Aşağıdaki problemi (Banach problemi) çözelim. Bir kişi cebinde iki kutu kibrit (her biri 60 kibrit) taşıyor ve ne zaman kibrite ihtiyaç duyulsa kutuyu rastgele alıp bir kibrit çıkarıyor. İlk kutu boşaldığında ikinci kutuda 20 kibrit kalma olasılığı nedir? Kutu seçimi, ilk kutunun olasılık dahilinde seçildiği bağımsız bir deneme olarak düşünülebilir. Gerçekleştirilen toplam denemeler N= 60+40=100 ve bu yüz deneyde ilk kutunun 60 kez seçilmesi gerekiyor. Bunun olasılığı:

.

Kayıtlardan açıkça görülüyor ki, büyük N Hantal hesaplamalar nedeniyle Bernoulli formülünü kullanmak zordur. Olasılıkları bulmanızı sağlayan özel yaklaşık formüller vardır
, Eğer N Harika. Bu tür formüllerden biri aşağıdaki teorem ile verilmektedir.

Teorem 2.1. ( Laplace yerel ). Bernoulli şemasında ise
, o zaman olayın gerçekleşme olasılığı A tam olarak gelecek k kez, büyükleri karşılar N oran

Nerede
.

Kolaylık sağlamak için işlevi tanıtıyoruz
Laplace teoreminin yardımıyla aşağıdaki gibi yazılabilen yerel Laplace fonksiyonudur:

Özel fonksiyon tabloları var
, buna göre herhangi bir değer için:
karşılık gelen fonksiyon değerini bulabilirsiniz. Bu tablolar fonksiyonun genişletilmesiyle elde edildi
arka arkaya.

Geometrik olarak bu sonuç, büyük N dağıtım poligonu formülün sağındaki fonksiyonun grafiğine (Şekil 2.3) ve gerçek olasılık değeri yerine iyi uyum sağlar
herkes için mümkün k bir noktada bir fonksiyonun değerini almak k.

Pirinç. 2.3. Yerel Laplace işlevi

Şimdi soruna dönelim. Formül (2.1)'i kullanarak şunu buluruz:

,

değer nerede
tablodan belirlenir.

2.2.2. Laplace'ın integral teoremi

Teorem 2.2(Laplace integrali) . Devrede olma olasılığı N olayın meydana geleceği bağımsız testler k 1 önce k 2 kez, yaklaşık olarak eşit

P N (k 1
k 2 )
,

– Tabloların derlendiği Laplace integral fonksiyonu. İşlev F(x) garip: Ф(-х)=-Ф(х) Ve F(X 4)=0,5.

Kanıtı olmayan başka bir ifadeyi ele alalım.

Bağıl frekans sapması olasılıktan P V N bağımsız testler eşittir

(

.

Yorum. Bu gerçeklerin mantığı Bölüm 7'de (Bölüm 7.2, 7.3) daha detaylı tartışılacaktır. Laplace teoremlerine bazen Moivre-Laplace teoremleri denir.

Örnek 2.3.

900 bağımsız denemenin her birinde bir olayın meydana gelme olasılığı 0,5'tir. 1) olayın 400 ila 500 kez meydana gelme olasılığını bulun, 2) olayın göreceli meydana gelme sıklığının, mutlak değerdeki olasılığından 0,02'den fazla sapmayacağı olasılığını bulun.

Çözüm

1) R 900 (400<k<500)=
=

2)

=

2.3. Poisson formülü

Deney sayısını sabitlersek N ve bir deneyde bir olayın meydana gelme olasılığı R değişirse, dağıtım poligonu değere bağlı olarak farklı bir görünüme sahip olacaktır. R(Şekil 2.4). Değerlerle P 1/2'ye yakın olan poligon neredeyse simetriktir ve Laplace fonksiyonunun simetrik grafiğine iyi uyum sağlar. Bu nedenle, yaklaşık Laplace formülü iyi bir doğruluk sağlar.

Küçük olanlar için R(pratikte daha az ) dağıtım poligonunun asimetrisi nedeniyle yaklaşım zayıftır. Bu nedenle görev, olasılıkları hesaplamak için yaklaşık bir formül bulmaktır.
büyük olması durumunda N ve küçük R. Bu sorunun cevabı Poisson formülüyle verilmektedir.

Öyleyse, bağımsız bir test şemasını ele alalım; N büyüktür (ne kadar çoksa o kadar iyidir) ve R az (ne kadar az olursa o kadar iyi). Haydi belirtelim NR=λ . O zaman Bernoulli formülüne göre elimizde

.

Son eşitlik doğrudur çünkü
(ikinci dikkate değer sınır). Bir olayın en olası oluşumuna ilişkin formülü elde ederken k 0 olasılık oranı dikkate alındı. Bundan şu sonuç çıkıyor

Böylece ne zaman k birçok küçük olanlar N yinelenen bir ilişkimiz var

.

İçin k=0 daha önce elde edilen sonucu dikkate alalım:
, Daha sonra

………………

Yani bağımsız bir test tasarımında n büyükse ve R biraz sonra olur Poisson formülü

R N (İle)
, burada λ = NR.

Poisson yasasına nadir olaylar yasası da denir.

Örnek 2.4.

Arızalı parça üretme olasılığı 0,02'dir. Parçalar 100 adetlik kutularda paketlenmiştir. a) olma olasılığı nedir? kutuda arızalı parça yok, b) kutuda ikiden fazla arızalı parça var mı?

Çözüm

A) Çünkü N Büyük ve R az, elimizde ; R 100 (0)
;

B)R 100 (k>2)= 1-R 1-

Böylece bağımsız bir deneme tasarımında olasılığın hesaplanması R N (k) Aşağıdaki durumlarda Bernoulli formülü kullanılmalıdır: N küçük ama eğer N büyükse, boyutuna bağlı olarak R yaklaşık Laplace formüllerinden biri veya Poisson formülü kullanılır.

Sıvı durumun özellikleri. Yüzey katmanı. Yüzey gerilimi. Islatma. Laplace'ın formülü. Kılcal fenomen.

Sıvılar, katı kristal hal ile gaz hal arasında bir ara madde olan, yoğunlaşmış haldeki maddelerdir.

Sıvıların varlık bölgesi, yüksek sıcaklık tarafında gaz durumuna geçişiyle, düşük sıcaklık tarafında ise katı duruma geçişiyle sınırlıdır.

Sıvılarda moleküller arasındaki mesafe gazlardan çok daha küçüktür (sıvıların yoğunluğu, kritik sıcaklıktan uzakta doymuş buharın yoğunluğundan ~ 6000 kat daha fazladır) (Şekil 1).

Şekil 1. Su buharı (1) ve su (2). Su molekülleri yaklaşık 5 10 7 kat büyütülür

Sonuç olarak sıvılarda moleküller arası etkileşim kuvvetleri, gazlardan farklı olarak sıvıların özelliklerini belirleyen ana faktördür. Bu nedenle sıvılar da katılar gibi hacimlerini korurlar ve serbest bir yüzeye sahiptirler. Katılar gibi sıvılar da çok düşük sıkıştırılabilirlik ve esnemeye karşı direnç ile karakterize edilir.

Ancak sıvı molekülleri arasındaki bağlanma kuvvetleri, sıvı katmanlarının birbirine göre kaymasını önleyecek kadar güçlü değildir. Bu nedenle sıvılar da gazlar gibi akışkanlığa sahiptir. Yerçekimi alanında sıvılar içine döküldükleri kabın şeklini alırlar.

Maddelerin özellikleri, kendilerini oluşturan parçacıkların hareketi ve etkileşimi ile belirlenir.

Gazlarda çarpışmalar esas olarak iki molekülü içerir. Sonuç olarak, gazlar teorisi, tam olarak çözülebilen iki cisim probleminin çözümüne indirgenir. Katılarda moleküller, diğer moleküller tarafından oluşturulan periyodik bir alanda kristal kafesin düğüm noktalarında titreşim hareketine maruz kalır. Periyodik bir alandaki bu parçacık davranışı sorunu da tam olarak çözülebilir.

Sıvılarda her molekül birkaç başka molekülle çevrilidir. Bu tür bir problem (çoklu cisim problemi), genel olarak, moleküllerin doğası ve düzenlenişlerinin doğası ne olursa olsun, henüz tam olarak çözülmemiştir.

X ışınlarının, nötronların ve elektronların kırınımı üzerine yapılan deneyler sıvıların yapısının belirlenmesine yardımcı oldu. Uzun menzilli düzenin gözlendiği kristallerden farklı olarak (büyük hacimlerde parçacıkların düzenli düzenlenmesi), 3-4 moleküler çap civarındaki mesafelerdeki sıvılarda moleküllerin dizilişindeki sıra bozulur. Sonuç olarak, sıvılarda moleküllerin dizilişinde kısa menzilli düzen adı verilen bir düzen vardır (Şekil 2):

İncir. 2. Sıvı moleküllerin kısa menzilli düzenine ve kristalli bir maddenin moleküllerinin uzun menzilli düzenine bir örnek: 1 – su; 2 – buz

Sıvılarda moleküller, moleküller arası mesafelerle sınırlı sınırlar dahilinde küçük titreşimlere maruz kalır. Ancak zaman zaman dalgalanmalar sonucunda bir molekül, komşu moleküllerden yeni bir denge konumuna sıçramaya yetecek kadar enerji alabilir. Molekül, yine dalgalanmalar sonucunda sıçrama için gerekli enerjiyi alana kadar bir süre yeni denge konumunda kalacaktır. Molekül, molekülün boyutuyla karşılaştırılabilecek bir mesafenin üzerinden atlar. Yerini sıçramalara bırakan titreşimler, sıvı moleküllerin termal hareketini temsil eder.

Bir molekülün denge durumunda olduğu ortalama süreye gevşeme süresi denir. Sıcaklık arttıkça moleküllerin enerjisi artar, dolayısıyla dalgalanma olasılığı artar, gevşeme süresi azalır:

(1)

Nerede τ - rahatlama vakti, B– Molekülün titreşim periyodu anlamına gelen katsayı, K – aktivasyon enerjisi moleküller, yani moleküler sıçrama yapmak için gereken enerji.

Gazlarda olduğu gibi sıvılarda da iç sürtünme, sıvı katmanlarının hareket yönüne dik yönde momentum aktarımı nedeniyle sıvı katmanları hareket ettiğinde meydana gelir. Moleküler sıçramalar sırasında katmandan katmana momentum aktarımı da meydana gelir. Bununla birlikte, esas olarak momentum, komşu katmanlardaki moleküllerin etkileşimi (çekimi) nedeniyle aktarılır.

Sıvı moleküllerin termal hareket mekanizmasına uygun olarak, viskozite katsayısının sıcaklığa bağımlılığı şu şekildedir:

(2)

Nerede A– molekülün atlama mesafesine, titreşim frekansına ve sıcaklığına bağlı katsayı, K – aktivasyon enerjisi.

Denklem (2) – Frenkel-Andrade formülü. Viskozite katsayısının sıcaklığa bağımlılığı esas olarak üstel faktör tarafından belirlenir.

Viskozitenin karşılıklı değerine akışkanlık denir. Sıcaklık düştükçe, bazı sıvıların viskozitesi o kadar artar ki, amorf cisimler (cam, plastik, reçineler vb.) oluşturarak pratik olarak akmayı durdururlar.

Her sıvı molekül, moleküler kuvvetlerinin aralığındaki komşu moleküllerle etkileşime girer. Bu etkileşimin sonuçları sıvının içindeki ve sıvının yüzeyindeki moleküller için aynı değildir. Sıvının içinde bulunan bir molekül, onu çevreleyen komşu moleküllerle etkileşime girer ve bunun sonucunda ona etki eden kuvvet sıfırdır (Şekil 3).

Şek. 3. Sıvı moleküllere etki eden kuvvetler

Yüzey tabakasının molekülleri farklı koşullar altındadır. Sıvının üzerindeki buharın yoğunluğu, sıvının yoğunluğundan çok daha azdır. Bu nedenle, yüzey katmanındaki her bir molekül, sıvıya normal olarak yönlendirilen bir bileşke kuvvet tarafından etkilenmektedir (Şekil 3). Yüzey tabakası sıvının geri kalanına elastik bir film gibi baskı uygular. Bu katmanda bulunan moleküller de birbirlerini çekerler (Şekil 4).

Şekil 4. Yüzey katmanı moleküllerinin etkileşimi

Bu etkileşim, sıvının yüzeyine teğetsel olarak yönlendirilen ve sıvının yüzeyini azaltma eğiliminde olan kuvvetler yaratır.

Bir sıvının yüzeyine rastgele bir çizgi çizilirse, yüzey gerilim kuvvetleri çizginin normali boyunca ve yüzeye teğet olarak etki edecektir. Bu kuvvetlerin büyüklüğü bu çizgi boyunca yer alan moleküllerin sayısıyla, dolayısıyla çizginin uzunluğuyla orantılıdır:

(3)

Nerede σ – orantılılık katsayısı olarak adlandırılan yüzey gerilimi katsayısı:

(4)

Yüzey gerilim katsayısı sayısal olarak sıvının yüzeyini sınırlayan konturun birim uzunluğu başına etki eden yüzey gerilim kuvvetine eşittir..

Yüzey gerilimi katsayısı N/m cinsinden ölçülür. Büyüklük σ sıvının türüne, sıcaklığına ve yabancı maddelerin varlığına bağlıdır. Yüzey gerilimini azaltan maddelere denir yüzeysel olarak aktif(alkol, sabun, çamaşır tozu vb.)

Bir sıvının yüzey alanını arttırmak için yüzey gerilim kuvvetlerine karşı iş yapılması gerekir. Bu işin miktarını belirleyelim. Sıvı film (örneğin sabun) ve hareketli bir çapraz çubuk içeren bir çerçeve olmasına izin verin (Şek. 5).

Şekil 5. Tel çerçevenin hareketli tarafı, dış kuvvet F ex ve bunun sonucunda ortaya çıkan yüzey gerilim kuvvetleri F n'nin etkisi altında dengededir.

Filmi F kuvvetiyle uzatalım. dx. Açıkça:

Nerede F n = σL–yüzey gerilim kuvveti. Daha sonra:

Nerede dS = Ldx– filmin yüzey alanının arttırılması. Son denklemden:

(5)

(5)'e göre yüzey gerilim katsayısı, sabit sıcaklıkta yüzey alanını bir birim artırmak için gereken işe sayısal olarak eşittir. (5)'ten σ'nun J/m2 cinsinden ölçülebileceği açıktır.

Bir sıvı başka bir sıvı veya katı ile sınırlanıyorsa, temas halindeki maddelerin yoğunluklarının karşılaştırılabilir olması nedeniyle, sıvının moleküllerinin onu çevreleyen maddelerin molekülleri ile etkileşimi göz ardı edilemez.

