Η ενότητα «σύνθεση δύο α.α.τ. ίδιας συχνότητας… Σελίδα 2

 

Απάντηση από τον/την Μαρούσης Βαγγέλης στις 31 Δεκέμβριος 2012 στις 18:41
Θέλετε να ξέρετε την δική μου απάντηση;
«Η γλώσσα της Φυσικής είναι τα μαθηματικά. Άρα και ένα χρησιμότατο εργαλείο της. Όπως ξέρεις τα μεγέθη στη Φυσική τα χωρίζουμε σε μονόμετρα και διανυσματικά. Έτσι λοιπόν αφού οι δυνάμεις είναι διανύσματα υπακούουν στον μαθηματικό διανυσματικό λογισμό και μπορούν να συντίθενται να αναλύονται κλπ. Έτσι στο παράδειγμα σου για το κεκλιμένο επίπεδο η συνισταμένη της Ν και του W μας δίνει την wx, μία δύναμη άρα μία κίνηση.
Στις ταλαντώσεις όμως τα πλάτη Α1, Α2, κλπ δεν είναι διανυσματικά μεγέθη, οπότε δεν έχει νόημα να μιλάμε για τη συνισταμένη τους». Και εκεί έληξε η συζήτηση και θα τη συνεχίζαμε μετά τις διακοπές.
Όμως όταν το σκέφτηκα καλύτερα, λίγο αργότερα, είπα στον εαυτό μου:Μα η απομάκρυνση χ ενός απλού αρμονικού ταλαντωτή δεν είναι η αλγεβρική τιμή του διανύσματος θέσης του από την αρχή του άξονα ταλάντωσης; Άρα δεν θα μπορούσα να την παραστήσω με ένα διάνυσμα που θα είναι όμως στρεφόμενο με την προβολή του στον κατακόρυφο άξονα να μου δίνει κάθε στιγμή ένα μεταβαλλόμενο διάνυσμα; Αλλά υπάρχει τέτοια διάνυσμα στα μαθηματικά;Δεν γνωρίζω την απάντηση. Τα μαθηματικά μου δεν είναι και τόσο καλά! Και όταν θα έμπαινα στη συμβολή τι θα του απαντούσα που τώρα θα αναγκαστώ να δουλέψω με σύνθεση ταλαντώσεων;
Δηλαδή είμαι σε κάποιο δίλημα σαν αυτό που έθεσε ο Γιάννης ΕΔΩ.
Εσείς λοιπόν τι θα του απαντούσατε;Ευχαριστώ πολύ!!!

Η ενότητα «σύνθεση δύο α.α.τ. ίδιας συχνότητας… Σελίδα 4

 

 fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bbΑπάντηση από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 11 Ιανουάριος 2013 στις 12:38
Καλημέρα Θρασύβουλε.
Είχα αρχίσει να ανησυχώ με την απουσία σου! Υποψιάζομαι ότι ξανά τα χιόνια σε έκαναν να απουσιάσεις μέρες τώρα. Πέσανε πολλά ερωτήματα ενδιάμεσα, περίμενα να απαντήσεις (και όχι μόνο σε δικά μου ερωτήματα, αλλά περισσότερο άλλων φίλων) και δεν έβλεπα απάντηση. Χάρηκα σήμερα λοιπόν για την παρουσία σου. Αλλά, με το θάρρος της φιλίας μας, θα μου επιτρέψεις να σχολιάσω την τοποθέτησή σου. Συζητάμε μέρες τώρα και δεν νομίζω ότι κάποιος υποστήριξε ότι η 1.7 Α είναι σωστή, αφού μιλάει για σύνθεση ΑΑΤ. Όλες οι αντιρρήσεις ήταν για σύνθεση ή επαλληλία δύο αρμονικών ταλαντώσεων. Νομίζω ότι σήμερα απαντάς σε κάτι που δεν τέθηκε, αποφεύγοντας να απαντήσεις σε πραγματικά ερωτήματα που έχουν τεθεί Καλημέρα Γιώργο Γεωργαντά. Νομίζω ότι βάζεις πολύ σοβαρό προβληματισμό, ο οποίος δεν μπορεί να περάσει απαρατήρητος. Θα ήθελα να τονίσω τη φράση του Ανδρέα που μεταφέρεις:

«Διαφέρει (η άποψη για τη μία κίνηση, Γ.Γ.) από τη θρησκευτική σκέψη των μουσουλμάνων η οποία είναι αδύνατον να δεχθεί ότι «ο Αλλάχ δεν μπορεί να αναλυθεί σε δύο συνιστώσες», διότι ο Αλλάχ, στη δική τους οπτική, είναι χωρίς συζήτηση ένας, χωρίς να επιτρέπεται στη σκέψη του ανθρώπου να το αμφισβητήσει. …Η σοβαρή διαφορά μιας ιδέας επιστημονικής από μία ιδέα θρησκευτική είναι ότι η πρώτη είναι ΔΙΑΨΕΥΣΙΜΗ, από οποιονδήποτε μπορεί να την διαψεύσει, ενώ η δεύτερη δεν είναι.»

Συνέχεια

Η ενότητα «σύνθεση δύο α.α.τ. ίδιας συχνότητας… Σελίδα 3

Απάντηση από τον/την Κορφιάτης Ευάγγελος στις 6 Ιανουάριος 2013 στις 0:50
Δημήτρη Καλησπέρα. Ο σύνδεσμος που έδωσες δεν λειτουργεί.
Μάλλον δεν έχεις κάνει κοινόχρηστο το αρχείο.

Συνέχεια

Η ενότητα «σύνθεση δύο α.α.τ. ίδιας συχνότητας, … Σελίδα 1

 

moiΑπάντηση από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 30 Οκτώβριος 2012 στις 22:13
Οφείλω στον Θρασύβουλο την ενασχόλησή μου με το θέμα και το ότι τώρα κάνω λιγότερα λάθη όταν επιχειρώ υπέρθεση ή επαλληλία κινήσεων που (τώρα πλέον) τους προσδίδω διαφορετικό περιεχόμενο. Οι συζητήσεις στις οποίες έχουμε συνυπάρξει είναι πολλές και αν κάνω παραπομπές (Ελληνιστί link) δεν θα αντέξει να τις διαβάσει κανείς από τους νεοεισελθόντες στο δίκτυο λόγω του πλήθους και του μεγέθους τους. Επανεισέρχομαι στη συζήτηση θεωρώντας ότι αξίζει έστω και μόνο για τους νεοεισελθόντες. Εγώ έμαθα από αυτές είτε διαβάζοντας τις απόψεις του είτε προσπαθώντας να τις αποκρούσω….. Συνέχεια

Περί φάσεων και παραλείψεων στη σύνθεση ΑΑΤ

 

Σχόλιο από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 16 Απρίλιος 2010 στις 23:26

Δεν κατάλαβα πως η ανάρτηση του Νίκου ‘Περί φάσεων και παραλείψεων στην Α.Α.Τ» δεν αναγγέλθηκε. Θα πρότεινα να διαβαστεί. Και ας διαφωνούμε για τα εισαγωγικά στο ταυτόχρονα. Συνέχεια

Στάσιμα κύματα. Σχόλια

 

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bbΣχόλιο από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 5 Ιούνιος 2013 στις 7:56

Καλημέρα Διονύση.

Η καλύτερη και η πιο αναλυτική παρουσίαση που έχω διαβάσει πάνω στο θέμα «Στάσιμο».

Θα ήταν καλό να την μελετήσουν όλοι οι φίλοι, αφού είναι μια «καθαρή» και ουσιαστική θέση που μπορεί να μας απαλλάξει από πολλές παρανοήσεις.

Να είσαι καλά Διονύση. Σε ευχαριστούμε. Συνέχεια

ΟΤΑΝ Η ΔΙΑΙΣΘΗΣΗ ΕΞΑΠΑΤΑ. Σχόλια.

