Ez a minta a számolás menetét és a beadandó feladat tartalmi követelményeit hivatott szemléltetni. A beadott feladatban szerepelnie kell minden itt szereplő ábrának. Az elfogadás alapját képező részeredmények kettős vonallal aláhúzandók. A kiadott alapadatoknak, feladat sorszámának szerepelnie kell a beadott feladatban! A számolás javasolt menete a képlet-behelyettesítés-eredmény forma, a könyebb ellenőrizhetőség kedvéért. A számadatokat tekintve nem azonos a gyakorlati órán kiszámolt feladattal, azt az „Elméleti háttér” című segédlet III.-IV.-V. fejezetei tartalmazzák. 2016. január 1.-től érvénytelen, csak szemléltető példaként szolgál, a számítás részletes ismertetése a gyakorlaton kerül ismertetésre.
EÖTVÖS JÓZSEF FŐISKOLA Vízellátási és Környezetmérnöki Intézet
2009-2010. 1. félév
Salamon Endre XJFQJA Építőmérnöki szak, Nappali tagozat II. évfolyam 77. tankör
Befogadó terhelhetőségének számítása Környezetmérnöki ismeretek gyakorlat
2009.X.20.
1. Évközi Feladat
Aláírás
I. Feladat ismertetése Ugyanazon befogadó folyót terhelő, rajta egymás felett elhelyezkedő két szennyvíztisztító telep szükséges tisztítási hatásfokainak meghatározása. A tisztítási hatásfok meghatározásának szempontjai: 1.
2.
Az élővíz oldott oxigéntartalma a vízfolyás mentén sehol sem csökkenhet 6 g/m3 alá, feltételezve, hogy a telítési oldott oxigéntartalomhoz viszonyított oxigénhiány (jele: D) dD időbeli alakulását a Streeter és Phepls szerinti = −k2 D + k1 L , és a szennyezőanyag dt dL oxigénigényben kifejezett koncentrációját (jele: L) a = − k1 L egyenletek írják le. dt Az egyes telepek optimális tisztítási hatásfokainak meghatározása, a tisztítási hatásfoktól függő költségeket leíró költségfüggvény ismeretében, a minimális költséghez tartozó hatásfok – pár meghatározásával.
II. Alapadatok Feladat sorszáma: 7. Adott alapadatok: Paraméter jele T Qf
Leírása Értéke Mértékegysége o 20 C Vízhőmérséklet 6,0 m3/s A vízfolyás vízhozama
Lf
3,5
g/m3
A vízfolyás szennyezettsége az első telep felett
Cf
9,02
g/m3
Az oxigénnel telített víz oxigéntartalma az 1. telep felett
0,35
3
m /s
Lsz1
250
g/m
3
Qsz 2
0,3
m3/s
Qsz1
3
Lsz 2 v x k1
250 0,17 22 0,15
g/m m/s km d-1
k2
0,30
d-1
a1
0,3
b1
80
a2
0,35
b2
90
m Ft / év
Az 1. telepre befolyó és a róla kifolyó vízhozam Az 1. telepre érkező víz szerves anyag koncentrációja A 2. telepre befolyó és a róla kifolyó vízhozam A 2. telepre érkező víz szervesanyag-koncentrációja A vízfolyás áramlási sebessége A két telep távolsága Szerves anyag lebomlási tényezője Oxigén felvételi tényező A telepek együttes K = a1η1 + b1 + a2 η2 + b2 üzemelési költségfüggvényének együtthatói. η1 és η2 az egyes Leválasztott szerves anyag (g) telepek hatásfokai. η = Beérkező szerves anyag (g)