Bir sıvı ile bir katı arasındaki temas üzerine, molekülleri arasındaki etkileşim, sıvının molekülleri arasındaki etkileşimden daha güçlüyse, o zaman sıvı, temas yüzeyini artırma eğiliminde olur ve katının yüzeyine yayılır. Bu durumda sıvı katıyı ıslatır. Sıvı molekülleri arasındaki etkileşim, sıvı ve katı molekülleri arasındaki etkileşimden daha güçlüyse, sıvının temas yüzeyi azalır. Bu durumda sıvı katıları ıslatmaz. Örneğin: su camı ıslatır ancak parafini ıslatmaz; cıva metal yüzeyleri ıslatır ancak camı ıslatmaz.

Şekil 6. Islanmayan (a) ve ıslatan (b) sıvılar için bir katının yüzeyindeki farklı damla şekilleri

Bir katının yüzeyinde bir damla sıvı olduğunu düşünün (Şekil 7):

Şekil 7. Islanmayan (a) ve ıslatan (b) sıvılar için katı bir cismin yüzeyindeki bir damlanın dengesini hesaplamaya yönelik şemalar: 1 - gaz, 2 - sıvı, 3 - katı

Bir damlanın şekli üç ortamın etkileşimi ile belirlenir: gaz - 1, sıvı - 2 ve katı - 3. Tüm bu ortamların ortak bir sınırı vardır - damlayı çevreleyen bir daire. Eleman uzunluğu başına dl bu konturun yüzey gerilimi kuvvetleri aşağıdaki gibi etki edecektir: F 12 = σ 12 dl– gaz ve sıvı arasında, F 13 = σ 13 dl- gaz ve katı arasında, F 23 = σ 23 dl– sıvı ve katı arasında. Eğer dl=1m, o zaman F 12 = σ 12 , F 13 = σ 13 , F 23 = σ 23. Aşağıdaki durumlarda durumu ele alalım:

Bu demektir<θ = π (Şekil 7, a). Sıvının katı cisimle temas yerini sınırlayan daire bir noktaya kadar daralacak ve damla elipsoidal veya küresel bir şekil alacaktır. Bu tamamen ıslanmama durumudur. Aşağıdaki durumlarda da tam ıslanma gözlenir: σ 23 > σ 12 + σ 13 .

Aşağıdaki durumlarda başka bir uç durum ortaya çıkacaktır:

Bu demektir<θ = 0 (Şekil 7b), tam ıslanma gözlenir. Aşağıdaki durumlarda da tam ıslanma gözlemlenecektir: σ 13 > σ 12 + σ 23. Bu durumda herhangi bir açı değerinde denge oluşmayacaktır. θ ve sıvı, katının yüzeyinden monomoleküler katmana kadar yayılacaktır.

Düşüş dengede ise, kontur uzunluğu elemanına etki eden tüm kuvvetlerin sonucu sıfırdır. Bu durumda denge koşulu:

Sıvının içinde ölçülen, bir katının yüzeyine ve bir sıvının yüzeyine olan teğetler arasındaki açı,temas açısı denir.

Değeri (6)'dan belirlenir:

(7)

Eğer σ 13 > σ 23, o zaman çünkü θ > 0, açı θ keskin - kısmi ıslanma meydana gelirse σ 13 < σ 23, o zaman çünkü θ < 0 – угол θ künt – kısmi ıslanmama meydana gelir. Dolayısıyla temas açısı, sıvının ıslanma veya ıslanmama derecesini karakterize eden bir değerdir.

Sıvı yüzeyinin eğriliği, bu yüzeyin altındaki sıvıya ilave basınç uygulanmasına neden olur. Sıvının kavisli yüzeyi altındaki ilave basınç miktarını belirleyelim. Sıvının herhangi bir yüzeyinde alanı ∆ olan bir eleman seçelim S(Şekil 8):

Şekil 8. Ek basınç miktarını hesaplamak için

Ö′ Ö– bir noktada yüzeye normal Ö. Kontur elemanlarına etki eden yüzey gerilim kuvvetlerini belirleyelim. AB Ve CD. Yüzey gerilimi kuvvetleri F Ve F', üzerinde etkili olan AB Ve CD, dikey AB Ve CD ve yüzeye teğetsel olarak yönlendirilmiştir ∆ S. Kuvvetin büyüklüğünü belirleyelim F:

Gücü parçalayalım F iki bileşene F 1 ve f'. Güç F 1 paralel Ö′ Ö ve sıvıya yönlendirilir. Bu kuvvet sıvının iç bölgeleri üzerindeki basıncı arttırır (ikinci bileşen yüzeyi gerer ve basınç miktarını etkilemez).

∆'ya dik bir düzlem çizelim S noktalardan geçerek M, Ö Ve N. Daha sonra R 1 – bu düzlem yönünde yüzeyin eğrilik yarıçapı. ∆'ya dik bir düzlem çizelim S ve ilk uçak. Daha sonra R 2 – bu düzlem yönünde yüzeyin eğrilik yarıçapı. Genel olarak R 1 ≠ R 2. Bileşeni tanımlayalım F 1. Resimden şunları görebilirsiniz:

Şunu dikkate alalım:

(8)

Kuvvet F′ aynı iki bileşene ayrıştıralım ve bileşeni benzer şekilde tanımlayalım F 2 (şekilde gösterilmemiştir):

(9)

Benzer şekilde mantık yürüterek elementlere etki eden kuvvetlerin bileşenlerini belirleyeceğiz. AC. Ve BD bunun yerine bunu göz önünde bulundurarak R 1 olacak R 2:

(10)

Kontura etki eden dört kuvvetin toplamını bulalım ABDC ve sıvının iç bölgelerine ilave basınç uygulanması:

Ek basınç miktarını belirleyelim:

Buradan:

(11)

Denklem (11) denir Laplace'ın formülü. Bir sıvının kavisli yüzeyinin sıvının iç bölgelerine uyguladığı ek basınca denir. Laplace basıncı.

Laplace basıncı açıkça yüzeyin eğrilik merkezine doğru yönlendirilir. Bu nedenle dışbükey bir yüzey olması durumunda sıvıya yönlendirilir ve sıvının normal basıncına eklenir. İçbükey yüzey durumunda sıvı, düz yüzey altındaki sıvıya göre daha az basınç altında olacaktır çünkü Laplace basıncı sıvının dışına doğru yönlendirilir.

Yüzey küresel ise: R 1 = R 2 = R:

Yüzey silindirik ise: R 1 = R, R 2 = ∞:

Yüzey düzse o zaman: R 1 = ∞, R 2 = ∞:

Örneğin sabun köpüğü gibi iki yüzey varsa Laplace basıncı iki katına çıkar.

Islanma ve ıslanmama olgularıyla ilişkili olarak sözde kılcal fenomen. Bir kılcal boru (küçük çaplı bir tüp) bir sıvıya indirilirse, kılcal borudaki sıvının yüzeyi, ıslanma durumunda küresele yakın ve ıslanmama durumunda dışbükey olan içbükey bir şekil alır. Bu tür yüzeylere denir menisküs.

Kılcal damarlar, menisküs yarıçapının yaklaşık olarak tüpün yarıçapına eşit olduğu tüplerdir.

Pirinç. 9. Islatıcı (a) ve ıslatmayan (b) sıvılarda kılcal

Şekil 10. Islanma durumunda kılcal damardaki sıvının yükselmesi

İçbükey menisküs durumunda ilave basınç sıvının dışındaki eğrilik merkezine doğru yönlendirilir. Bu nedenle menisküs altındaki basınç, damar içindeki sıvının düz yüzeyi altındaki basınçtan Laplace basıncı kadar azdır:

R– menisküs yarıçapı, R– kılcal borunun yarıçapı.

Sonuç olarak Laplace basıncı kılcal damardaki sıvının bu kadar yüksekliğe çıkmasına neden olacaktır. H(Şekil 9) sıvı kolonunun hidrostatik basıncı Laplace basıncını dengeleyene kadar:

Son denklemden:

(12)

Denklem (12) denir Jurin'in formülü. Sıvı kılcal duvarları ıslatmazsa menisküs dışbükeydir, çünkü θ < 0, то жидкость в этом случае опускается ниже уровня жидкости в сосуде на такую же глубину H formül (12)'ye göre (Şekil 9).

Eğrisi bu noktada olan dışbükey bir yüzey düşünün (Şekil 5.18). HAKKINDA karşılıklı dik olan iki normal kesitin her biri için farklıdır. Dış normal ben olayım

bir noktada yüzeye HAKKINDA; MN Ve RgR2- ana bölümler. Zihinsel olarak bir yüzey elemanı seçelim senin gibi ve segmentlere etki eden yüzey gerilim kuvvetlerini hesaplayın AB Ve CD, AC Ve B.D. buna inanmak AB = CD Ve AC~BD. Her kontur uzunluğu birimi için ABDC yüzey gerilim kuvveti A AS n yüzey elemanını her yöne germe eğiliminde olan çevredeki sıvı. Yan tarafa etki eden tüm kuvvetler AB, bir bileşke kuvvetle değiştirin A.F. segmentin ortasına uygulandı AB= A/ dik paralel P, onun yerine sadece onların içinde Rx eğrilik yarıçapı £ olacak mı? 2 dikey bölüm Rg R.g. Yarıçap R2Şekil 2'de gösterilmiştir. 5.18 bölüm P-fi." Dolayısıyla dört tarafa etki eden tüm normal kuvvetlerin bileşkesi AF-*

yüzey elemanı A5 P, AF~ = DK. +AF, + af faf. = V af, evet (rAS n | - -|- -V

AF^ kuvveti A5 P yüzey elemanını altındaki katmanlara bastırır. Dolayısıyla yüzeyin eğriliğinden dolayı ortalama basınç p cf,

Üzerinde baskı kurmak için r a bir noktada AS'yi sıfıra yönlendirelim. AF^'nin alana oranının sınırına doğru ilerleme aslı, Bu kuvvetin hangi yönde etki ettiğini anlıyoruz AF^dF.

AS n -*o AS n dS n \ R, R 2

Ama tanım gereği

P. = yaklaşık 14-+ 4-\ (5 - 8)

p' = bir ben ■

Nerede Rlt R 2- yüzeyin belirli bir noktasındaki eğriliğin ana yarıçapları.

Diferansiyel geometride e = -~ ^--\- ifadesi

J--) noktadaki yüzeyin ortalama eğriliği olarak adlandırılır R.

Birbirine dik olan tüm normal kesit çiftleri için aynı anlamı taşır.

Hidrostatik basınç düşüşünün bağımlılığını belirleyen ifade (5.8) r a iki faz arasındaki arayüzde (sıvı - sıvı, sıvı -■ gaz veya buhar) arayüzey yüzey geriliminden A ve ortalama!! dikkate alınan noktadaki yüzeyin (8) eğriliğine denir Laplace'ın formülü Fransız fizikçi Laplace'ın anısına.

Büyüklük r a düz bir yüzeye karşılık gelen kılcal basınç p'ye eklenir. Yüzey içbükey ise formül (5.8)'e eksi işareti konur. Keyfi bir yüzeyin genel durumunda, eğrilik yarıçapları Rx Ve R2 hem büyüklük hem de işaret bakımından birbirinden farklı olabilir. Yani, örneğin Şekil 2'de gösterilen yüzeyde. 5.19, eğrilik yarıçapları Rx Ve R2 karşılıklı olarak dik iki normal kesitte büyüklük ve işaret bakımından farklıdır. Bu durum pozitif veya negatif değerlerle sonuçlanabilir r a mutlak değere bağlı olarak Rx Ve R2. Normal bir bölümün eğrilik merkezi yüzeyin altındaysa, karşılık gelen eğrilik yarıçapının pozitif, yüzeyin üstündeyse negatif olduğu genel olarak kabul edilir. Ortalama eğriliği olan yüzeyler

tüm noktalarda sıfıra eşittir e == ~(~--1" - 0, denir minimum yüzeyler. Eğer böyle bir yüzeyin bir noktasında /? 1 >0, ardından otomatik olarak /? 2<С0.

Bir küre için herhangi bir normal kesit yarıçaplı bir dairedir R, dolayısıyla formül (5.8) /? x = R2 = R ve ilave kılcal basınç

R. = ~.(5-9)

Sabun köpüğünün dış ve iç yüzeylerinin varlığı nedeniyle

P*=-~-(5-Yu)

Dairesel bir silindir için normal bölümlerden birinin genatrix boyunca uzanan bölüm olduğu kabul edilirse, o zaman Rx= eş. Ona dik olan ikinci bölüm yarıçaplı bir daire verir

R (R2 = R). Bu nedenle formül (5.8)'e göre silindirik yüzeyin altındaki ilave kılcal basınç

R. = -)|- (5-I)

(5.9) - (5.11) ifadelerinden, yüzeyin şekli değiştiğinde yalnızca oranın önündeki katsayının değiştiği açıktır. a/R. Sıvının yüzeyi düz ise R x ~ R 2 = birlikte ve bu nedenle p z = 0. Bu durumda toplam basınç

Р = Pi ± р а = Pi ± 0 = p t.

Laplace formülüyle belirlenen ilave kılcal basınç her zaman eğriliğin merkezine doğru yönlendirilir. Bu nedenle, dışbükey bir yüzey için sıvının içine, içbükey bir yüzey için ise dışarıya doğru yönlendirilir. İlk durumda kılcal basınca eklenir. pH ikincisinde ise ondan çıkarılır. Matematiksel olarak bu, dışbükey bir yüzey için eğrilik yarıçapının pozitif, içbükey bir yüzey için ise negatif olarak kabul edilmesi gerçeğiyle dikkate alınır.

İlave kılcal basıncın yüzeyin eğriliğine niteliksel bağımlılığı aşağıdaki deneyde gözlemlenebilir (Şekil 5.20). biter Ve ben B'yim cam tişört sabunlu su çözeltisine batırılır. Sonuç olarak tişörtün her iki ucu da sabun filmi ile kaplanır. Süreç boyunca tişörtü çözümden çıkardıktan sonra İLE iki sabun köpüğü üfleyin. Kural olarak, çeşitli nedenlerden dolayı kabarcıklar farklı boyutlara sahiptir. C deliğini kapatırsanız, büyük kabarcık yavaş yavaş şişecek ve küçük olan daralacaktır. Bu bizi yüzeyin eğriliğinden kaynaklanan kılcal basıncın eğrilik yarıçapı azaldıkça arttığına ikna ediyor.

Ek başlık:sütun basıncının değeri hakkında bir fikir edinmek için, bunu 1 mikron çapındaki bir damla için hesaplayalım (bulutlar genellikle yaklaşık olarak bu tür damlalardan oluşur):

2a 2.72.75-Yu- 3 „ mgt

p --=-==-= 0,1455 MPa.

5.8. ıslatma

Yüzey gerilimi yalnızca bir sıvının serbest yüzeyinde değil, aynı zamanda iki sıvı (bir sıvı ve bir katı) arasındaki arayüzde ve ayrıca bir katının serbest yüzeyinde de bulunur. Her durumda yüzey enerjisi, arayüzeydeki moleküllerin enerjisi ile karşılık gelen fazın kütlesindeki enerji arasındaki fark olarak tanımlanır. Bu durumda arayüzeydeki yüzey enerjisinin değeri her iki fazın özelliklerine bağlıdır. Yani, örneğin su-hava sınırında a = 72,75-10 ~ 3 N/m (20 °C'de ve normal atmosferik basınçta), su-eter sınırında a= 12-10 3 N/m ve su-cıva sınırında bir = 427-10~ 3 N/m.

Katı bir cismin yüzeyinde bulunan moleküller (atomlar, iyonlar) bir taraftan çekime maruz kalır. Bu nedenle katılar da sıvılar gibi yüzey gerilimine sahiptir.

Deneyimler, katı bir alt tabakanın yüzeyinde bulunan bir sıvı damlasının, katının doğasına, sıvıya ve içinde bulundukları ortama bağlı olarak şu veya bu şekli aldığını göstermektedir. Yerçekimi alanındaki potansiyel enerjiyi azaltmak için, bir sıvı her zaman kütle merkezinin en düşük konumda olduğu bir form alma eğilimindedir. Bu eğilim, sıvının katının yüzeyine yayılmasına yol açar. Öte yandan yüzey gerilim kuvvetleri, sıvıya minimum yüzey enerjisine karşılık gelen bir şekil verme eğilimindedir. Bu güçler arasındaki rekabet şu ya da bu formun yaratılmasına yol açar.

Katı-sıvı veya sıvı faz sınırı alanında kendiliğinden artış A- sıvı İÇİNDE Moleküler yapışma kuvvetlerinin etkisi altında olanlara denir. yayma.

Bir damlanın yüzeye yayılmasına neden olan nedenleri öğrenelim. Molekül başına İLE(Şekil 5.21, A), bir sıvı damlasının katı bir alt tabaka ile temas ettiği noktada bulunur;

yanlarda sıvı moleküllerin çekici kuvvetleri vardır ve bunun sonucunda Fj_ diğer taraftaki temas açısının açıortayı boyunca yönlendirilmiş - katı bir cismin molekülleri, bunun sonucu F2 yüzeyine diktir. Sonuç R Bu iki kuvvetten biri şekilde gösterildiği gibi düşeyin soluna doğru eğilir. Bu durumda sıvının yüzeyini yüzeye dik konumlandırma eğilimi R yayılmasına (ıslanmasına) yol açacaktır.

Sıvı yayılma işlemi Ф açısı olduğunda durur (buna denir) bölgesel) noktasındaki sıvının yüzeyine teğet arasında İLE ve katı bir cismin yüzeyi, her bir sıvı-katı çiftinin karakteristiği olan belirli bir sınırlayıcı değere (rtk) ulaşır. Temas açısı akut ise

(0 ^ ■& ^ -), ardından sıvı katının yüzeyini ıslatır

vücut ve ne kadar küçükse o kadar iyidir. Şu tarihte: bin dolar= 0 olduğunda, sıvının yüzey üzerinde monomoleküler bir film oluşana kadar yayıldığı tam ıslanma meydana gelir. Islanma genellikle biri katı (faz) olan üç fazın arayüzünde gözlenir. 3), ve diğer ikisi karışmayan sıvılar veya sıvı ve gaz (fazlar / ve 2) (bkz. Şekil 5.21, c).

Eğer güç Döviz bundan fazla F.2, yani, seçilen molekülün sıvı tarafından çekme kuvveti katı taraftan daha büyükse, bu durumda temas açısı $ büyük olacak ve resim Şekil 2'de gösterildiği gibi görünecektir. 5.21, B. Bu durumda Ф açısı geniştir (i/2< § ^ я) и жидкость частично (при неравенстве) или полностью (при равенстве) не смачивает твердую подложку. По отношению к стеклу такой несмачивающей жидкостью яв­ляется, например, ртуть, гдесозд = - 1. Однако та же самая ртуть хорошо смачивает другую твердую подложку, например цинк.

Bu düşünceler niceliksel olarak ifade edilebilir.

aşağıdaki fikirlere dayanmaktadır. o"i_ 2, °1-з, 0-2 ile gösterelim -3 sırasıyla sıvı - gaz, katı - gaz ve sıvı - katı yüzey sınırındaki yüzey gerilimi. Bu kuvvetlerin kesitteki etki yönleri oklarla gösterilecektir (Şekil 5.22). Aşağıdaki yüzey gerilimi kuvvetleri, katı bir alt tabaka üzerinde bulunan bir sıvı damlasına etki eder: sınırda / - 3 -ffi-з, düşüşü uzatma eğiliminde ve sınırda 2 - 3 -Og-z. merkeze doğru çekme eğilimindedir. Sınırda yüzey gerilimi 04-2 1-2 bir noktada damlanın yüzeyine teğet olarak yönlendirilir İLE. Temas açısı Ф akut ise, o zaman cri_ 2 kuvvetinin katı alt tabakanın düzlemine (ov 2 cos Ф) izdüşümü о 2.-з yönünde çakışacaktır (Şekil 5.22; A). Bu durumda her iki kuvvetin eylemleri

ekleyecektir. Eğer ft açısı Şekil 2'de gösterildiği gibi geniş ise. 5.21, b ise cos ft negatiftir ve cri._ 2 cosft projeksiyonu şu yönde çakışacaktır: O1-.3. Bir damla katı bir alt tabaka üzerinde dengede olduğunda aşağıdaki eşitlik gözlenmelidir:

= 02-3 + SG1-2 soeF. (5.12)

Bu denklem şu şekilde türetilmiştir: 1805 Bay Jung ve onun adını aldı. Davranış

B =---^- = co ft

isminde ıslatma kriteri

Dolayısıyla, temas açısı ft yalnızca karşılık gelen ortamın doğaları tarafından belirlenen sınırlarındaki yüzey gerilimlerine bağlıdır ve kabın şekline ve yerçekiminin büyüklüğüne bağlı değildir. Ne zaman eşitlik (5.12) uyulmadığı takdirde aşağıdaki durumlar meydana gelebilir. Eğer 01-3 denklemin sağ tarafından daha büyük (5.12), daha sonra damla yayılacak ve ft-■ açısı azalacaktır. Maliyet ft o kadar artar ki eşitliğin sağ tarafı (5,12) o"b_3'e eşit olursa, bu durumda düşüşün dengesi genişletilmiş durumda meydana gelecektir. Eğer ov_3 o kadar büyükse, cos ft'de bile = 1 eşitliğin sol tarafı (5.12) daha doğru (01 _z > 0 2 -ç + o"i_ 2)> daha sonra damla sıvı bir film halinde gerilecektir. Eşitliğin sağ tarafı ise (5.12) bundan fazla o"benŞekil 3'te görüldüğü gibi damla merkeze doğru daralır, ft açısı artar ve denge oluşana kadar cos ft buna göre azalır. Cos ft negatif olduğunda, düşüş Şekil 2'de gösterilen şekli alacaktır. 5.22, B. Eğer öyle olursa 0 2 - 3 o kadar harika ki cos ft'de bile = -1 (ft = i) eşitliğin sağ tarafı (5.12) Daha çok olacak o"ben-z (01 -z <02 H- 01-2)1 daha sonra yerçekiminin yokluğunda damla bir top haline gelecektir. Bu durum cam yüzeyindeki küçük cıva damlacıklarında gözlenebilmektedir.

Islatma kriteri adezyon ve kohezyon işi cinsinden ifade edilebilir. Yapışma A a temas halindeki iki farklı (katı veya sıvı) gövdenin (fazın) yüzey katmanları arasında bir bağlantının oluşmasıdır. Temas eden cisimlerin aynı olduğu özel bir yapışma durumuna denir. uyum(belirtilen AC). Yapışma, cisimleri ayırmak için harcanan özel çalışma ile karakterize edilir. Bu iş, yüzeyler arasındaki birim temas alanı başına hesaplanır ve nasıl ayrıldıklarına bağlıdır: arayüz boyunca kayma veya yüzeye dik yönde ayırma ile. İki farklı gövde (faz) için A Ve İÇİNDE denklemle ifade edilebilir

bir bir= yüz +ve-Bir-giriş,

Nerede A A, ve içeri ve A - giriş- A ve B fazlarının hava sınırında ve aralarındaki yüzey gerilimi katsayıları.

Kohezyon durumunda, A ve B aşamalarının her biri için elimizde:

АШ = 2а A, A<*> = 2a c.

Düşündüğümüz düşüş için

L S| =2a]_2 ; bir bir= ffi^ 3 -f ai_ 2 - sb-z-

Dolayısıyla ıslatma kriteri eşitlikle ifade edilebilir

İÇİNDE - İle

Yani fark arttıkça 2A bir-Islatma ile L iyileşir.

Katsayılara dikkat edin cti-z veОо 3 genellikle bir katının gaz ve sıvı sınırlarındaki yüzey gerilimi ile tanımlanırken, termodinamik denge durumunda bir katının yüzeyi genellikle damlayı oluşturan maddenin denge adsorpsiyon katmanı ile kaplanır. Bu nedenle, denge temas açıları problemini doğru bir şekilde çözerken, cri_ 3 ve (Tg-z., genel olarak konuşursak, katı cismin kendisine değil, onu kaplayan adsorpsiyon katmanına, termodinamik özelliklere atfedilmelidir. bunların katı alt tabakanın kuvvet alanı tarafından belirlenir.

Islanma olayı özellikle sıfır yerçekiminde belirgindir. Uzay ağırlıksızlığı durumunda sıvının incelenmesi ilk olarak Sovyet pilot kozmonot P.R. Popovich tarafından Vostok-4 uzay aracında gerçekleştirildi. Geminin kamarasında yarısı suyla doldurulmuş küresel bir cam şişe vardı. Su, temiz camı tamamen ıslattığı için (O = 0), ağırlıksız koşullar altında tüm yüzeye yayılarak şişenin içindeki havayı kapatır. Böylece cam ve hava arasındaki arayüz ortadan kalktı ve bunun enerji açısından faydalı olduğu ortaya çıktı. Ancak temas açısı Ben) sıvının yüzeyi ile şişenin duvarları arasında ve ağırlıksızlık durumunda, Dünya'dakiyle aynı kaldı.

Islanma ve ıslanmama olgusu teknolojide ve günlük yaşamda yaygın olarak kullanılmaktadır. Örneğin, bir kumaşın su geçirmez hale getirilmesi için hidrofobikleştirici (suyun ıslanmasını engelleyen) bir madde (sabun, oleik asit vb.) ile işlemden geçirilir. Bu maddeler liflerin etrafında ince bir film oluşturarak su-kumaş arayüzünde yüzey gerilimini arttırır, ancak kumaş-hava arayüzünde bunu sadece çok az değiştirir. Bu durumda temas açısı O suyla temas ettiğinde artar. Bu durumda, gözenekler küçükse, su bunlara nüfuz etmez, ancak dışbükey yüzey filmi tarafından tutulur ve malzemeyi kolayca yuvarlayan damlalar halinde toplanır.

Zımparalama sıvısı çok küçük açıklıklardan dışarı akmaz. Örneğin, eleğin dokunduğu iplikler parafin ile kaplanmışsa, o zaman elbette sıvı tabakası küçükse, içinde su taşıyabilirsiniz. Bu özelliği sayesinde suda hızla koşan su kuşu böcekleri patilerini ıslatmazlar. Boyama, yapıştırma, lehimleme, katıların sıvı bir ortamda dağıtılması vb. durumlarda iyi bir ıslatma gereklidir.

FEDERAL EĞİTİM AJANSI

YÜKSEK MESLEKİ EĞİTİM DEVLET EĞİTİM KURUMU

Ders çalışması

Kurs "Yeraltı hidromekaniği"

Konu: “Laplace denkleminin türetilmesi. Filtrasyon teorisinin düzlem problemleri"

giriiş

1. Gözenekli bir ortamda sıkıştırılabilir ve sıkıştırılamaz akışkanların diferansiyel hareket denklemleri. Laplace denkleminin türetilmesi.

2.1 Mükemmel bir kuyuya giriş

2.1.1 Enjeksiyon kuyusundan üretim kuyusuna filtrasyon akışı

2.1.2 Uzak besleme devresine sahip bir grup kuyuya giriş

2.1.3 Düz hatlı besleme devresine sahip bir formasyondaki kuyuya giriş

2.1.4 Geçirimsiz düz sınırın yakınında bulunan bir kuyuya giriş

2.1.5 İsteğe bağlı besleme devresine sahip bir oluşumdaki kuyuya giriş

2.1.6 Sonsuz zincirlere ve halka yuvalı akülere akış

2.1.6.1 Halkalı akü yuvalarına giriş

2.1.6.2 Düz kuyu bataryasına giriş

2.1.7 Eşdeğer filtrasyon direnci yöntemi

Edebiyat

giriiş

Yeraltı hidromekaniği, sıvıların, gazların ve bunların karışımlarının gözenekli ve kırık kayalardaki hareketi bilimidir - petrol ve gaz sahalarının geliştirilmesinin teorik temeli, saha müfredatındaki ve petrol üniversitelerinin jeoloji fakültelerindeki temel disiplinlerden biri .

Yeraltı hidroliği, gözenekli bir ortamda bulunan petrol, gaz ve suyun tek bir hidrolik sistem oluşturması fikrine dayanmaktadır.

PGD'nin teorik temeli, belirli bir akışkan hareketini sürekli ortam mekaniği açısından tanımlayan bir bilim olan filtreleme teorisidir. akışın sürekliliği (sürekliliği) hipotezi.

Doğal oluşumlarda petrol ve gaz filtreleme teorisinin bir özelliği, karakteristik boyutları büyüklük sırasına göre farklılık gösteren alanlardaki süreçlerin eşzamanlı olarak değerlendirilmesidir: gözenek boyutu (onlarca mikrometreye kadar), kuyu çapı (onlarca santimetreye kadar), formasyon kalınlıkları (onlarca metreye kadar), kuyular arasındaki mesafeler (yüzlerce metre), birikintilerin uzunluğu (yüzlerce kilometreye kadar).

Bu ders çalışmasında temel Laplace denklemi türetilmiş ve filtrasyon teorisinin düzlem problemleri ve çözümleri ele alınmıştır.

1. Gözenekli bir ortamda sıkıştırılabilir ve sıkıştırılamaz akışkanların diferansiyel hareket denklemleri. Laplace denkleminin türetilmesi

Sıkıştırılabilir bir akışkanın diferansiyel hareket denklemini türetirken başlangıç ​​denklemleri aşağıdaki gibidir:

sıvı filtrasyon kanunu; Filtrasyon kanunu olarak, (3.1) formülleriyle ifade edilen doğrusal filtrasyon kanununu kabul ediyoruz.

süreklilik denklemi (3.2)

Devlet denklemi. Damlacık sıkıştırılabilir bir akışkan için durum denklemi (3.3) olarak temsil edilebilir.

Filtrasyon hızı projeksiyonları vx, vy ve vz yerine süreklilik denkleminde (3.2) bunların formül (3.1) ile ifade edilen doğrusal yasadan değerlerini değiştirerek, şunu elde ederiz:

durum denklemi (3.3) elimizde:

Bu kısmi türev değerlerinin değiştirilmesi

Laplace operatörünün tanıtılması

Denklem (3.7) daha kısaca şu şekilde yazılabilir:

Hesaba katıldığında

denklem (3.7) yaklaşık olarak şu şekilde temsil edilebilir:

Denklem (3.7) veya yaklaşık bir yer değiştirme denklemi (3.10), sıkıştırılabilir bir akışkanın gözenekli bir ortamdaki kararsız hareketi için istenen diferansiyel denklemdir. Bahsedilen denklemler, çeşitli başlangıç ​​ve sınır koşulları altında entegrasyonu matematiksel fiziğin her dersinde dikkate alınan bir “ısı denklemi” formundadır.

Homojen sıkıştırılabilir bir akışkanın gözenekli bir ortamdaki kararsız hareketi ile ilgili çeşitli problemlerin çözümü, denklemin (3.7) çeşitli başlangıç ​​ve sınır koşulları altında entegrasyonuna dayanarak, V. N. Shchelkachev, I. A. Charny ve M. Masket'in kitaplarında verilmiştir. . Sıkıştırılabilir bir akışkanın sürekli hareketi ile

Denklem (3.11) Laplace denklemi olarak adlandırılır.

Sıkıştırılamaz bir akışkanın sabit ve kararsız filtrasyonu sırasında akışkanın yoğunluğu sabittir, dolayısıyla denklem (3.4)'ün sağ tarafındaki değer sıfıra eşittir. Bu denklemin sol tarafını bir sabitle azaltmak

Dolayısıyla sıkıştırılamaz bir akışkanın kararlı ve kararsız filtrasyonu Laplace denklemi (3.12) ile tanımlanmaktadır.

2. Filtrasyon teorisinin düzlem problemleri

Petrol ve gaz sahalarını (OGF) geliştirirken iki tür sorun ortaya çıkar:

1. Kuyu debisi ayarlanır ve bu debi için gerekli dip kuyusu basıncının ve buna ek olarak formasyonun herhangi bir noktasındaki basıncın belirlenmesi gerekir. Bu durumda akış hızı, henüz tahribatının gerçekleşmediği mevcut rezervuarlar için maksimum depresyonun değeri veya kuyu ekipmanının mukavemet özellikleri veya fiziksel anlamı ile belirlenir. İkincisi, örneğin sıfır veya negatif dip basıncı oluşturmanın imkansızlığı anlamına gelir.

2. Dip basıncı ayarlandı ve akış hızının belirlenmesi gerekiyor. Son durum türü çoğunlukla GPS geliştirme uygulamalarında ortaya çıkar. Dip deliği basıncının miktarı çalışma koşullarına göre belirlenir. Örneğin, kuyuların üretkenlik özelliklerini azaltan gaz yoğuşma alanlarının gelişimi sırasında rezervuardaki petrolün gazdan arındırılmasını veya yoğuşma suyunun çökelmesini önlemek için basıncın doyma basıncından daha büyük olması gerekir. Son olarak, eğer kum formasyondan kuyu tabanına taşınabiliyorsa, kuyu duvarındaki filtrasyon hızının belirli bir sınır değerin altında olması gerekir.

Aynı koşullar altında bir grup kuyuyu çalıştırırken, yani. aynı dip kuyusu basıncı ile tüm sahanın üretim hızı, aynı dip kuyusu koşullarına sahip yeni kuyu sayısındaki artıştan daha yavaş artar (Şekil 4.1). Akış hızındaki bir artış, dip deliği basıncında bir azalmayı gerektirir.

Sorunları çözmek için kuyuların düzlemsel girişimi (katmanı) sorununu çözeceğiz. Formasyonun sınırsız, yatay, sabit kalınlığa sahip, geçilmez bir taban ve çatıya sahip olduğunu varsayalım. Formasyon çok sayıda mükemmel kuyu ile delinmiş ve homojen sıvı veya gazla doldurulmuştur. Akışkan hareketi sabittir, Darcy kanununa uyar ve düzdür. Düzlem hareketi, akışın birbirine paralel düzlemlerde meydana geldiği ve tüm düzlemlerdeki hareket düzeninin aynı olduğu anlamına gelir. Bu bağlamda, bu düzlemlerden birindeki - akışın ana düzlemindeki - akış analiz edilir.

Sorunların çözümünü akışların üst üste binmesi (süperpozisyon) ilkesi üzerine kuracağız. Bu prensibe dayalı süperpozisyon yöntemi aşağıdaki gibidir.

Birkaç drenaj (üretim kuyusu) veya kaynak (enjeksiyon kuyusu) bir oluşumda birlikte hareket ettiğinde, her bir drenajın (kaynak) belirlediği potansiyel fonksiyon, tek bir drenajın (kaynak) formülü kullanılarak hesaplanır. Tüm yutaklara (kaynaklara) bağlı potansiyel fonksiyon, potansiyel fonksiyonun bu bağımsız değerlerinin cebirsel olarak eklenmesiyle hesaplanır. Toplam filtrasyon hızı, her bir kuyucuğun çalışmasından kaynaklanan filtrasyon hızlarının vektör toplamı olarak tanımlanır (Şekil 4.2b).

Sınırsız bir rezervuarda pozitif kütle akış hızı G olan n adet drenaj ve negatif kütle akış hızına sahip kaynaklar olsun (Şekil 4.2a), bu durumda her kuyunun yakınındaki akış düzlemsel radyaldir ve potansiyeldir.

Moivre-Laplace'ın yerel teoremi. 0 Ve 1, o zaman P t n olasılığı, yeterince büyük bir sayı için A olayının n bağımsız denemede m kez meydana geleceği n yaklaşık olarak eşittir

- Gauss fonksiyonu Ve

Yaklaşık formül (2.7) ne kadar büyük olursa ve o kadar doğru olur. yerel Moivre-Laplace formülü. Yaklaşık olasılık değerleri R tpu Yerel formül (2.7) ile verilmiştir, pratikte bunlar tam olarak kullanılırlar. prue yaklaşık iki veya daha fazla düzine, yani verilen prue > 20.

Formül (2.7)'nin uygulanmasıyla ilgili hesaplamaları basitleştirmek için, /(x) fonksiyonunun değerlerinin bir tablosu derlenmiştir (eklerde verilen Tablo I). Bu tabloyu kullanırken /(x) (2.8) fonksiyonunun bariz özelliklerini akılda tutmak gerekir.

• 1. İşlev/(X) eşit, yani /(-x) = /(x).
• 2. İşlev/(X) - pozitif değerler için monoton olarak azalan X, ve x -> co /(x) -» 0.
• (Pratikte x > 4 için /(x) « 0 olduğunu varsayabiliriz.)

[> Örnek 2.5. Bazı bölgelerde her 100 aileden 80'inde buzdolabı bulunmaktadır. 400 aileden 300'ünün buzdolabına sahip olma olasılığını bulun.

Çözüm. Bir ailenin buzdolabına sahip olma olasılığı p = 80/100 = 0,8. Çünkü P= 100 yeterince büyüktür (koşul prue= = 100 0,8(1-0,8) = 64 > 20 memnun), o zaman yerel Moivre-Laplace formülünü uygularız.

İlk önce formül (2.9) ile belirliyoruz.

Daha sonra formül (2.7)'ye göre

(/(2.50) değeri eklerdeki Tablo I'den bulunmuştur). Çok düşük olasılık değeri /300.400 şüphe uyandırmamalı, çünkü olaya ek olarak

“400 aileden tam 300'ünde buzdolabı var”, 400 olay daha mümkün: “400'de 0”, “400'de 1”,..., “400'de 400” kendi olasılıklarıyla. Bu olaylar hep birlikte tam bir grup oluşturur, yani olasılıklarının toplamı bire eşittir. ?

Örnek 2.5 koşullarında, 300 ila 360 ailenin (dahil) buzdolabına sahip olma olasılığını bulmamız gerekiyor. Bu durumda toplama teoremine göre istenilen olayın olasılığı

Prensipte her terim yerel Moivre-Laplace formülü kullanılarak hesaplanabilir, ancak terimlerin çokluğu hesaplamayı çok külfetli hale getirir. Bu gibi durumlarda aşağıdaki teorem kullanılır.

Moivre-Laplace integral teoremi. Her denemede A olayının meydana gelme olasılığı p sabitse ve 0 Ve 1, o zaman olasılık, n bağımsız denemede A olayının meydana gelme sayısının m a ile b aralığında olduğu (dahil), yeterince büyük bir sayı için n yaklaşık olarak eşittir

- işlev(veya olasılık integrali) Laplace",

(Teoremin ispatı Bölüm 6.5’te verilmiştir.)

Formül (2.10) denir Moivre-Laplace'ın integral formülü. Daha fazla P, bu formül o kadar doğrudur. Koşul karşılandığında prue > > 20 integral formülü (2.10), yerel formül gibi, pratikte tatmin edici olan olasılıkların hesaplanmasında genellikle hata verir.

Ф(дг) fonksiyonu tablo halinde verilmiştir (eklerdeki Tablo II'ye bakınız). Bu tabloyu kullanmak için Ф(х) fonksiyonunun özelliklerini bilmeniz gerekir.

1. İşlev f(x) garip, onlar. Ф(-х) = -Ф(х).

? Değişken değişikliği yapalım mı? = -G. Daha sonra (k =

= -(12. Değişken 2 için entegrasyon limitleri 0 olacaktır ve X. Aldık

Çünkü belirli integralin değeri, integral değişkeninin tanımına bağlı değildir. ?

2. Fonksiyon Ф(х)monoton olarak artan, ve x'te ->+yani f(.g) -> 1 (pratik olarak bunu zaten varsayabiliriz x > 4 F(х)~ 1).

İntegralin değişken üst limite göre türevi üst limit değerindeki integrale eşit olduğundan, g.s.

, ve her zaman pozitifse, o zaman Ф(х) monoton olarak artar

tüm sayı doğrusunda.

Değişken değişikliği yapalım o zaman integralin sınırları değişmez ve

(Çift bir fonksiyonun integrali olduğundan

Hesaba katıldığında (Euler integrali - Poisson), aldık

?

Örnek 2.6. Örnek 2.5'teki verilere dayanarak, 400 aileden 300 ila 360 (dahil) kadarının buzdolabına sahip olma olasılığını hesaplayın.

Çözüm. Moivre - Laplace integral teoremini uyguluyoruz (ön= 64 > 20). Öncelikle (2.12) formüllerini kullanarak belirliyoruz.

Şimdi, (2.10) formülünü kullanarak, Ф(.т)'nin özelliklerini hesaba katarak şunu elde ederiz:

(eklerdeki Tablo II'ye göre?

Moivre-Laplace integral teoreminin bir sonucunu ele alalım. Sonuçlar. Her denemede A olayının meydana gelme olasılığı p sabitse ve 0 ve I, o zaman yeterince büyük sayıda n bağımsız denemeyle olasılık şudur:

A) A olayının meydana gelme sayısı pr çarpımından en fazla farklılık gösterir e > 0 (mutlak değer olarak), onlar.

B) t/p olayı A'nın frekansı limitler dahilinde a'dan p'ye ( açacağım- kesinlikle, yani

V) A olayının sıklığı p olasılığından en fazla farklılık gösterir bir > 0 (mutlak değer olarak), yani.

A) Eşitsizlik |/?7-7?/?| çift ​​eşitsizliğe eşdeğerdir pr-e Dolayısıyla integral formülüne göre (2.10)

• b) Eşitsizlik ve eşitsizliğe eşdeğerdir ve ne zaman a = pa Ve B= /?r. (2.10), (2.12) formüllerindeki miktarların değiştirilmesi A Ve B Elde edilen ifadeleri kullanarak kanıtlanacak (2.14) ve (2.15) formüllerini elde ederiz.
• c) Eşitsizlik mjn-р eşitsizliğe eşdeğerdir t-pr Formül (2.13)'te ikame g = Ap, kanıtlanacak formülü (2.16) elde ederiz. ?

[> Örnek 2.7. Örnek 2.5'teki verilere dayanarak, 400 aileden 280 ila 360'ının buzdolabına sahip olma olasılığını hesaplayın.

Çözüm. P 400 olasılığını hesaplayın (280 t pr = 320. Daha sonra formül (2.13)'e göre

[> Örnek 2.8. İstatistiklere göre yeni doğanların ortalama %87'si 50 yaşına kadar yaşıyor.

• 1. 1000 yeni doğan bebekten 50 yaşına kadar hayatta kalanların oranının (sıklığının) aşağıdaki olasılıkları bulun: a) 0,9 ila 0,95 aralığında olması; b) bu ​​olayın olasılığından 0,04'ten fazla olmayacak (ancak mutlak değerde).
• 2. Güvenilirliği 0,95 olan kaç yeni doğan için 50 yıla kadar hayatta kalanların oranı 0,86 ile 0,88 arasında olacaktır?

Çözüm. 1, a) Olasılık R Yeni doğmuş bir bebeğin 50 yaşına kadar yaşaması 0,87'dir. Çünkü P= 1000 büyüktür (koşul prd=1000 0,87 0,13 = = 113,1 > 20 tatmin edici), o zaman Moivre-Laplace integral teoreminin bir sonucunu kullanırız. İlk önce formüllerle belirliyoruz (2.15)

Şimdi formüle göre (2.14)

1, b) Formül (2.16)'ya göre

Eşitsizlikten bu yana eşitsizlikle eşdeğer

Elde edilen sonuç, 1000 yeni doğan bebekten 0,83 ila 0,91'inin 50 yaşına kadar yaşayacağının neredeyse kesin olduğu anlamına geliyor. ?

2. Koşula göre veya

Formüle göre (2.16) A = 0,01'de

Tabloya göre II ekleri Ф(Г) = 0,95, Г = 1,96'da, dolayısıyla,

Neresi

onlar. (*) durumu, dikkate alınan yenidoğan sayısında önemli bir artış ile garanti edilebilir. P = 4345. ?

• Teoremin kanıtı bölüm 6.5'te verilmiştir. pr, prs( miktarlarının olasılıksal anlamı paragraf 4.1'de oluşturulmuştur (bkz. s. 130'daki not).
• RF/n değerinin olasılıksal anlamı paragraf 4.1'de oluşturulmuştur.