ΚαταγραφήΣχόλιο από τον/την ΧΡΗΣΤΟΣ ΕΛΕΥΘΕΡΙΟΥ στις 15 Αύγουστος 2012 στις 2:29

Βαγγέλη καλησπέρα.Νομίζω πως δεν μπορείς να φτιάξεις σφαιρικό φλοιό με δακτυλίδια της ίδιας ακτίνας.Το μόνο που μπορείς να κάνεις με δαχτυλίδια ίδιας ακτίνας είναι να φτιάξεις έναν κοίλο κύλινδρο…

57ef39a69b2eb-bpfullΣχόλιο από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 15 Αύγουστος 2012 στις 3:00

Βαγγέλη καλησπέρα.

Νομίζω ότι το πρόβλημα βρίσκεται στο εξής σημείο:

Οι στοιχειώδεις δακτύλιοι που θεωρείς, αν κατάλαβα καλά, σχηματίζονται από τεμνόμενους μεσημβρινούς και είναι ανισοπαχείς.

Ακόμα κι αν θεωρήσουμε κάθε τέτοιο δακτύλιο επίπεδο και φέρουμε τον άξονα τον κάθετο στο επίπεδό του (ως προς τον οποίο είναι Ι=dm∙R²), οι άλλοι δύο κάθετοι άξονες δεν είναι ισοδύναμοι μεταξύ τους για να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα των καθέτων αξόνων.

Αυτός που μας ενδιαφέρει, περνάει από τα λεπτότερα σημεία του δακτυλίου, ενώ τρίτος θα περνάει αναγκαστικά από τα πιο παχιά σημεία.

Υπάρχει δηλαδή πρόβλημα με το θεώρημα των καθέτων αξόνων.

57ef39a69b2eb-bpfullΣχόλιο από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 15 Αύγουστος 2012 στις 3:26

Χρήστο καλησπέρα. Είδα το σχόλιό σου αφού έβαλα το δικό μου 🙂

5828d1b228955-bpfullΣχόλιο από τον/την Βαγγέλης Κουντούρης στις 15 Αύγουστος 2012 στις 9:49

Καλημέρα σε όλους.

Νομίζω το λάθος προκύπτει από το γεγονός ότι ακτίνα R έχει μόνο ο δακτύλιος του «Ισημερινού».

Στη συνέχεια η ακτίνα μειώνεται μέχρι να μηδενιστεί στους «Πόλους»

3466Σχόλιο από τον/την Κορφιάτης Ευάγγελος στις 15 Αύγουστος 2012 στις 10:12

Καλημέρα συνάδελφοι.

Ας κάνω λίγο τον δικηγόροτου διαβόλου.

Όπως σωστά λέει ο Διονύσης θεωρώ τον σφαιρικό φλοιό ως επαλληλία απειρων μεσημβρινών.

Οι μεσημβρινοί έχουν όλοι ακτίνα R. Κάθε μεσημβρινός είναι ένας «απόλυτος» κύκλος. Επομένως μπορώ να εφαρμόσω το αποτέλεσμα που προκύπτει για ένα μεμονωμένο κύκλο.

Επιμένω ότι το αποτέλεσμά μου είναι «σωστό».

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bbΣχόλιο από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 15 Αύγουστος 2012 στις 10:56

Καλημέρα και Χρόνια πολλά σε όλους.

Τάσσομαι με την άποψη του Διονύση, Βαγγέλη. Η ροπή αδράνειας του ενός δακτυλίου, παρότι δεν ισοκατανέμεται η μάζα του, αφού δεν έχει το ίδιο πάχος σε όλη την έκτασή του, ως προς κάθετο άξονα που περνά από το κέντρο του, έστω άξονα z, είναι Ιz=mR2.

Αυτή η ροπή αδράνειας είναι ίση με το άθροισμα των ροπών αδράνειας, ως προς δύο άλλους άξονες, ας τους ονομάσουμε x και y, όπως στο σχήμα. Αλλά με βάση το σχήμα Ιyχ.

Συνεπώς δεν μπορούμε να πούμε ότι ως προς τον άξονα, ας πούμε y ισχύει Ιy= ½ mR2.

Υπάρχει βέβαια και η λογική του τανυστή. Αλλά τέτοια ώρα, τέτοια λόγια!!! Μακριά από βιβλία και προετοιμαζόμενος για μπάνιο, δεν παίζει…

Άλλωστε δεν μεγαλώνεις μόνο εσύ!!!

