weerstanden

[WillemB]

Omdat 1 schakeling van de vier de laagste weerstand moet opleveren,
dat is alleen mogelijk met schakeling 1, alle andere kunnen nooit gelijk worden
aan de laagste weerstand. En omdat de andere drie altijd groter zijn.

[Professor Puntje]

??? Dat gaat mij boven de pet...

[WillemB]

Neem fig 3 en fig 4 , daar staat 1 weerstand rechts in serie,

Als deze weerstand de laagste waarde heeft, kan door de serie schakeling
van de andere weerstanden nooit meer de uitkomst gelijk worden aan
de laagste weerstand.

Is deze wel te volgen ?

[Professor Puntje]

Ja - dat volg ik. En dan verder?

[WillemB]

Dus fig 3 en 4 kunnen het niet zijn,

Nu nog 1 en 2, aangezien a<b<c<d en gehele getallen,
bij fig 2,

Stel de laagste weerstand links of rechts, dan levert elke combinate
een grotere weerstand op dan de laagste, dus die kan ook niet.

Om in schak 2 de uitkomst gelijk te maken aan de laagste, zouden
alle vier de weerstanden gelijk moeten zijn, omdat voor elkaar te krijgen.

Alleen schak 1 is in staat de serie weerstand dmv twee andere weerstanden te compenseren.

[Professor Puntje]

Klopt - heel slim. Dus daarmee is bewezen dat (ik maak er gelijk maar weer even een stelling van):

(2*) De waarde van a is het kleinste van a, b, c en d.

Dat vormt namelijk een aanscherping van mijn eerdere stelling (2). Alleen dat a<b<c<d zie ik nog niet.

[Xilvo]

a<b<c<d is betekenisloos. De weerstanden zijn ongelijk, er is dus altijd een kleinste en een grootste.
Je kunt stellen dat dat zo is, en van daaruit bijvoorbeeld redeneren dat de eerste schakeling een weerstandswaarde a moet hebben.

[Professor Puntje]

Ik heb de circuits van fig1, 2, 3 ,4 de respectieve vervangweerstanden a, b, c, d toebedeeld. Dat geeft vastigheid. Mij lijkt de redenering van WillemB te kloppen dat dan a (en dus de vervangingsweerstand van het eerste circuit) de laatste waarde moet hebben, wat een fraai resultaat is.

[Xilvo]

Ik heb de circuits van fig1, 2, 3 ,4 de respectieve vervangweerstanden a, b, c, d toebedeeld.

Dan heeft a<b<c<d betekenis, tenminste voor a en b.

Volgens de (mooie) redenering van WillemB is a de kleinste en b de tweede. Is al bewezen dat b altijd kleiner moet zin dan c of d?

[Professor Puntje]

Dat laatste vraag ik mij ook af. Ik zie waarschijnlijk weer iets over het hoofd, maar hoe luidt het bewijs dat b de op één na kleinste waarde heeft?

[Xilvo]

Een heel andere mogelijke aanpak. Nog geen idee of het haalbaar is.

Vergeet voorlopig dat het hele getallen moeten zijn.
Geef de grootste weerstand de waarde d=1.
De andere (a,b,c) hebben dan waardes w 0<w<1.

Voor een zekere configuratie (stel R1 = R5 = R9 = R13, etc)* kun je dan de vervangingsweerstanden van de schakelingen "uitzetten" in 3-dim grafieken en zien waar die grafieken waardes b,c,d en 1 krijgen.

Zijn dat dan rationale waardes, dan kun je ze altijd geheel krijgen door met een geschikt geheel getal te vermenigvuldigen.

Het venijn zit ook in het feite dat je alle mogelijke combinaties van configuraties moet proberen.
Dan helpen redeneringen zoals die van WillemB natuurlijk zeer, door dat aantal fors te reduceren.

)* Dit is een voorbeeld, en een slecht voorbeeld, omdat de laatste twee schakelingen dan dezelfde vervangingsweerstand zouden hebben.

[Xilvo]

Ik realiseerde me dat ik het gereedschap al had. Ik moest alleen de eis voor wanneer ik een getal als "geheel" accepteer wat versoepelen.

Oorspronkelijk was een getal "geheel" als het absolute verschil tussen de waarde en de naar de dichtstbijzijnde gehele waarde afgeronde kleiner dan 1E-10 was:
abs(x-round(x))<1e-10

Als ik die eis versoepel naar
abs(x-round(x))<0.01
(geheel als de waarde minder dan 0,01 van een gehele waarde ligt)
of
abs(x-round(x))<0.01*x
(geheel als de waarde minder dan 1% van een gehele waarde ligt)
dan vind ik, bij R_max = 1000 Ω, nog steeds alleen de waardes 1000, 750, 500 en 250.

Ik vermoed dat veelvouden van [1,2,3,4] toch de enige mogelijke oplossingen zijn.

[Professor Puntje]

Voor fig1 hebben we:
1. (a+b) // c // d = a
of
1'. (a+c) // b // d = a
of
1" (a+d) // b // c = a

We bekijken 1. Dat geeft:

\(\)

\( \frac{1}{a+b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d} = \frac{1}{a} \)

\(\)

Maar we weten inmiddels dat a de kleinste van a,b,c,d is. Dus mogen we schrijven b=a+x, met x een positief natuurlijk getal. Zodat:

\(\)

\( \frac{1}{a+a+x} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d} = \frac{1}{a} \)

\(\)

\( \frac{a}{2a+x} + \frac{a}{c} + \frac{a}{d} = 1 \)

\(\)

\( \frac{1}{2} < \frac{a}{c} + \frac{a}{d} < 1 \)

[WillemB]

Dat laatste vraag ik mij ook af. Ik zie waarschijnlijk weer iets over het hoofd, maar hoe luidt het bewijs dat b de op één na kleinste waarde heeft?

Uitgaande dat a<b<c<d,

Het bewijs zit hem in het feit dat fig 3 en 4 nooit de volgende waarde b kan zijn.
Beschouw fig 3 of 4, vraag is bewijs dat de totaal weerstand van fig3 of 4 altijd >b

Om de kleinste waarde te zoeken, rechtste weerstand wordt a,
weerstand b moet dan links boven, de vervang waarde van de linkse
schakeling is omdat c en d >b , altijd groter dan de helft van b.

De kleinste waarde die b kan hebben is 2 als a=1, daaruit volgt,
dat de som van >1/2 b en a nooit b kan worden.

Of zie ik wat over het hoofd ?

[Professor Puntje]

Even voor de duidelijkheid: als je uitgaat van a<b<c<d hoeft dat niet meer bewezen te worden, want dat is dan jouw uitgangspunt. Ik koppel de vervangweerstanden a,b,c,d aan de respectieve circuits van fig1,2,3,4. en dat is een ander uitgangspunt. Dat zou toevallig op hetzelfde neer kunnen komen, maar dat is afwachten.