-
|
.
|
| A logica mica sarei tanto d'accordo con i francesi visto che stiamo parlando di riserve antincendio.
Con questa logica forse potrei progettare in classe II anche serbatoi destinati al raffredamento di una centrale nucleare. |
|
-
-
|
.
|
| Io ho riscontrato qualche problemino con le quotature.
Mi pare che non funzioni la scala impostata negli stili di quota,
quota tutto in scala 1:1,
successivamente si corregge la scala nella finestra delle proprità. |
|
-
|
.
|
| Grazie.
La penso allo stesso modo.
Volendo stare sul "sicuro"si presanta comunque la RSU,
si spende qualche euro per l'imposta di bollo per la presentazione di un adempimento che anch'io ritengo non dovuto. |
|
-
|
.
|
| Ho un quesito, forse banale, per capire come vi comportate o vi comportereste.
Le modifiche all'art. 65, che in precedenza disciplinava solo opere in conglomerato cementizio armato e strutture metalliche, introducono l'adempimento della relazione a strutture ultimate per opere realizzate con tutti i materiali e sistemi costruttivi disciplinati dalla norme tecniche.
Per tutti i procedimenti avviati prima dell'entrata in vigore dello sbloccacantieri, che terminano successivamente alla sua entrata in vigore e riguardanti opere diverse da quelle in conglomerato cementizio armato e dalle strutture metalliche, ritenete che sia necessario le redazione e la presentazione della relazione a strutture ultimate? |
|
-
|
.
|
| CITAZIONE (afazio @ 15/7/2019, 21:36) Se vai a vedere l'ultimo mio schema noterai che si hanno le stesse lunghezze per i tre tratti.
Si conferma quindi che la costruzione grafica da me proposta è corretta.
La brillante soluzione grafica è quella che avevo preso come riferimento per testare la correttezza del procedimento di risoluzione analatica.
Pertanto mi aspettavo di tovare come risultanto proprio alfa = 60 e lunghezze per i tre tratti che confermassero la tua soluzione. |
|
-
|
.
|
| L'idea è quella di cambiare l'incognita, prendendo un angolo.
Lo schema grafico utilizzato per la risoluzione del problema è questo:
La lunghezza incognita è L = x+P1B+P1A
vale la seguente uguaglianza P1A+P1B = AB1
AB1 = 90 /sen alfa
x= 40 - y
ricavo y come:
y = z/tan alfa
per z vale:
z = (90-30tan alfa)/2
quindi
y = 45/ tang alfa - 15
quindi ricavo x
x= 55 - 45/ tan alfa
L = f(alfa)= 55 - 45/ tang alfa + 90 /sen alfa
detemino quindi il valore di alfa che mi da ila lunghezza minima uguagliando a 0 la derivata di f(alfa9
f’(alfa) = 45/ (sen alfa )^2 – 90 cos alfa /(sen alfa ) ^2 = 0
cos alfa = 1/2
alfa = 60
noto alfa determino tutte le quantita incognite
L = 132,94
x = 29,02
AP1 = 21,96
BP1 = 81,96 |
|
-
|
.
|
| CITAZIONE (reversi @ 15/7/2019, 16:24) e come lo sappiamo?
scusami, ma non l'ho capito da dove deriva.
E' una delle proprietà del punto di Fermat che ho iniziato ha consocere con questo topic.
CITAZIONE Il punto di Fermat ha diverse proprietà. Dato un triangolo ABC si deve costruire su ogni lato un triangolo equilatero in modo da formare tre triangoli chiamati ABC', AB'C, A'BC. Congiungendo AA', BB', CC' queste tre rette si incontrano in un punto F. Si dimostra che AA'=BB'=CC'. Infatti i triangoli ACA' e B'CB sono uguali perché CA = CB', CA' = CB, l'angolo ACA' = l'angolo BCB'. Ne segue che AA' = BB' e analogamente si prova che AA' = CC'. Creiamo tre circonferenze γ,α, β tali che γ sia circoscritta ad ACB', α sia circoscritta ad A'CB, β sia circoscritta ad AC'B. Le tre circonferenze avranno tutte in comune il punto F. Poiché i quadrilateri AC'BF, AB'CF sono inscritti in una circonferenza, l'angolo AFB =120° e l'angolo AFC =120°
Ne segue che: l'angolo BFC=120°: quindi il punto F appartiene a β. Il punto F appartiene a BB' perché: l'angolo AFB =120° l'angolo AFB' = l'angolo ACB'= 60°. Allo stesso modo si dimostra che F appartiene ad AA' e anche a CC'.
Il punto F è detto "punto di Fermat" del triangolo ABC.
Poi avrei trovato una soluzione analitica alternativa, stasera cerco di postarla |
|
-
|
.
|
| CITAZIONE (mircof @ 14/7/2019, 21:25) Osservando la costruzione grafica con gli angoli mi risulta che affinché l'angolo AP1B sia di 120 gradi l'angolo alfa debba essere di 30 gradi.
Edit: non tenete conto ho scritto una cavolata
Non era una cavolata, era giusto.
L'angolo y deve essere di 30 gradi ( non alfa che non so da dove mi è uscito)
Quindi
PA = 2*(40-x)
PB = 2*(70-x)
Inoltre √3*((40-x)+(70-x))=90 |
|
-
|
.
|
| Osservando la costruzione grafica con gli angoli mi risulta che affinché l'angolo AP1B sia di 120 gradi l'angolo alfa debba essere di 30 gradi.
Edit: non tenete conto ho scritto una cavolata |
|
-
|
.
|
| Sappiamo anche che nella soluzione di minimo l'angolo AP1B deve essere di 120 gradi
Quindi per ogni valore di x dovremmo poterci calcolare AP1 e BP1 |
|
-
|
.
|
| Rimane da capire se la costruzione con il punto di Fermat del triangolo che minizza le distanze CA + CB sia effettivamente quella che minimizza le lunghezze dei tubi
(come aintuitivamente si potrebve pensare).
Avevi provato a vedere che risultato esce con la costruzione fatta sul triangolo DAB?
Perdonami sono da smartphone, se non ti va di perderci tempo non importa. |
|
-
|
.
|
| Avevo sottovalutato le proprietà del punto di Fermat (che non conoscevo) riflettendoci poi avevo rieditato poco prima che rispondessi.
Grazie per il calcolo con la mia soluzione. |
|
-
|
.
|
| Se il punto F lo prendi sul segmento CA in modo che BF sia ortogonale a CA cosa esce fuori?
Io avrei ricercato una soluzione di questo tipo.
Edit: mi sa che in questo modo non avrei minimizzato niente |
|
-
|
.
|
| Diverge perché sappiamo che la serie armonica diverge.
Non ricordo quasi nulla delle serie, ma questa è una serie nota che con una ricerca su internet trovi facilmente.
La serie armoniaca generalizzata 1/n^a ( n elevato ad a)
diverge per a minore o uguale a 1 e converge per a maggiore di 1 |
|
84 replies since 4/2/2013
.