Βέβαια, αν αντί να κόψεις μεσημβρινούς, το μετανιώσεις και κόψεις παράλληλους, τότε ο Χρήστος και ο Βαγγέλης έδωσαν την απάντηση.

52eda7bce533a67afd16dc3ddd07e1aaΣχόλιο από τον/την Γκενές Δημήτρης στις 15 Αύγουστος 2012 στις 12:03

 

Καλημέρα

Θα συμφωνήσω με τον Λάκωνα

Το αποτέλεσμα είναι σωστό για τον κύλινδρο. ( Ι=0,5m∙R²)

Αλλά μια κωνική επιφάνεια δεν είναι άθροισμα κύκλων. Είναι επιφάνεια εκ περιστροφής ή άθροισμα κύκλων άπειρων κύκλων με ακτίνες από 0, ως R

Ομοίως η σφαίρα δεν αποτελεί άθροισμα κύκλων σταθερής ακτίνας ( κύλινδρος ), αλλά στερεό εκ περιστροφής κυκλικής στεφάνης ή άθροισμα άπειρων κύκλων με ακτίνες από 0 ως R.

Έτσι μάλλον βλέπω σαν πιο εύκολη λύση αυτή , αλλά δεν ξέρω να την δώσω με μαθηματικά λυκείου…

a5Σχόλιο από τον/την Θρασύβουλος Μαχαίρας στις 15 Αύγουστος 2012 στις 12:58

Και μια πρόχειρη γρήγορη σκέψη: Αν ξεφύγουμε από τα σχήματα στα οποία αναφέρονται ο Χρήστος και ο Βαγγέλης και τα οποία δεν περιέχουν αμφιβολίες και πάμε στους Διονύσηδες περα από αυτά που επισημαίνουν και με τα οποία συμφωνώ, τα προβλήματα αυξάνονται, καθώς οι στοιχειώδεις μάζες δύο σημείων (πόλων) θα παρθούν υπόψη άπειρες φορές

(αν κατάλαβα καλά το σχήμα για το οποίο μιλάνε οι Διονύσηδες και δεν κάνω λάθος).

a5Σχόλιο από τον/την Θρασύβουλος Μαχαίρας στις 15 Αύγουστος 2012 στις 13:06

Χώρια που η περιστροφή θα πρέπει να πάρει υπόψη της τις 180 μοιρες.

Δημήτρη αν κα τα δύο είναι σωστά από άποψη μαθηματικών, προτιμώ το άθροισμα απείρων κύκλων για τη ροπή αδράνειας.

Τα εκ περιστροφής θα ξαναφέρουν το πρόβλημα που πριν από λίγο επεσήμανα.

Να ρίξω μια ματιά στη λύση που μας έδωσες. Αλλά μετά.

 

Σχόλιο από τον/την Φιορεντίνος Γιάννης στις 15 Αύγουστος 2012 στις 13:08

Καλημέρα σε όλους τους φίλους.

Βαγγέλη, τάσσομαι με την άποψη των Διονύσηδων. Νομίζω, ότι στην περίπτωση που θεωρήσουμε τους «μεσημβρινούς» στο παραπάνω  σχήμα  δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε το θεώρημα των κάθετων αξόνων. Τώρα αν θεωρήσουμε ότι το σχήμα είναι στο επίπεδο x,y εκτός από την ένσταση των Διονύσηδων, νομίζω ότι έχουμε και πρόβλημα στην επιφανειακή πυκνότητα που θα μας δώσει τον σφαιρικό φλοιό (Πάνω στην επιφάνεια της σφαίρας, όπως το φαντάζομαι, έχουμε μηδενική αντί για απειροστή επιφάνεια).

Σχόλιο από τον/την Φιορεντίνος Γιάννης στις 15 Αύγουστος 2012 στις 13:50

    …Οπότε η αντίστοιχη μάζα θα είναι μηδέν και όχι dm (Αν κατάλαβα καλά το πρόβλημα).

57ef39a69b2eb-bpfullΣχόλιο από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 15 Αύγουστος 2012 στις 14:31

Βαγγέλη καλημέρα.