A vízfolyás neve: Birki-tó-árok Országos vízgyűjtő gazdálkodási terv szerinti besorolása: 15, Síkvidéki - meszes - közepesfinom - kicsi vízgyűjtő
54/2013. (VI. 24.) VM rendelet szerint a határértékek: Oldott oxigén tartalom: minimálisan 6 g/m3 Oxigén telítettség: 60% x
Qf
Q f + Qsz1
C f Lf
Lf 1 ;C f 1 ; Df 1
v
Q f + Qsz1
Q f + Qsz1 + Qsz 2
Lf 2 ;C f 2 ; Df 2
Lf 3 ;C f 3 ; Df 3
Qsz1 ; Lsz1 ⋅ (1 − η1 )
Qsz 2 ; Lsz 2 ⋅ (1 − η2 )
1
2
Qsz1 ; Lsz1
Qsz 2 ; Lsz 2 III. Számítások
Az oldott oxigén tartalom (a folyó vize a bebocsátás felett oldott oxigénnel telített, 20 oC-os vízhőmérséklet esetén Cf =Cs,20 = 9,02 g/m3 és Df = 0 kg/m3 – a tisztított szennyvízben az oldott oxigén tartalom Csz1 = 0 g/m3) Az oxigén telítettségre és a hiányra előírt feltételek: Az abszolút határérték alapján:
Dmegengedett = Cs − Chat = 9, 02 − 6 = 3, 02
g m3
A telítettség alapján: Cmin szükséges = 0, 6 ⋅ Cs = 0, 6 ⋅ 9, 02 = 5, 412 Dmegengedett = Cs − 0, 6 ⋅ Cs = 0, 4 ⋅ Cs = 0,4 ⋅ 9, 02 = 3, 608
g m3
Tehát az abszolút határérték jelenti a szigorúbb kritériumot, azt kell betartani. III/1. Oxigénvonal arra az esetre, amikor a szennyvizet tisztítás nélkül engedik a befogadóba. Mivel a hozzáfolyó szennyvíz nem tartalmaz oldott oxigént, a hozzáfolyáskor hígító hatást gyakorol és az oldott oxigén koncentrációja a telítettségi érték alá csökken az 1. telep alatt: Cf1 =
C f ⋅ Qf Q f + Qsz1
=
9, 02 ⋅ 6, 0 g = 8,5228 3 6, 0 + 0, 35 m
Ekkor az oxigénhiány:
D f 1 = C f − C f 1 = 9, 02 − 8,5228 = 0,4972
g m3
A tisztítatlan bevezetés esetén: L' f 1 =
L f ⋅ Q f + Lsz1 ⋅ Qsz1 Q f + Qsz1
=
3,5 ⋅ 6 + ⋅250 ⋅ 0,35 g = 17, 0866 3 6 + 0,35 m
A második telep eléréséhez szükséges idő: t12 =
1 x 22000 = ⋅ = 1, 498 d v 0,17 24 ⋅ 3600
A kritikus idő:
tk =
k D ( k − k ) 0,3 0,4972 ⋅ ( 0, 3 − 0,15 ) 1 1 lg 2 1 − f 1 2' 1 = lg 1− = 1,9214 d 0, 3 − 0,15 0,15 k2 − k1 k1 k1L f 1 0,15 ⋅ 17, 0866
És út: xk = v ⋅ tk = 0,17 ⋅1,9214 ⋅ 24 ⋅ 3, 6 = 28, 2215 km Ami 2. telep utánra esik, ezért az első telep alatti szakaszon a maximális oxigénhiány közvetlenül a második telep felett áll elő: A telítettségi oxigénhiány és oldott oxigén tartalom közvetlenül a 2. telep felett: Dmax = D f 2 =
k1L f 1
(10
− k1t12
)
− 10− k2 t12 + D f 1 ⋅10− k2 t12 =
k2 − k1 0,15 ⋅17, 0866 g = 10−0,15⋅1,498 − 10−0,30⋅1,498 ) + 0, 4972 ⋅10−0,30⋅1,498 = 4, 2905 3 ( 0,30 − 0,15 m C f 2 = Cs − D f 2 = 9, 02 − 4, 2905 = 4, 7295
g g > 3, 02 3 3 m m
Tehát tisztítás nélkül már az 1. telep alatt sem teljesülnek a követelmények. (A maximális oxigénhiány a 2. telep alatti szakaszra esne, de a peremfeltételek, azaz a második telep szennyvízbevezetése miatt nem érdemes kiszámítani. A példa kedvéért jelen esetben:
Dmax , elméletben =
k1 0,15 g L f 110 − k1tk = ⋅17, 0866 ⋅10−0,15⋅1,9214 = 4,3996 3 k2 0, 3 m
Nyilvánvalóan nagyobb lenne, mint ami csak a 2. bevezetésig állna elő.)
