Srpski tehnički list
СТРАНА 74.
ПОВА МЕТОДА
ГРАФИЧНОГ РЕШАВАЊА БРОЈНИХ ЈЕДНАЧИНА 6
ЈЕДНОМ НЕПОЗНАТОМ
БРОЈ 5.
ЈЕДНА НОВА МЕТОДА ГРАФИЧНОГ РЕШАВАЊА БРОЈНИХ ЈЕДНАЧИНА 6 ЈЕДНОМ НЕПОЗНАТОМ
(ба сликама на табли УЈШ,)
У графичној аритметици показују се разни начини графичног пзрачунавања сложених израза оваког облика: «ап + ал“ Бат + · Тиме се уједно добијају и разне методе графичног решавања алгебарских једначина. Таквих конструкција, помоћу којих се налазе корени алгебарских једначина, имамо од Штама'), Егерса“) Лилаз), Јегера“), Кулмана")'и Вехага). Ну све ове методе, поред тога што дају само апроксимативна решења, претпостављају или известан степен или рационалан облик
дане једначине. Али има једна најповија метода, која по
својој практичној употребљигости надмашује све остале, јер се може применити на једначине ма ког степена, па имале оне рационалан или прационалан облик,
Ова се метода разликује од свију досадашњих битно у томе, штоу место променљиве 2 ин коефицијената а, фу, 4, > · · представља графички њихове логаритме; њу је саопштио професор Др. Р, Мемке из Дармштата у 8. свесци „Цивилног Инжењера“ ") од пр, године. Ми доносимо овде у преводу тај чланак професора Мемка, са жељом да се њиме користе и наши читаоди.
1) Скоро свима методама графичког решавања једначина с једном непознатом 2“ основна је мисао ова: чланове дане једначине треба ма којим начином разложитп на две групе, везаном знаком равности, т. ј, треба, даној једначини дати облик:
[ (2) = 9 (#) Ако се сад свака страна стави == у, онда се дана једначина распада на две, њој еквивалентне
у= (2), у=9 (2).
Кад се с и у сматрају као кординате једне тачке (у произвољном координантном систему), онда нам ове две једначине представљају две криве линије, Апсцисе пресечних тачака ових линија јесу тада тражени корени. Најлакше је употребити Декартове координате. Но у место добивених линија цртам ја њихова логаритамска, преображења, т. ј. не узимам ж по у, него (од # п [од 9 за координате једне тачке, пли другим речима, преносећи ф и у служим се логаритамским размеј ником.
Тиме се постизава велика олакшица, јер се на тај начин линије 9#Х = | (г) ну = у (#) констручшу веома брво и лако, као што ће се одмах видети, Остаје само још да се одговори на питање: Којега се правила
ваља држати при разлагању дане једначине на два дела» |
Одговор је лак. Како само позитивни бројеви пмају стварне логаритме, то треба позитивне чланове оставити онде где су, а негативне пренети на супротну страну (разуме се с промењеним знаком). У исто доба замислимо, да. је променљива ж пре свега позитивна; тако ћемо добити само позитивне корене. Затим заменимо 2 са |—х) ; тиме
т) Бфатиа, 8:11 сајсојо стаћсо Чет робпопа тел е таглопај! деђа Фвогта 25 + а 21 +... а # + 1. Кепд соли Че! Кеаје Тав бо Гошђатао. М'апо 1864.
5) Ервегв, Стипааћсе ешег старћвсће Атићте к, Бећаћћачвеп 1865.
3) Та, Келојиноп отарћтуџе Чез бапабопв пштебтупев ("пл естб апејсопаце % пле тавоппце. Мопуеђев Аппајев Фе Мабћбтабупев 1867. 29 8., +. уг р. 859.
а) Јасет, Паз ртарјавеће Кесћпеп, Бреуег 1867.
5) Сп тапп, Стар зсће 5бацк, 2. Ам]. 1875. 5. 12.
5) Ујећаве, Месћататшеп 21: АпЕбвипе уоп СТезећипсеп Левећт (ез Уегешев дешвећег ТГаргетеите 1877, Ва. хи. 8, 105.
5 Пег СлуШпсешецт, Огсап ФЧев васћвтасћеп Јавешепт пп Атећњекћеп-Уетејов, Јаћгсапе 1889. Нек 8.
се првобитна једначина претвара у другу чији су повитивни корени по апсолутној вредности једнаки са негативним коренима дане једначине,
2) Ако се на једној страни дате једначине налази само један члан, на пр.
у уј ОН
Год у == (од а + те 160 2. Како се према горњој напомени 60 2 пи бој у имају сматрати као Декартове координате једне променљиве тачке, то је геометријски лик ове једначине, дакле посредно лик члана а хт“, права линија која сече У осовини под углом чија је тригометријска тангента та. ') Јасно је, да т не мора бити цео број, него може имати п разломљену или ирационалну вредност. Ако се на једној страни дате-једначине налазе два члана, на пр.
онда је
у = алат = ба,
онда је логаритамски лик ове Функције (транецендентна) крива. линија. Једна њена тачка може се лако непосредно наћи, а то је њен пресек са МЕ оровинок, јер је за ову тачку 000 # == 0, дакле ф == 1, дакле њена ордината, од у = [00 (а + %). Да бисмо нашли још коју тачку, нацртати оне две праве линије, ним члановима (дакле праве: [0] у == (0) а + т 0092 (од у == [од Ф + то 10д с. Једна паралелна према Ји осовини у произвољном одстојању нека сече Х 0с0вину, ове две праве и тражену криву линију у тачкама,
треба пре свега које одговарају поједи-
о, р, ф т (види ел. 1.). Кад ставимо тајне ја ан ес), онда је ор == у РБ; од == 100 60: 07=== (од | += 40).
Сад је пред нама задатак : како ћемо графичким путем оредити дуж ог, кад су нам дате дужи ор и оф, пилп: како ћемо наћи положај тачке “, кад знамо положаје тачака р ид. Једним простим посматрањем уверићемо се, да положај тачке 7 према ри д зависи само од дужи рд. Јер
ду == ог — од = [0џ |Р—- 0)
– „(пре ђ-м(и +
лакле од“ зависи само од размере 0: Р,; односно од логаритма |: Р) = [од 0 — бод Р == од – ор = рд. Ову зависност дужи рад и дг можемо представити једном линијом, која нека се зове сабирна линија (А4аоп8Китуе); ту линију морамо једном за свагда нацртати по усвојеном размернику.
(ода (==
,
Ставимо () рда = %, ду == 7, 2) === 78 онда је и = рад = од — ор = [0д 0 — [од Р =
") претпостављајући правоугли координатни систем.