Όταν είδα χθες την περιγραφή σου μου ήρθαν στο μυαλό …

φέτες καρπούζι! (είχε και ζέστη… :-))

Φαντάσου ότι κόβουμε κατά μήκος μεσημβρινών το καρπούζι σε πολλές φέτες. Οι φλούδες που μένουν αφού το … καταναλώσουμε, είναι … μισοί δακτύλιοι όπως αυτοί που θεωρείς.

Ας το δούμε λίγο διαφορετικά:

Έστω ότι γνωρίζουμε την επιφανειακή πυκνότητα μ και την ακτίνα R του σφαιρικού φλοιού.

Αν είναι dm η στοιχειώδης μάζα κάθε δακτυλίου τότε μπορούμε να βρούμε, ολοκληρώνοντας από 0 έως π, τη μάζα του φλοιού. Αρκεί να εκφράσουμε την dm σε σχέση με τη δίεδρη γωνία dθ που ορίζεται από τα (τεμνόμενα) μεσημβρινά επίπεδα που περιέχουν τον δακτύλιο dm.

Έστω τώρα dx το πάχος του δακτυλίου πάνω στον ισημερινό. Θα ισχύει: dx=R∙dθ.

Είναι σωστό όμως να γράψουμε ότι: dm = μ∙dS = μ∙2πR∙dx = … ;

5828d1b228955-bpfullΣχόλιο από τον/την Βαγγέλης Κουντούρης στις 15 Αύγουστος 2012 στις 15:39

Καλά θα φτάσουμε στο

πώς το κό…, πώς το κό…, πώς το κόβουν το καρπούζι…

(στο ρυθμό του: πώς το τρί… πως το τρί… πώς το τρίβουν το πιπέρι…)

Αν το κόβουν όπως είδα εγώ, κατά παράλληλους, οι ακτίνες διαφέρουν…

Αν το κόβουν όπως είδε ο Διονύσης, κατά μεσημβρινούς, τα πάχη διαφέρουν

(άσε που, όπως σωστά είδε ο Θρασύβουλος μόλις ξεπέζεψε από τον Κένταυρο, ότι το σημείο του “Πόλου” συμμετέχει άπειρες φορές)

Γι αυτό σας λέω …

Κάντε κανένα μπάνιο , τώρα, με τη ζέστη,

για εκπαίδευση…

γιατί από Σεμπτέμπρη θα μας ζεματίσουν…

Ποιοι;

Ρωτάτε ποιοι;

 

Σχόλιο από τον/την Δημήτρης Β στις 15 Αύγουστος 2012 στις 18:05

Χρόνια πολλά σε όλους.

Νομίζω ότι στο ‘παράδοξο’ αυτό ο Βαγγέλης Κορφιάτης λειτουργεί ως μαθηματικός στα πλαίσια της θεωρίας μέτρου. Όπως το μήκος ενός ευθύγραμμου τμήματος δεν μπορεί να μοιραστεί στα άπειρα μη αριθμήσιμα σημεία του έτσι και η μάζα του δισδιάστατου σφαιρικού φλοιού δεν μπορεί να μοιραστεί στους άπειρους μη αριθμήσιμους μονοδιάστατους μεσημβρινούς. (Η μάζα κάθε μεσημβρινού πρέπει να είναι μηδέν όπως και το μήκος κάθε σημείου)

 

 

Σχόλιο από τον/την Φιορεντίνος Γιάννης στις 15 Αύγουστος 2012 στις 18:39

Δημήτρη,

δεν ξέρω αν αυτό που γράφεις είχε κατά νου ο Βαγγέλης. Συμφωνώ πάντως με αυτό που γράφεις, αν πράγματι αυτό είχε κατά νου ο Βαγγέλης, όπως υπέθεσα και εγώ προηγουμένως (δες και το προηγούμενο σχόλιό μου, όπου γράφω ότι το «εμβαδόν» θα είναι μηδέν και έτσι  η μάζα του «κύκλου» δεν θα είναι dm αλλά μηδέν)

Σχόλιο από τον/την Δημήτρης Β στις 15 Αύγουστος 2012 στις 19:23

     Ναι Γιάννη με κάπως διαφορετική αφετηρία νομίζω πως λέμε ουσιαστικά το ίδιο πράγμα.