A szerves anyag tartalom közvetlenül a 2. telep felett:
L f 2 = L f 1 ⋅10− k1t12 = 17, 0866 ⋅10−0,15⋅1,498 = 10,1855
g m3
A telítettségi oxigénhiány és oldott oxigén tartalom közvetlenül a 2. telep felett:
k1 L f 1
(
)
10− k1t12 − 10− k2t12 + D f 1 ⋅10− k2t12 = k2 − k1 0,15 ⋅17, 0866 −0,15⋅1,498 g = 10 − 10−0,30⋅1,498 ) + 0, 4972 ⋅10−0,30⋅1,498 = 4, 2905 3 ( 0,30 − 0,15 m Df 2 =
C f 2 = Cs − D f 2 = 9, 02 − 4, 2905 = 4, 7295
g m3
A 2. szennyvízbebocsátás alatt, az elkeveredés után:
m3 s C f 2 ⋅ ( Q f + Qsz1 ) + Csz 3Qsz 2
Qsz 2 = 0,3 Cf 3 =
Q f + Qsz1 + Qsz 2
=
4, 7295 ( 6, 0 + 0,35) + 0 ⋅ 0,3 6, 0 + 0,35 + 0,3
D f 3 = Cs − C f 3 = 9, 02 − 4,5162 = 4,5038
Lf 3 =
L f 2 ( Q f + Qsz1 ) + Lsz 2 ⋅ Qsz 2 Q f + Qsz1 + Qsz 2
=
= 4,5162
g m3
g m3
10,1855 ⋅ ( 6, 0 + 0, 35 ) + 250 ⋅ 0,30 6, 0 + 0, 35 + 0,30
= 21, 0042
g m3
A kritikus idő és a telítettségi hiány maximuma a 2. szennyvíz bebocsátás alatt: f = tk 2 = =
k2 0,30 = =2 k1 0,15 1 lg f k1 ( f − 1)
D f 3 1 − ( f − 1) = L 3 f
1 4,5038 lg 2 ⋅ 1 − ( 2 − 1) ⋅ = 1,308 d 0,15 ⋅ ( 2 − 1) 21, 0042
Dmax 2 =
1 1 g g L f 310− k1tk 2 = ⋅ 21, 0042 ⋅10−0,15⋅1,308 = 6, 6844 3 > 3, 02 3 f 2 m m
Cmin 2 = 9, 02 − Dmax 2 = 2,3356
g m3
Tehát a 2. telep alatt végképp nem fog teljesülni a követelmény. Az oxigénvonal ábrája:
Cf
Lf 3
Cf1 Cmin1 = C f 2
Cf 3 Lf 1
Cmin 2
Lf
Lf 2 Ha tk 1 > t12 akkor C f 2 = Cmin1
III/2. Az első telep minimálisan szükséges hatásfokának meghatározása:
Ahhoz, hogy az oxigénhiány Dmeg = 3,02 g/m3 értéket ne lépje túl, Lf1 értéke nem lehet nagyobb, mint: L f 1,min = 10
0,418 k Df 1 ⋅lg k2 lg Dmax + 1+ 1 1− k2 − k1 Dmax k1
= 10
0,418 0,15 0,4972 0,3 lg3+ 1+ ⋅lg 1− 0,3 − 0,15 3 0,15
= 11,4084
g m3
Ekkor a telepet elhagyó szennyvíz legnagyobb megengedhető koncentrációja a keverés alapján: Lf 1 =
L f ⋅ Q f + Lsz1 ⋅ Qsz1 Q f + Qsz1
Lsz1 ⋅ (1 − η1 ) =
L f 1 ( Q f + Qsz1 ) − L f ⋅ Q f Qsz1
=
11,4084 ⋅ ( 6, 0 + 0,35 ) − 3,5 ⋅ 6, 0 0,35
= 146,9807
g m3
És az ehhez szükséges hatásfok: η1 = 1 −
146,9807 146,9807 = 1− = 0,4121 ≈ 41,21 % Lsz1 250
III/3. A közvetlenül a 2. telep alatt fellépő oxigénhiány kifejezése az 1. telep hatásfokával A 2. telep eléréséhez szükséges idő a vízfolyás sebessége alapján: t12 =
x 22000 m = = 129411, 7647 s = 1,4978 d v 0,17 m s
Az oxigénhiány közvetlenül a 2. telep felett: Df 2 =
k1 L f 1 k2 − k1
