

tg 𝜋

2∙𝑛

𝜋

2∙𝑛

, tehát:

𝑇𝑕𝑎𝑠 á𝑏 𝑇𝑘ö𝑟

𝑛

=1

2∙

tg 𝜋

2∙𝑛

𝜋

2∙𝑛

; ( 16 )

majd ( 4 ) és ( 16 ) - tal:

𝑣 = 1 −1

2∙

tg 𝜋

2∙𝑛

𝜋

2∙𝑛 ∙ 100 % . ( 17 )

Ezzel a kitűzött feladatot megoldottuk.

5

SZÁMPÉLDA

Határozzuk meg az 1. ábra szerinti hasítás esetére a feladatbeli kihozatali százalékot!

Megoldás

Adott: n = 8. ( A )

Most ( 17 ) és ( A ) - val a veszteség - százalék:

𝑣 = 1 −1

2∙

tg 𝜋

2∙𝑛

𝜋

2∙𝑛 ∙ 100 % = 1 −

1

2∙

tg 𝜋

2∙8

𝜋

2∙8 ∙ 100 % = 49,35 % , tehát:

𝑣 = 49,35 % . ( a )

Ezzel a kihozatali százalék:

𝑘 = 100% − 𝑣% = 100 − 49,35 % = 50, 65 % , tehát:

𝑘 = 50, 65 % . ( e )

Tehát a 8 egyenlő részre hasított hengeres fa cikkeiből kivágott maximális térfogatú

hasábok gyártása során az elméleti kihozatal: 50,65 %.

Még ábrázoljuk a v és k százalékokat n függvényében – ld. 4. ábra!

Erről leolvasható, hogy annál nagyobb a kihozatali százalék, minél kevesebb részre

hasítjuk a hengeres fát. A veszteségi és a kihozatali százalék gyorsan tart az 50 ~ 50 % -

hoz, az n érték növelésével.

Megjegyzések:

M1. Érdemes megemlíteni, hogy nmin = 2 . Az n = 1 eset ( 15 ) szerint azt jelenti, hogy

α = 2π , vagyis nem vágtuk / hasítottuk a fát, így nincs is értelme a továbbiaknak. A ( 15 )

képlet szerint itt csak az egyenlő középponti szögekkel megvalósuló vágás / hasítás eseté -

vel foglakoztunk. Valójában ez az életszerűbb eset.

M2. Jól látható, hogy a hengeres fa l hossza nem szerepel az eredményekben; de az R

sugár sem. Utóbbi egy kicsit meglepő fejlemény lehet. Mindez akkor lehetséges, ha a

sudarlósság – és más, az átmérő változását okozó alaki hibák is – elhanyagolhatóak.

M3. A kihozatali és veszteségi százalékok összefüggését már régebben megbeszéltük.

Rendszerint tananyag a fafeldolgozással kapcsolatos tantárgyakban.

6

4. ábra

M4. Érdemes lehet külön is megvizsgálni az n = 2 α = π esetet – 5. ábra.

5. ábra

7

Ekkor:

𝑇𝑡é𝑔𝑙𝑎𝑙𝑎𝑝 = 𝑅 ∙ 2 ∙𝑅

2= 𝑅2 , 𝑇𝑓é𝑙𝑘ö𝑟 = 𝑅2 ∙

𝜋

2 ,

így:

𝑣 = 1 −𝑇𝑡é𝑔𝑙𝑎𝑙𝑎𝑝

𝑇𝑓é𝑙𝑘 ö𝑟 ∙ 100 % = 1 −

𝑅2

𝑅2∙𝜋

2

∙ 100 % = 1 −2

𝜋 ∙ 100 % = 36,34 % ,

és:

𝑘 = 100 − 36,34 % = 63,66 % ,

egyezésben a 4. ábra grafikonjáról ( a Graph - fal pontosan ) leolvasható eredményekkel.

Ez erősítheti a fenti számításokba vetett bizalmat.

M5. Az utóbbi példa esetében abból a tényből indultunk ki, hogy a körbe írható legna -

gyobb területű négyszög a négyzet. Ez az egyik pillére a Feldman ~ Sapiro - elv alapján

álló fűrészipari kihozatali számításoknak is.

M6. A gyakorlás kedvéért felírjuk a számpélda területfüggvényét, majd megvizsgáljuk azt.

6. ábra

Itt is: R = 10 cm ; α = 90º.

Ezekkel a ( 12 ) és ( 13 ) képletek szerint:

𝜑0 =𝛼

2=

90°

2= 45° ,

𝑇0 = 𝑅2 ∙ tg𝛼

4= 10 cm 2 ∙ tg

90°

4= 100 cm2 ∙ tan 22,5° = 41,42 cm2,

8

egyezésben a 6. ábráról leolvasható eredményekkel.

A feladat analitikus megoldása során a szélsőérték szükséges feltételét alkalmaztuk, de

nem vizsgáltuk meg külön, hogy ez maximum vagy minimum lett - e. Ehhez is adalék a

6. ábra, melyről közvetlenül leolvasható, hogy a terület - függvény maximumot ér el egy

bizonyos φ0 értéknél. Egyébként ki is található, hogy a szélsőérték maximum, mert a mi -

nimum az zérus lenne.

M7. A feladat „komoly” alkalmazásában egy további lépés annak kidolgozása lenne, hogy

hogyan hasznosítsuk a 2. ábrán barnára színezett leeső részeket. Ez itt már nem feladatunk.

M8. Amikor elméleti veszteség - és kihozatali százalékról beszélünk, akkor a fenti geo -

metriai számítás alapján álló százalékokról van szó. A valóság kicsit más; pl.: a fűrésze -

léskor fellépő ( a vágásrés szélességéből adódó ) veszteséget itt nem vettük figyelembe.

M9. Ha a cikkekre bontást hasítással végeznék – a tüzifa hasítógép is így dolgozik – , ak -

kor számottevő veszteség inkább a téglalap hasábok kifűrészelésekor állna elő. A hasítás -

hoz elég jó minőségű – pl.: egyenes rostlefutású – hengeres fa kellene.

M10. A számítások során az alábbi trigonometriai azonosságokat is felhasználtuk:

sin 𝜑 = 2 ∙ sin𝜑

2∙ cos

𝜑

2 ; 1 − cos 𝜑 = 2 ∙ sin2 𝜑

2; sin2 𝛼

2+ cos2 𝛼

2= 1 ;

1−cos𝛼

2

sin𝛼

2

= tg𝛼

4 .

Ehhez ld. pl: [ 2 ]!

Források:

[ 1 ] – M. I. Basmakov ~ B. M: Bekker ~ V. M. Gol’hovoj: Zadacsi po matyematyike

Algebra i analiz

Bibliotyeka Kvant, Vüpuszk 22., „Nauka”, Moszka, 1982.

[ 2 ] – I. N. Bronstejn ~ K. A. Szemengyajev: Matematikai zsebkönyv

2. kiadás, Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1963.

Összeállította: Galgóczi Gyula

ny. mérnöktanár

Sződliget, 2020. 05. 26.