Bernoullijevo načelo in aerodinamični vzgon

Bernoullijevo načelo

• Bernoullijevo načelo, ki ga je v 18. stoletju odkril Daniel Bernoulli, pravi, da se pri nevtralnem toku povečanje hitrosti tekočine pojavi sočasno z zmanjšanjem tlaka ali zmanjšanjem potencialne energije tekočine.

Kako krila ustvarjajo vzgon

Oblika profila krila

• Krilo je zasnovano tako, da je razdalja nad krilom daljša od razdalje pod krilom.
• Pretok zraka nad krilom je hitrejši, zato je tlak nižji.
• Pretok zraka pod krilom je počasnejši, zato je tlak višji.
• Razlika v tlaku ustvarja vzgon.

Vpadni kot

• Krilo je nagnjeno pod majhnim kotom (vpadni kot), kar pomaga usmerjati zrak navzdol.
• Usmerjen zrak ustvarja enako in nasprotno reakcijo navzgor na krilo (Newtonov tretji zakon).
• To tudi prispeva k vzgonu.

Bernoullijeva enačba

• Bernoullijeva enačba se lahko zapiše kot: $P + \frac{1}{2} \rho v^2 + \rho g h = \text{konstanta}$
  • $P$ je statični tlak tekočine.
  • $\rho$ je gostota tekočine.
  • $v$ je hitrost tekočine.
  • $g$ je pospešek zaradi gravitacije.
  • $h$ je višina tekočine nad referenčno točko.
• Če se hitrost ($v$) tekočine poveča, se tlak ($P$) zmanjša, ob predpostavki, da višina ($h$) ostane konstantna. Ta razlika v tlaku ustvarja vzgon na krilu letala.

Pregled

• Kontekstno prosta slovnica (CFL): jezik, ki ga ustvarja kontekstno prosta slovnica (CFG).
• Izrek: Za vsak CFL L obstaja PDA, ki sprejme L.
• Izrek: Za vsak PDA obstaja CFL L, ki ga PDA sprejme.

Črpalna lema za kontekstno proste jezike

• Črpalna lema daje potreben pogoj, da je jezik kontekstno prost. Če jezik krši pogoj, potem ni kontekstno prost.
• Izrek: Če je A kontekstno prosta slovnica (CFL), potem obstaja število p (dolžina črpanja), kjer, če je s niz v A z dolžino vsaj p, potem se s lahko razdeli na pet delov $s = uvxyz$, ki izpolnjujejo pogoje:
  • za vsak $i \geq 0, uv^ixy^iz \in A$,
  • $vy \neq \varepsilon$, in
  • $|vxy| \leq p$
• Dokaz: Naj bo $G = (V, \Sigma, R, S)$ CFG za A.
• Vsak niz, ki je "dovolj dolg", bo imel dolgo izpeljavo, in zato se mora neka spremenljivka ponoviti.
• Naj bo b največje število simbolov na desni strani katerega koli pravila v R.
• Razmislite o razčlenitvenem drevesu nekega niza s v A z dolžino vsaj $b^{|V|+1}$. Vsak vozel ima največ b otrok, tako da je višina drevesa vsaj $|V|+1$. $\implies$ Obstaja neka pot dolžine vsaj $|V|+1$. $\implies$ Neka spremenljivka se mora pojaviti več kot enkrat na poti.
• Naj bo p = $b^{|V|+1}$.
• Naj bo s poljuben niz v A z dolžino vsaj p.
• Razmislite o razčlenitvenem drevesu za s.
• Ker $|s| \geq p = b^{|V|+1}$, obstaja neka pot v razčlenitvenem drevesu dolžine vsaj $|V|+1$.
• Zato se mora neka spremenljivka R pojaviti več kot enkrat na poti.
• s se deli na uvxyz, kot je prikazano v razčlenitvenem drevesu.
• Ker se je R pojavil dvakrat, lahko definiramo:
  • $R \implies^* vRy$
  • $R \implies^* x$
• Nato lahko zgradimo razčlenitveno drevo za $uv^ixy^iz$ za vsak $i \geq 0$.
• Če želimo izpolniti pogoj 2, izberemo R, da je najnižje ponavljajoča se spremenljivka na najdaljši poti v razčlenitvenem drevesu. Nato ima celotno poddrevo s korenom v zgornji R višino največ $|V|+1$. Zato $|vxy| \leq b^{|V|+1} = p$
• Če želimo izpolniti pogoj 3: Predpostavimo, da je $v = \varepsilon$ in $y = \varepsilon$.
  • Potem izvedbi R izpeljeta isti niz x.
  • Lahko odstranimo obe izvedbi R in zgornjo R nadomestimo s spodnjo R.
  • Rezultirajoče razčlenitveno drevo še vedno generira s, vendar ima krajšo pot.
  • Ta postopek lahko ponavljamo, dokler bodisi $v \neq \varepsilon$ bodisi $y \neq \varepsilon$, na kateri točki imamo $vy \neq \varepsilon$.

Uporaba črpalne leme

• Predpostavimo, za protislovje, da je A kontekstno prosta slovnica (CFL).

• Potem črpalna lema velja za A

• Vaš nasprotnik izbere p (dolžino črpanja).

• Izberete s, niz v A dolžine vsaj p.

• Vaš nasprotnik deli s na uvxyz, tako da $|vxy| \leq p$ in $vy \neq \varepsilon$.

• Izberete i, tako da $uv^ixy^iz \notin A$.

• Izbere s za niz v A dolžine vsaj p, tako da bo vsaka sprememba v s povzročila, da ne bo več v A.

• Primer:* $B = {0^n1^n2^n | n \geq 0}$ ni kontekstno prost jezik.

• Predpostavimo, da je B kontekstno prosta slovnica (CFL). Naj bo p dolžina črpanja za B, ki jo daje črpalna lema.

• Naj bo $s = 0^p1^p2^p$. Potem $s \in B$ in $|s| \geq p$.

• Črpalna lema zagotavlja, da se s lahko deli na uvxyz, tako da $|vxy| \leq p$, $vy \neq \varepsilon$ in $uv^ixy^iz \in B$ za ves $i \geq 0$.

• $|vxy| \leq p \implies vxy$ lahko sestavlja največ dve vrsti znakov.

• Primer 1: vxy je sestavljen samo iz 0. Potem ima $uv^2xy^2x$ več 0 kot 1 ali 2. $\implies uv^2xy^2x \notin B$.

• Primer 2: vxy je sestavljen samo iz 1. Potem ima $uv^2xy^2x$ več 1 kot 0 ali 2. $\implies uv^2xy^2x \notin B$.

• Primer 3: vxy je sestavljen samo iz 2. Potem ima $uv^2xy^2x$ več 2 kot 0 ali 1. $\implies uv^2xy^2x \notin B$.

• Primer 4: vxy je sestavljen iz 0 in 1. Potem ima $uv^2xy^2x$ več 0 in 1 kot 2. $\implies uv^2xy^2x \notin B$.

• Primer 5: vxy je sestavljen iz 1 in 2. Potem ima $uv^2xy^2x$ več 1 in 2 kot 0. $\implies uv^2xy^2x \notin B$.

• Ker mora veljati eden od teh primerov, $uv^2xy^2x \notin B$.

• Vendar pa črpalna lema pravi, da $uv^ixy^iz \in B$ za vse $i \geq 0$. Protslovje.

• Zato B ni kontekstno prosta slovnica (CFL).