(10
− k1t12
)
− 10− k2t12 + D f 1e− k2t2 =
0,15L f 1
(10 0, 3 − 0,15
−0,15⋅1,4978
− 10 −0,3⋅1,4978 ) + 0,4972 ⋅10 −0,3⋅1,4978
D f 2 = 0,2408 ⋅ L f 1 + 0,1766ɺ Ebből az oldott oxigén koncentráció közvetlenül a 2. telep felett:
(
)
C f 2 = C f − D f 2 = 9, 02 − 0,2408 ⋅ L f 1 + 0,1766ɺ = 8,8433 − 0, 2408L f 1 Az oldott oxigén koncentráció közvetlenül a 2. telep alatt a keveredést figyelembe véve: Cf 3 =
C f 2 ⋅ ( Q f + Qsz1 ) Q f + Qsz1 + Qsz 2
=
(8,8433 − 0, 2408L ) ⋅ ( 6, 0 + 0, 35) = 8,4444 − 0,2299L f1
6, 0 + 0, 35 + 0,3
f1
Innen az oxigénhiány közvetlenül a 2. telep alatt:
D f 3 = C f − C f 3 = 9, 02 − ( 8,4444 − 0,2299L f 1 ) = 0,5756 + 0,2299L f 1 Közvetlenül az 1. telep alatti szerves anyag tartalom kifejezhető a telep hatásfokával:
Lf 1 =
L f ⋅ Q f + (1 − η1 ) Lsz1 ⋅ Qsz1 Q f + Qsz1
=
3,5 ⋅ 6 + (1 − η1 ) ⋅ 250 ⋅ 0,35 6 + 0,35
= 17, 0866 − 13, 7795η1
Amiből az oxigénhiány közvetlenül a 2. telep alatt, az 1. telep hatásfokának függvényében:
D f 3 = 0,5756 + 0,2299L f 1 = 0,5756 + 0, 2299 ⋅ (17, 0866 − 13, 7795η1 ) = 4,5038 − 3,1679η1 Tehát közvetlenül a 2. telep alatt megengedhető legnagyobb szerves anyag tartalom, amennyiben az 1. telep hatásfoka η1: L f 3max = 10
k Df 3 lg Dmax + 1+ 1 1− k2 − k1 Dmax
0,418
⋅lg k2 k1
= 10
0,418 k 4,5038 −3,1679 η1 k ⋅lg 2 lg Dmax + 1+ 1 1− Dmax k2 − k1 k1
III/3. A közvetlenül a 2. telep alatt fellépő szerves anyag tartalom kifejezése az 1. és a 2. telep hatásfokával: A szerves anyag tartalom közvetlenül a 2. telep felett:
L f 2 = L f 1 ⋅10− k1t2 = (17, 0866 − 13, 7795η1 ) ⋅10−0,15⋅1,4978 = 10,1855 − 8,2141η1 A 2. telep alatt közvetlenül, a keveredést figyelembe véve:
Lf 3 =
L f 2 ( Q f + Qsz1 ) + (1 − η2 ) Lsz 2 ⋅ Qsz 2 Q f + Qsz1 + Qsz 2
=
(10,1855 − 8,2141η1 ) ⋅ ( 6 + 0,35) + (1 − η2 ) ⋅ 250 ⋅ 0,3 6 + 0,35 + 0,3
139, 6780 − 52,1597η1 − 75η2 = 21, 0042 − 7,8436η1 − 11, 2782η2 6, 65 L f 3 − 21, 0042 + 7,8436η1
Lf 3 = η2 =
−11, 2782
III/4. Hatásfok párok meghatározása: η1 = 0,5 = 50 % L f 3 = 10 η2 =
0,418 k 4,5038 −3,1679 η1 k ⋅lg 2 lg Dmax + 1+ 1 1− Dmax k2 − k1 k1
L f 3 − 21, 0042 + 7,8436η1 −11, 2782
=
= 10
0,418 0,15 4,5038 −3,1679⋅0,5 ⋅lg 0,3 lg3+ 1+ 1− Dmax 0,3− 0,15 0,15
= 6,9882
g m3
6,9882 − 21, 0042 + 7,8436 ⋅ 0,5 = 0,8950 = 89, 50 % −11, 2782
η1 = 0, 6 = 60 % L f 3 = 10 η2 =
