Yo estaba haciendo este increíble problema en el Capítulo 4, la resolución de 10 de libro Engg Mecánica Revisada 4E por Timoshenko, y aquí está el enlace de haber modificado el problema que se asemeja a un montón de libros. Timoshenko modificado problema Me deja adjuntar la imagen de la pregunta en el enlace de arriba también para un mejor aspecto visual.
El año pasado no pude solucionar este problema, pero hoy en día veo a esta pregunta de nuevo. así que realmente quería resolver y quiero saber ¿cómo podemos llegar a la solución! Tengo la respuesta final, pero no sabes cómo conseguir estos.
Tengo un poco de complejo implican $\coth$ función no recuerdo exactamente.. como he resuelto este último año. Este es un ejemplo de cable de la catenaria. Así catenaria ecuaciones son útiles, pero necesita más matemáticas que eso.
Hace más de un año, sólo 2 personas han sido capaces de resolver este
Me deja adjuntar el problema original del libro: que es casi el mismo como en el enlace que he compartido, a resolver esto por favor. Siento que este es uno de los más duros problema en el libro.
Recompensa comenzó : 19/06/2019
Respuestas
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He publicado esta pregunta el año pasado en brilliant.org modificando un poco, sin embargo es justo el mismo problema como el del libro que se refiere el pero acabo de añadir más cálculos. Aprecio que usted trató este problema.
Aquí, es mi forma de solución, incluyendo la solución del método numérico:
Consideran que el derecho a la mitad de la sección de como debemos considerar la vertical colgante de longitud en la polea de la final. Como se da $w$ es el peso por unidad de longitud, así que vamos a suponer que la longitud total del cable es $L$ y la flacidez de la longitud del cable se $2s$.
El peso de la mitad de la porción de la flacidez de cable : $W_s=ws$
El peso de la vertical colgante porción del cable está dado por : $W_h=w(L-2s)$
Deje $H$ ser la fuerza horizontal de la tensión en el cable en el extremo inferior del cable. Por lo tanto, la tensión en el justo a la izquierda de la polea está dada por
$$T=\sqrt{(W_s)^2+H^2}=\sqrt{w^2s^2+H^2}$$
Además, la vertical colgante longitud tiene también esta misma tensión en la cuerda, que es equilibrado por su peso. Por lo tanto,
$$T=w(L-2s)$$
Como en el libro, se da la fórmulas generales para la longitud del arco y el desplazamiento vertical del cable de la toma de origen como el punto más inferior en el cable
$$y(x)=\frac{H}{w}\left[\cosh\left(\frac{wx}{H}\right) - 1\right]$$
$$S(x)=\frac{H}{w}\sinh\left(\frac{wx}{H}\right)$$
Por lo tanto, la longitud del cable desde el extremo inferior de la pully final va a ser $$s=S\left(\frac{l}{2}\right)=\frac{H}{w}\sinh\left(\frac{wl}{2H}\right)$$
Igualando las fuerzas para alcanzar el equilibrio $$\sqrt{w^2s^2+H^2}=w(L-2s)$$
Sustituyendo $s$ y simplificar un poco los rendimientos $$L=\frac{H}{w}\cosh\left(\frac{wl}{2H}\right)+\frac{2H}{w}\sinh\left(\frac{wl}{2H}\right) \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;....(1)$$
Podemos notar que la $l$ es constante; por lo $L=f(H/w)$ y deje $$H/w=z$$
Por lo tanto, hemos de encontrar el mínimo $L_{min}$ necesitamos poner $$\frac{\partial L}{\partial z} = 0$$
Tenemos $$\frac{\partial L}{\partial z} = \left(1-\frac{l}{z}\right)\cosh\left(\frac{l}{2z}\right)+\left(2-\frac{l}{2z}\right)\sinh\left(\frac{l}{2z}\right) = 0$$ Permita la utilización de la Interseccion método para la solución de esta ecuación es el más fácil de utilizar en un software o informática en línea. Aquí está el enlace de la línea de computación hecho por mí con 50 iteraciones: Interseccion método con a=1 y b=2
En el enlace de arriba me reemplace $l/z$ con $x$ para formar una ecuación de la forma $\phi(x)=0$ en que interseccion es el método a ser aplicado con $\phi(1)=+ive$ e $\phi(2)=-ive$
Me deja adjuntar JPG de la forma siguiente:
Así, la transformación de la espalda en variables originales obtenemos $$\frac{l}{z}=1.7889033$$ o $$\frac{wl}{H}=1.7889033$$ Por lo tanto, hemos obtenido uno de los resultados, tal como solicitó en mi modificado problema en el enlace brilliant.org como $$\frac{H}{wl}=\boxed{0.55900}$$
Por lo tanto, podemos decir que $L$ será mínima cuando el $\frac{H}{wl}=0.55900$
Modificar la ecuación de $(1)$ a continuación
$$\frac{L}{l}=\frac{H}{wl}\cosh\left(\frac{wl}{2H}\right)+\frac{2H}{wl}\sinh\left(\frac{wl}{2H}\right)$$
Por lo tanto, $$\frac{L_{min}}{l}=0.559\cosh(1.7889033/2)+2(0.559)\sinh(1.7889033/2) = \boxed{1.9367}$$
Y por último, sabemos que $$y(l/2)=f=\frac{H}{w}\left[\cosh\left(\frac{wl}{2H}\right)-1\right]$$ $$\frac{f}{l}=\frac{H}{wl}\left[\cosh\left(\frac{wl}{2H}\right)-1\right]=0.559(\cosh(1.7889033/2)-1) = \boxed{0.2389}$$
Por lo tanto, la respuesta será $$a+b+c=0.559+1.9367+0.2389=\color{blue}{2.7346}$$
La fórmula general para la familia de la catenaria de las curvas entre puntos fijos $(\pm \ell/2, 0)$ es $$y=a \cosh \frac{x}{a} - a \cosh \frac{\ell}{2a} $$ donde los valores más altos del parámetro $a$ (que tiene unidades de longitud) corresponden a la más tensa de las curvas.
Algunos resultados estándar en catenarias, si se denota la constante gravitacional por $g$, la masa por unidad de longitud del cable por $\mu$, y la mitad de la longitud de la catenaria por $s$, entonces la tensión en la parte inferior de la catenaria es $\mu g a$ y la fuerza que la de la catenaria ejerce sobre la polea es $F_\text{left} = \mu g \sqrt{s^2 + a^2}$, que debe equilibrar la fuerza de $F_\text{right} = \mu g (L - 2s)$ ejercida por el colgante porción del cable. (Tenga en cuenta que $w$ en la declaración de la Brillante problema, el peso de la fuerza por unidad de longitud que equivale a $\mu g$.) Podemos calcular el $s$ en términos de los otros parámetros: $$s = \int_0^{\ell/2} \sqrt{1 + y'^2 }\, dx = \int_0^{\ell/2} \cosh \frac{x}{a} \,dx = a \sinh \frac{\ell}{2a}.$$ Esto nos permite reescribir la fuerza de equilibrio de la ecuación: \begin{align*} F_\text{left} &= F_\text{right} \\ \sqrt{s^2 + a^2} &= L - 2s \\ a \sqrt{1 + \sinh^2 \frac{\ell}{2a}} &= L - 2a \sinh \frac{\ell}{2a} \\ a \cosh \frac{\ell}{2a} + 2a \sinh \frac{\ell}{2a} &= L \tag{*} \end{align*} y el menor valor de $L$ para los que existe un equilibrio es, pues, el mínimo de la LHS, en la región de $a > 0$. Creo que esto tiene que ser hecho de forma numérica: $\frac{d}{da}$ de la LHS es $$\left( 2 - \frac{\ell}{2a}\right) \sinh \frac{\ell}{2a} + \left( 1 - \frac{\ell}{2a} \right) \cosh \frac{\ell}{2a},$$ and setting this equal to $0$ gives a transcendental equation. I've searched in vain for a way to use this relationship to get a minimum value of $L$ even if we can't find $un$. Nevertheless, numerical solutions give $$\frac{L}{\ell} = 1.9367$$ and $$\frac{a}{\ell} = 0.559002$$ from which the sag-to-span ratio $-y(0)/\ell$ can be given as $0.238924$, which would give $2.735$ as the answer to the Brilliant problem. Brilliant gives the answer as $2.742$, que está dentro de error numérico.
Actualización: Sólo una nota en la que es posible derivar una simple, no-relación trascendental entre el valor mínimo de $L$ y el minimizar el valor de $a$, lo que hace muy improbable que el valor mínimo de $L$ tiene una conveniente forma cerrada.
Set $\ell = 1$ por conveniencia (uno puede mostrar fácilmente que la minimizando el valor de $a$ y el valor mínimo de $L$ escala en proporción directa con $\ell$), y el sustituto de la $x = \ell/2a$. Por lo tanto, debemos minimizar $$\frac{2 \sinh x + \cosh x}{2x} = \frac{3 e^x - e^{-x}}{4x}$$ and we know that the minimum $L_\text{min}$ occurs at $x = \xi$ where $$\left. \frac{d}{dx}\right|_{x=\xi} \frac{3 e^x - e^{-x}}{4x} = \frac{(3\xi-3) e^{\xi} + (\xi+1) e^{-\xi}}{4\xi^2} = 0.$$
A partir de esto, hemos $$3 e^\xi - e^{-\xi} = 3\xi e^\xi + \xi e^{-\xi}$$ and thus $$L_\text{min} = \frac{3 e^\xi - e^{-\xi}}{4\xi} = \frac{3 e^\xi + e^{-\xi}}{4} = \cosh \xi + \frac{1}{2} \sinh \xi$$ Pero sabemos que a partir de (*) que $$\xi L_\text{min} = \sinh \xi + \frac{1}{2} \cosh \xi$$ Sumando o restando estas ecuaciones, obtenemos el sistema: \begin{align*} (1 + \xi) L_\text{min} &= \frac{3}{2} e^{\xi} \\ (1 - \xi) L_\text{min} &= \frac{1}{2} e^{-\xi} \\ \end{align*} La multiplicación de estas ecuaciones da $$(1 - \xi^2) L_\text{min}^2 = \frac{3}{4}.$$
Demasiado tiempo para comentarios.
A partir de Aman Rajput la respuesta, tenemos que encontrar el cero de $$\frac{\partial L}{\partial z} = \left(1-\frac{l}{z}\right)\cosh\left(\frac{l}{2z}\right)+\left(2-\frac{l}{2z}\right)\sinh\left(\frac{l}{2z}\right)$$ Let $z=\frac{l}{x 2}$ y considerar $$f(x)=(2-x) \sinh (x)+(1-2 x) \cosh (x)$$ Mediante expansiones de Taylor, tenemos $$f(x)=1-\frac{x^2}{2}+O\left(x^3\right)$$ giving as a first guess $x=\sqrt 2$ which is too large; but, for this value $f(x)<0$ and $f"(x)<0$ demasiado; por lo tanto, por el teorema de Darboux, usando el método de Newton, vamos a converger sin pasarse de la solución.
A continuación se reproducen las sucesivas recorre $$\left( \begin{array}{cc} n & x_n \\ 0 & 1.4142135624 \\ 1 & 1.0811245790 \\ 2 & 0.9263170599 \\ 3 & 0.8955453138 \\ 4 & 0.8944529882 \\ 5 & 0.8944516527 \end{array} \right)$$
Dado que las variables
$$ \begin{array}{rcl} H & = & \text{Horizontal equilibrium force}\\ T & = & \text{Cable tension at the pulley}\\ Q & = & \text{Total weight at half the sagging}\\ s_0 & = & \text{Cable length hanging at the pulley right side}\\ s & = & \text{Cable length for half the symmetrical sagging}\\ l & = & \text{Half the distance between the sagging extrema}\\ \alpha & = & \frac{H}{w}\\ s & = & \alpha\sinh\left(\frac{l}{\alpha}\right)\\ L & = & \text{Total cable length}\\ L & = & 2s+s_0 \text{} \end{array} $$
the minimization problem can be stated as
$$ \min_{s_0,\alpha}L\ \ \ \text{s. t.}\ \ \ T^2= P^2+H^2 $$
The lagrangian reads
$$ L(s_0,\alpha,\lambda)=2s+s_0+\lambda w^2\left(s_0^2-\alpha^2-\alpha^2\sinh^2\left(\frac{l}{\alpha}\right)\right) $$
or calling $\mu = \lambda w^2$
$$ L(s_0,\alpha,\mu)=2s+s_0+\mu\left(s_0^2-\alpha^2\cosh^2\left(\frac{l}{\alpha}\right)\right) $$
so the stationary points are the solutions for
$$ \nabla L = 0 = \left\{ \begin{array}{l} \alpha ^2 \mu \cosh ^2\left(\frac{l}{\alpha }\right)+l \cosh \left(\frac{l}{\alpha }\right)-\alpha l \mu \sinh \left(\frac{l}{\alpha }\right) \cosh \left(\frac{l}{\alpha }\right)-\alpha \sinh \left(\frac{l}{\alpha }\right) \\ 2 \mu s_0+1 \\ s_0^2-\alpha ^2 \cosh ^2\left(\frac{l}{\alpha }\right) \\ \end{array} \right. $$
so substituting into the first equation.
$$ \mu = -\frac{1}{2s_0}\\ s_0 = \alpha\cosh\left(\frac{l}{\alpha}\right) $$
we obtain
$$ (2 \alpha -l) \sinh \left(\frac{l}{\alpha }\right)+(\alpha -2 l) \cosh \left(\frac{l}{\alpha }\right)=0 $$
Calling now $\beta = \frac{\alpha}{l}$ we obtain finally
$$ (2\beta-1)\sinh \left(\frac{1}{\beta }\right)+(\beta -2) \cosh \left(\frac{1}{\beta }\right)=0 $$
Follows a MATHEMATICA script which uses the Newton algorithm to obtain the solution $\beta^* = 1.1180034124$.
Clear[F, dF, X, X0, X1, F0, dF0]
F = (beta - 2) Cosh[1/beta] + (2 beta - 1) Sinh[1/beta]
dF = D[F, beta];
n = 10;
beta0 = 1.;
error = 10^-10;
For[i = 1, i <= n, i++,
dF0 = dF /. {beta -> beta0};
F0 = F /. {beta -> beta0};
beta1 = beta0 - F0/dF0;
If[Abs[beta1 - beta0] < error, Print["i = ", i, " beta = ",beta1]; Break[]];
beta0 = beta1
]