 

Σχόλιο από τον/την Φιορεντίνος Γιάννης στις 15 Αύγουστος 2012 στις 20:06

Πράγματι Δημήτρη.

Στη σκέψη μου ήταν ότι δεν μπορούμε να «παράγουμε» την επιφανειακή κατανομή της μάζας, με τέτοιους κύκλους (μηδενικής μάζας). Όμως δεν θυμόμουν ότι αυτό εντασσεται στη θεωρία «μέτρου»

a5Σχόλιο από τον/την Θρασύβουλος Μαχαίρας στις 16 Αύγουστος 2012 στις 0:10

Προσπάθησα να δώσω μια καλή εικόνα όσων συζητήσαμε μέχρι εδώ. Δεν ξέρω αν τα κατάφερα…

Τον τελικό λόγο βέβαια τον έχει ο Βαγγέλης, που έθεσε και τον προβληματισμό.

Μέχρι να τοποθετηθεί, ας δούμε λίγα για τους σφαιρικούς φλοιούς

 

fc47f89b149f9409123ebc3e9caaf7bbΣχόλιο από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 16 Αύγουστος 2012 στις 11:36

Δημήτρη Γκενέ, έκανα μια προσπάθεια υπολογισμού της ροπής αδράνειας με χρήση μαθηματικών Λυκείου. Ελπίζω να μπορεί να την παρακολουθήσει και ένας μαθητής. Με κλικ εδώ.

 

3466Σχόλιο από τον/την Κορφιάτης Ευάγγελος στις 16 Αύγουστος 2012 στις 13:01

Καλημέρα συνάδελφοι

Το παραπάνω πρόβλημα για μένα ήταν κάποια στιγμή πραγματικό.

Παίζοντας με το θεώρημα καθέτων αξόνων προς στιγμήν νόμισα πραγματικά ότι μπορώ να υπολογίσω την ροπή αδράνειας ενός σφαιρικού φλοιού ( δισδιάστατο αντικείμενο) θεωρώντας το ως επαλληλία κύκλων (μονοδιάστατα αντικείμενα).

Προφανώς «έσπασα τα μούτρα μου»

Το πρόβλημα ανακλήθηκε στην μνήμη μου συζητώντας με τον 13 χρονο ανιψιό μου, ο οποίος μου ζήτησε το εμβαδόν σφαιρικής επιφάνειας. Όταν του απάντησα ότι είναι 4πR2 η απορία που εξέφρασε ήταν: πR2 είναι το εμβαδόν ενός κύκλου ακτίνας R. Αφού η σφαίρα αποτελείται από άπειρους κύκλους ακτίνας R, πως ςίναι δυνατόν ο συντελεστής να είναι 4.

Επιστρέφοντας στο πρόβλημα.

Όσο και να προσπάθησα να σας ωθήσω να δείτε τον σφαιρικό φλοιό ως επαλληλία κύκλων η φυσική σας διαίσθηση δεν σας επέτρεψε να τον δείτε ως επαλληλία μονοδιάστατων αντικειμένων.

Νομίζω ότι η πληρέστερη απάντηση την έδωσε ο Δημήτρης Β.

Κάτι παρόμοιο είχα και εγώ στο μυαλό μου αλλά όχι τόσο καθαρά.

3466Σχόλιο από τον/την Κορφιάτης Ευάγγελος στις 16 Αύγουστος 2012 στις 21:50

Κάποια συμπληρωματικά σχόλια

Διονύση (Μητρ) πολύ καλή η προσομοίωση με φέτες καρπούζι.

Το γεγονός ότι οι φέτες είναι μισοί δακτύλιοι από μόνο του δεν δημιουργεί κανένα πρόβλημα.

Η ροπή αδράνειας ενός ημικυκλίου ως προς την διάμετρό του είναι 0.5mR2.

Η παρουσίαση του Θρασύβουλου για τους φλοιούς και οι υπολογισμοί που ακολουθούν όσο και το κείμενο που τις περιβάλει είναι εξαιρετική.

Στην ουσία με τα υποκοριστικά τμηματάκια , επιφανειούλες , στερεάκια δίνει με γλαφυρό τρόπο το αυστηρό περιεχόμενο της τοποθέτησης του Δημήτρη Β όσον αφορά στη θεωρία μέτρου.

Θα πρέπει να συμφωνήσεις Θρασύβουλε ότι αν ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς θ και στην συνέχεια ως προς φ ( κόψιμο του φλοιού σε στοιχειώδεις καρπουζόφλουδες), τότε πάλι οι πόλοι λαμβάνονται υπόψη άπειρες φορές. Αυτό δεν δημιουργεί πρόβλημα γιατί τα σημεία αυτά είναι μέτρου μηδέν.

Σχόλιο από τον/την Φιορεντίνος Γιάννης στις 17 Αύγουστος 2012 στις 0:51

     Βαγγέλη καλησπέρα.

Μια απορία που μου δημιουργήθηκε από την αρχή (και δεν έχω κατασταλάξει οριστικά κάπου ακόμα), είναι η εξής: Αν ξεκινήσουμε με ένα μεσημβρινό και θεωρήσουμε μια απειροστή στροφή κατά dθ, τότε το «στερεό» που θα προκύψει θα πληρεί τις προϋποθέσεις για την εφαρμογή του θεωρήματος των κάθετων αξόνων; (με την έννοια ότι δεν θάχει «επίπεδη»  συμμετρία. Στη διάμετρο θα καταλήγει σε ευθεία). Για να γίνω λίγο πιο σαφής θεωρώ στα σχήματα που ανέβασαν οι Διονύσηδες ότι τα «γραμμοσκιασμένα» τμήματα (σαν άτρακτος) βρίσκονται «έξω» από το σχήμα (είναι στο κάθετο επίπεδο στο επίπεδο xy) και το «μηδενικού πάχους» κομμάτι που περιγράφω (ευθεία) είναι ο άξονας των y στο σχήμα του Διονύση (Μαρ.). Βέβαια και ο Μητ. και ο Μαρ. σωστά παρατηρούν ότι τότε δεν θα είναι ίσες οι δύο ροπές αδρανείας (ως προς x και y) και ο Μητρόπουλος παρατηρεί ότι «έχει πρόβλημα το θεώρημα». Πιστεύω και εγώ ότι δεν μπορεί καν να χρησιμοποιηθεί στη συγκεκριμμένη περίπτωση, αλλά …δεν είμαι βέβαιος.

a5Σχόλιο από τον/την Θρασύβουλος Μαχαίρας στις 17 Αύγουστος 2012 στις 1:57

Βαγγέλη σε ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια.

Πριν όμως τελειώσει αυτή η αθώα, αλλά πολύ σπουδαία κουβέντα που άνοιξες, θα ήθελα να «απολογηθώ» και να θέσω ένα ερώτημα…

Εδώ η συνέχεια…

 

3466Σχόλιο από τον/την Κορφιάτης Ευάγγελος στις 18 Αύγουστος 2012 στις 10:08

Θρασύβουλε έχεις απόλυτο δίκιο.

Στο διπλό ολοκλήρωμα (1) η ολοκλήρωση μπορεί να γίνει πρώτα ως προς φ και μετά ως προς θ ή αντίστροφα. Μπορούμε βέβαια να χωρίσουμε το ορθογώνιο (σε συντεταγμένες θ,φ) στο οποίο γίνεται η ολοκλήρωση και να κάνουμε συνδυασμούς.

Όταν κρατάμε σταθερή την φ και ολοκληρώνουμε ως προς θ ολοκληρώνουμε σε μια καρπουζόφλουδα ή τμήμα αυτής. Όταν κρατάμε σταθερή την θ και ολοκληρώνουμε ως προς φ ολοκληρώνουμε σε κυκλικό δακτύλιο παράλληλο με τον ισημερινό ή τμήμα του.

Προσωπικά πριν ανοίξει αυτή η συζήτηση εφάρμοζα το μαθηματικό θεώρημα που αφορά στην δυνατότητα εναλλαγής της ολοκλήρωσης χωρίς να έχω καθαρή γεωμετρική εικόνα. Μετά την συζήτηση όλα έχουν γίνει πιο ευκρινή.