0,418 k 4,5038 −3,1679 η1 k ⋅lg 2 lg Dmax + 1+ 1 1− Dmax k2 − k1 k1
L f 3 − 21, 0042 + 7,8436η1 −11, 2782
=
= 10
0,418 0,15 4,5038 −3,1679⋅0,6 ⋅lg 0,3 lg3+ 1+ 1− Dmax 0,3− 0,15 0,15
= 8,0798
g m3
8,0798 − 21, 0042 + 7,8436 ⋅ 0, 6 = 0,7287 = 72,87 % −11, 2782
η1 = 0, 7 = 70 % L f 3 = 10 η2 =
0,418 k 4,5038 −3,1679 η1 k ⋅lg 2 lg Dmax + 1+ 1 1− Dmax k2 − k1 k1
L f 3 − 21, 0042 + 7,8436η1 −11, 2782
=
= 10
0,418 0,15 4,5038 −3,1679⋅0,7 ⋅lg 0,3 lg3+ 1+ 1− Dmax 0,3− 0,15 0,15
= 8,7766
8,7766 − 21, 0042 + 7,8436 ⋅ 0, 7 = 0,5974 = 59, 74 % −11, 2782
g m3
η1 = 0,8 = 80 % L f 3 = 10 η2 =
0,418 k 4,5038− 3,1679 η1 k ⋅lg 2 lg Dmax + 1+ 1 1− Dmax k2 − k1 k1
L f 3 − 21, 0042 + 7,8436η1 −11, 2782
=
= 10
0,418 0,15 4,5038− 3,1679⋅0,8 ⋅lg 0,3 lg 3+ 1+ 1− Dmax 0,3− 0,15 0,15
= 9,3484
g m3
9,3484 − 21, 0042 + 7,8436 ⋅ 0,8 = 0,4771 = 47, 71% −11, 2782
η1 = 0,9 = 90 % L f 3 = 10 η2 =
0,418 k 4,5038 −3,1679 η1 k ⋅lg 2 lg Dmax + 1+ 1 1− Dmax k2 − k1 k1
L f 3 − 21, 0042 + 7,8436η1 −11, 2782
=
= 10
0,418 0,15 4,5038 −3,1679⋅0,9 ⋅lg 0,3 lg3+ 1+ 1− Dmax 0,3− 0,15 0,15
= 9,8531
g m3
9,8531 − 21, 0042 + 7,8436 ⋅ 0,9 = 0,3628 = 36, 28 % −11, 2782
η1 = 1 = 100 % L f 3 = 10 η2 =
0,418 k 4,5038− 3,1679 η1 k ⋅lg 2 lg Dmax + 1+ 1 1− Dmax k2 − k1 k1
L f 3 − 21, 0042 + 7,8436η1 −11, 2782
=
= 10
0,418 0,15 4,5038 −3,1679⋅1 ⋅lg 0,3 lg 3+ 1+ 1− Dmax 0,3− 0,15 0,15
= 10,3146
g m3
10,3146 − 21, 0042 + 7,8436 ⋅1 = 0,2523 = 25, 23% −11, 2782
Az 1. telep hatásfokának minimálisan 4,5038 − 3,1679η1 =0 Dmax 4,5038 − Dmax 4, 5038 − 3 η1min = = = 0,4747 = 47, 47 % 3,1679 3,1679
1−
– nak kell lennie, ugyanis a 2. telep alatt közvetlenül megengedhető legnagyobb szerves anyag tartalom közelítő képlete ennél kisebb hatásfok esetén értelmetlen (negatív szám törtkitevővel). η1 = 0, 4747 = 47, 47 % L f 3 = 10 η2 =
0,418 k 4,5038− 3,1679 η1 k ⋅lg 2 lg Dmax + 1+ 1 1− Dmax k2 − k1 k1
L f 3 − 21, 0042 + 7,8436η1 −11, 2782
=
= 10
0,418 0,15 4,5038− 3,1679⋅0,4747 ⋅lg 0,3 lg 3+ 1+ 1− Dmax 0,3− 0,15 0,15
6 − 21, 0042 + 7,8436 ⋅ 0, 4747 = 1 = 100 % −11, 2782
Ekkor a minimálisan szükséges hatásfokokat kijelölő görbe. η1
η2
47,47%
100%
50%
89,50%
60%
72,87%
70%
59,74%
80%
47,71
90%
36,28%
=6
g m3
100%
25,23%
V. Minimális költségű állapot meghatározása Az optimális hatásfokok meghatározása grafikusan:
Az η1 függvényében ábrázolt η2 függvény meredeksége: − a1 −0, 30 −6 = = = −0,8571 a2 0,35 7
Az optimális hatásfok-pár (számítógéppel számolt): η1 = 100 % η2 = 23,14 % A minimális összköltség: K = a1η1 + b1 + a2 η2 + b2 = 0,3 ⋅100 + 80 + 0,35 ⋅ 23,14 + 90 = 208, 099
m Ft év
V/1. Oxigénvonal az optimális tisztítási hatásfokok esetén Az oxigénvonal az alábbiak szerint alakul: A tisztítatlan bevezetés esetén:
Lf 1 = A kritikus idő:
L f ⋅ Q f + Lsz1 (1 − η1 ) ⋅ Qsz1 Q f + Qsz1
=
3,5 ⋅ 6 + ⋅250 ⋅ (1 − 1) ⋅ 0,35 6 + 0,35
= 3,3071
g m3
tk =
k D ( k − k ) 0, 3 0,4972 ⋅ ( 0, 3 − 0,15 ) 1 1 lg 2 1 − 0 2 ' 1 = lg 1− = 0,3 − 0,15 0,15 k2 − k1 k1 k1 L f 1 0,15 3,3071 ⋅
= 1,5352 d > t12 = 1, 4978 Ami még mindig a 2. telep utánra esik, ezért az első telep alatti szakaszon a maximális oxigénhiány közvetlenül a második telep felett áll elő: A maximális oxigénhiány:
D f 2 = Dmax =
k1 0,15 g g L f 110− k1t12 = ⋅ 3,3071 ⋅10−0,15⋅1,498 = 0,9729 3 < 3, 02 3 k2 0,3 m m
Tehát az 1. telep alatt teljesülnek a követelmények. A szerves anyag tartalom közvetlenül a 2. telep felett:
L f 2 = L f 1 ⋅10− k1t12 = 3,3071⋅10−0,15⋅1,498 = 1,9714
g m3
A telítettségi oxigénhiány és oldott oxigén tartalom közvetlenül a 2. telep felett:
Df 2 =
k1 L f 1
(10
− k1t12
)
− 10− k2t12 + D f 1 ⋅10− k2t12 =
k2 − k1 0,15 ⋅ 3,3071 −0,15⋅1,498 g = 10 − 10−0,30⋅1,498 ) + 0, 4972 ⋅10−0,30⋅1,498 = 0,9723 3 ( 0,30 − 0,15 m C f 2 = Cs − D f 2 = 9, 02 − 0,9723 = 8, 0471
g m3
A 2. szennyvízbebocsátás alatt, az elkeveredés után: m3 s C f 2 ⋅ ( Q f + Qsz1 ) + Csz 3Qsz 2
Qsz 2 = 0, 3 Cf 3 =
Q f + Qsz1 + Qsz 2
=
8, 0471( 6, 0 + 0,35 ) + 0 ⋅ 0, 3 6, 0 + 0,35 + 0, 3
D f 3 = Cs − C f 3 = 9, 02 − 4,5162 = 1,3359
Lf 3 =
L f 2 ( Q f + Qsz1 ) + Lsz 2 ⋅ (1 − η2 ) ⋅ Qsz 2 Q f + Qsz1 + Qsz 2
=
= 7,6840
g m3
g m3
1, 9714 ⋅ ( 6, 0 + 0,35 ) + 250 (1 − 0, 2314 ) ⋅ 0,30 6, 0 + 0,35 + 0, 30
A kritikus idő és a telítettségi hiány maximuma a 2. szennyvíz bebocsátás alatt:
= 10,5667
g m3
f = tk 2 = =
k2 0,30 = =2 k1 0,15 1 lg f k1 ( f − 1)
D f 3 1 − ( f − 1) = L f 3
1 1, 3359 lg 2 ⋅ 1 − ( 2 − 1) ⋅ = 1, 6155 d 0,15 ⋅ ( 2 − 1) 10, 5667
Dmax 2 =
1 1 g g L f 310− k1tk 2 = ⋅10,5667 ⋅10−0,15⋅1,6155 = 3, 024 3 ≈ 3, 02 3 f 2 m m
Cmin 2 = 9, 02 − Dmax 2 = 5,996
g g ≈6 3 3 m m
Tehát a 2. telep alatt még éppen teljesülni fognak a határértékek, ahogy azt elvárjuk az optimalizációtól. Az oxigénvonal ábrája:
