K¨ ot´ elg¨ orbe, avagy mi´ ert hasonl´ıtanak egym´ asra a kupol´ ak ´ a ´d Kurusa Arp
Absztrakt. Az ¨osszes kupola hasonl´ıt egym´asra, mert az ´altaluk t´amasztott mechanikai feladat megold´ asait ad´ o k¨ ot´elg¨ orb´ek mind hasonl´ oak egym´ ashoz. A k¨ ot´elg¨ orb´ek a k´et pontra f¨ uggesztett k¨ otelek alakj´ at ´ırj´ ak le.
1. Kupol´ ak ´ es k¨ otelek Amikor egy bazilika kupol´aj´an n´ezegetj¨ uk a fresk´okat, esz¨ unkbe juthat, hogyan is volt lehets´eges ilyen hatalmas tet˝ ot ´ep´ıteni an´elk¨ ul, hogy oszlopok tartan´ak. A feladat nem ´eppen egyszer˝ u: u ´gy kell kialak´ıtani a tet˝ o alakj´at, hogy megtartsa ¨onmag´ at a tart´ofalak tetej´en ´es kisebb behat´asok” se om” lassz´ ak be. A feladat nagys´aga sosem riasztotta el az ´ep´ıt´eszeket, hogy hatalmas kupol´ak ´ep´ıt´es´evel k´ıs´erletezzenek. A sokszor balul siker¨ ult k´ıs´erlet, vagyis a beoml´as hat´as´ ara el is terjedt k¨ ozt¨ uk az u ´gy nevezett 5-perces szab´aly: amely kupola 5 perc ” alatt nem omlik be, az 500 ´evig is ´allva marad”. A vatik´ ani Szent P´ eter bazilika kupol´ aja 1546 ´ es 1564 k¨ oz¨ ott MicheManaps´ ag m´ ar nem megengedhet˝o a k´ıs´erleti langelo ir´ any´ıt´ as´ aval k´ esz¨ ult, majd ´ep´ıtkez´es, teh´at ´at kell gondolni mit is jelent egy Giacomo della Porta ir´ any´ıt´ as´ aval en: A kupola szerkezete 1593-ban fejezt´ ek be. Ez a vil´ ag ilyen kupola a fizika nyelv´ ulyi helyzetben van, ´es ebb˝ ol k¨ uls˝o hat´asok sem legnagyobb kupol´ aja, sz´ azhuszon- egyens´ h´ arom m´ eteres magass´ ag´ at egyet- mozd´ ıtj´ ak ki k¨ onnyen, vagyis ez az egyens´ ulyi helylen m´ as kupola sem ´ eri el. zet stabil. A stabilit´ as azt jelenti, hogy a szerkezet potenci´ alis energi´ aja az adott helyzetben minim´alis. Felt´etelezve a bazilik´akn´al a kupol´ak alatt megszokott k¨ oralak´ u alaprajzot, a kupol´anak a k¨ or k¨ oz´eppontj´ aban ´all´ıtott mer˝oleges egyenesre val´o forg´ asszimmetri´ aja ad´ odik. Emiatt matematikai ´ertelemben a kupola le´ırhat´o egyetlen g¨orb´evel, melynek tengely k¨ or¨ uli forg´ asa v´egigs´ urolja a kupola fel¨ ulet´et.
Polygon, 18:1 (2009), 33–45.
c actaform
F Y X Bt
6/8/2011.
´ KURUSA A.
2
Hogyan kereshetn´enk meg ezt a g¨orb´et, vagy esetleg g¨orb´eket? Az ¨otlet egyszer˝ u: gondolatban ford´ıtsuk a kupol´at fejjel lefel´e! A fentiekben megfogalmazott felt´etelek egyike sem v´ altozik, de a potenci´ alis energia minimum´at ´ıgy m´ ar k¨ onny˝ u megkeresni, hiszen k´et pont k¨ oz´e kifesz´ıtve egy, a k´et pont t´ avols´ag´an´ al hosszabb, de nem ny´ ujthat´o k¨ otelet, a k¨ ot´el a hajl´ekonys´ aga miatt addig mozog, am´ıg nem ker¨ ul stabil nyugalmi ´allapotba. Ez a stabil nyugalmi helyzet ´eppen a potenci´ alis energia minimum´an´ al val´osul meg, ami mag´at´ ol megoldja a k¨ orkupola ´ep´ıt´es´enek probl´em´ aj´at ´es r´ amutat a k¨ orkupol´ak egyformas´ag´anak fizikai ok´ara. B´ar az ´ep´ıt´eszet mechanikai probl´em´ aj´at matematika alkalmaz´asa n´elk¨ ul oldottuk meg, a tervezhet˝os´eg ´es a c´ımben feltett k´erd´esre adand´ o v´ alasz ´erdek´eben meg kell tal´alni a nyugalmi ´allapot´ u k¨ ot´el alakj´at le´ır´ o matematikai f¨ uggv´enyt, melynek grafikonj´ at a fentiek miatt k¨ ot´elg¨orb´enek1) nevezik.
2. A k¨ ot´ elg¨ orbe Ebben a szakaszban a k¨ ot´el nyugalmi helyzet´eben hat´o er˝ ok egyens´ uly´ ab´ ol kiindulva hat´arozzuk meg a k¨ ot´elg¨orb´et. Legyen az ℓ hossz´ us´ag´ u ´es σ hosszs˝ ur˝ us´eg˝ u” (a k¨ oteleket, mivel ´atm´er˝ oj¨ uk ” gyakorlatilag ´alland´ o ´es igen kicsiny, ´altal´ aban a m´eterenk´enti s´ ulyukkal szok´ as jellemezni, most is ez mutatkozik meg a σ sz´ amban) k¨ ot´el k´et v´eg´en´el az A = (xA , yA ) ´es B = (xB , yB ) pontokra akasztva, ahol a trivialit´as kiz´ar´ asa ´erdek´eben feltess¨ uk, hogy xA 6= xB ´es (xB −xA )2 +(yB −yA )2 < ℓ2 . Vil´agos, hogy a g¨orbe k´et pontja nem eshet egym´ as f¨ ol´e, ez´ert van egy olyan f : R → R f¨ uggv´eny, amelynek grafikonja az [xA , xB ] intervallumon ´eppen a k¨ ot´el pontjaiba esik. A kalkul´ aci´oink ´erdek´eben feltessz¨ uk, hogy f k´etszer folytonosan differenci´alhat´ o. A k¨ ot´el ´altal felvett r(x) = (x, f (x)): [xA , xB ] → R2 g¨orbe b´armely z < x abcissz´ aj´ u pontjai oz¨otti darabj´ anak hossz´at az r(x) ˙ = (1, f ′ (x)) ´erint˝ oj´enek R x pk¨ ′ (t))2 dt formula adja [2], ´ hossz´ a b´ o l az 1 + (f ıgy annak s´ u lya s(z, x) = z Rxp ′ 2 σ z 1 + (f (t)) dt. − → Mivel a k¨ ot´el nyugalmi helyzetben van, az r(x) pontj´ ara hat´o er˝ ok F (x) = (F1 (x), F2 (x)) ¨osszege a g¨orbe ´erint˝ oj´evel p´arhuzamos ir´ anyba mutat, vagyis 1)
Ezt l´ ancg¨ orb´enek is h´ıvj´ ak, mert k´et pontra val´ o felf¨ uggeszt´esekor a hossz´ ahoz k´epest apr´ o szemekb˝ ol ´ all´ o l´ anc is ugyanezen g¨ orbe alakj´ at veszi fel.
Polygon, 18:1 (2009), 33–45.
c actaform
F Y X Bt
6/8/2011.
3
K¨ ot´elg¨ orbe
F2 (x) = ±f ′ (x)F1 (x).
− → − → A k¨ ot´el minden z < x abcissz´ aj´ u pontjai k¨ oz¨otti darabj´ at az F (z) ´es F (x) er˝ ok, − → − → valamint az S (z, x) = (0, −s(z, x)) s´ ulyer˝ o tartj´ak egyens´ ulyban, ez´ert F (z) + − → − → F (x) + S (z, x) = 0, amib˝ ol F2 (z) + F2 (x) = s(z, x), F1 (z) + F1 (x) = 0 ad´ odik. Ut´ obbib´ ol azonnal kapjuk, hogy F1 (x) = c konstans2) , ´es minden pontban ´eppen a baloldali tart´opontban jelentkez˝o F1 (z) v´ızszintes er˝ o ellentettje. Az F2 (z)+F2 (x) = p s(z, x) egyenlet x szerinti deriv´al´as´ aval a szakasz jobboldali ovetkezik. Ezt felhaszn´ alva a m´ asodrend˝ u v´egpontj´ aban F2′ (x) = σ 1 + (f ′ (x))2 k¨ p (∗) σ 1 + (f ′ (x))2 = F2′ (x) = (±f ′ (x)F1 (x))′ = (±cf ′ (x))′ = ±cf ′′ (x) differenci´alegyenlethez jutunk, aminek ´atrendez´es´evel
ad´ odik, ami´ert
p ′ σ ′ f ′ (x)f ′′ (x) = 1 + (f ′ (x))2 f (x) = p c 1 + (f ′ (x))2 p σ f (x) + d = 1 + (f ′ (x))2 c
valamely d val´os sz´ amra. A (∗) egyenlet baloldala a σ > 0 konstansn´ al sosem kisebb, ez´ert a jobboldal sem lehet nulla, ´ıgy az a folytonoss´aga miatt nem v´ althat el˝ojelet. En′′ nek k¨ ovetkezt´eben minden megold´ asf¨ uggv´eny f m´ asodik deriv´altja az eg´esz sz´ amegyenesen pozit´ıv, vagy negat´ıv. El˝ obbi esetben f alulr´ ol n´ezve szigor´ uan 2)
A c persze nagyon is f¨ ugg az A, B pontok megv´ alaszt´ as´ at´ ol, a k¨ ot´el ℓ hossz´ at´ ol ´es a k¨ ot´el σ hosszs˝ ur˝ us´eg´et˝ ol is.
Polygon, 18:1 (2009), 33–45.
c actaform
F Y X Bt
6/8/2011.
´ KURUSA A.
4
konvex (a deriv´altja szigor´ uan monoton n¨ovekv˝ o), ut´obbi esetben pedig szigor´ uan konk´av (a deriv´altja szigor´ uan monoton fogy´o) lenne, ami egy k¨ ot´el eset´eben kiz´art. Teh´at f alulr´ ol n´ezve szigor´ uan konvex, ´es ´ıgy (∗) alapj´ an f ′′ (x) ≥ σc > 0. Eszerint Z x ′ ′ f ′′ (t)dt = ±∞, lim f (x) − f (0) = lim x→±∞
x→±∞
0
amib˝ ol k¨ ovetkez˝oleg c p 1 + (f ′ (x))2 − d = ∞. x→±∞ σ
lim f (x) = lim
x→±∞
Mivel limx→±∞ f (x) = ∞ ´es f folytonos, minden el´eg nagy x+ sz´ amhoz van olyan x− , hogy f (x− ) = f (x+ ). Az f az [x− , x+ ] z´art intervallumon folytonos, ´ıgy ebben felveszi minimum´at, amit viszont konvexit´ as´ anak szigor´ us´aga miatt csak pontosan egy pontban tehet. Minthogy x+ → ∞ eset´en a [x− , x+ ] z´art intervallumok lefedik a sz´ amegyenest, ebb˝ ol az k¨ ovetkezik, hogy az f f¨ uggv´enynek pontosan egy minimumhelye van. Legyen az f egyetlen minimumhelye xC ´es a g¨orbe ehhez tartoz´ o pontja C = (xC , yC ). A fentiek szerint az f f¨ uggv´eny az xC el˝otti f´elegyenesen szigor´ uan monoton fogy, az xC ut´ani f´elegyenesen pedig szigor´ uan monoton n˝o. A cosh f¨ uggv´eny3) (l´ asd a f¨ uggel´ekben) a pozit´ıv f´elegyenesen szigor´ uan monoton n˝o, a negat´ıv f´elegyenesen pedig szigor´ uan monoton fogy, ´es mindk´et f´elegyenest bijekt´ıven k´epezi az (1, ∞) f´elegyenesre, ez´ert a σ cosh(g(x)) = (f (x + xC ) − yC ) + 1 ´es sign(g(x)) = sign(x) c felt´etelek meghat´aroznak egy g: [xA , xB ] → R f¨ uggv´enyt.
Ez a g f¨ uggv´eny az f ´es a cosh f¨ uggv´eny inverz´enek differenci´alhat´ os´ aga miatt differenci´alhat´ o, ´es c c , x ∈ [xA , xB ], f (x) = cosh(g(x − xC )) + yC − σ σ valamint g(0) = 0. 3)
V´ alaszthattunk volna m´ as, a pozit´ıv ´es negat´ıv f´elegyenest is az (1, ∞) f´elegyenesre bijekt´ıven k´epez˝ o f¨ uggv´enyt, de a differenci´ alegyenlet¨ unket ez egyszer˝ us´ıti legink´ abb.
Polygon, 18:1 (2009), 33–45.
c actaform
F Y X Bt
6/8/2011.
5
K¨ ot´elg¨ orbe
Eszerint f ′ (x) = cosh(g(x − xC )) +
c σ
sinh(g(x − xC ))g ′ (x − xC ), ´ıgy differenci´alegyenlet¨ unk a σ p yC − 1 + d = f (x) + d = 1 + (f ′ (x))2 c c r c 2 = 1+ sinh(g(x − xC ))g ′ (x − xC ) σ
σ
form´at veszi fel. Ennek mindk´et oldal´at az x = xC pontban kisz´ am´ıtva d+ σc yC = 1 ad´ odik, amit ugyanoda vissza´ırva cosh2 (g(x − xC )) = 1 +
c
σ
2 sinh(g(x − xC ))g ′ (x − xC )
k¨ ovetkezik. A cosh2 t = 1+sinh2 t azonoss´ag alapj´ an ebb˝ ol ami´ert g(x) = ±σ x, hiszen g(0) = 0. c Visszahelyettes´ıt´essel teh´at azt kapjuk, hogy f (x) =
±σ c
= g ′ (x−xC ) ad´ odik,
σ c c cosh (x − xC ) + yC − , σ c σ
ami a k¨ ot´elg¨orbe matematikai alakja. A k¨ ot´el pontos elhelyezked´es´enek meghat´aroz´as´ ahoz ki kell m´eg sz´ amolnunk a c konstans ´ert´ek´et ´es a C = (xC , yC ) pontot. Az f (xA ) = yA ´es f (xB ) = yB egyenletek k¨ ul¨ onbs´eg´eb˝ol az
(†)
c σ i σ ch (xA − xC ) − cosh (xB − xC ) cosh σ c σ c σ σ 2c = sinh (xA − xB ) sinh (xA + xB − 2xC ) σ 2c 2c
yA − yB =
egyenlethez jutunk. ol a k¨ ot´el hossz´at kifejezve Az f ′ (x) = sinh( σc (x − xC )) deriv´altb´
(‡)
xB
xB
r
σ 2 1 + sinh dt (x − xC ) c xA xA Z xB σ ixB σ ch cosh = (x − xC ) dt = (x − xC ) sinh c σ c xA xA σ i σ ch = (xB − xC ) − sinh (xA − xC ) sinh σ c c 2c σ σ = sinh (xB − xA ) cosh (xB + xA − 2xC ) , σ 2c 2c
ℓ=
Z
p
1 + (f ′ (t))2 dt =
Polygon, 18:1 (2009), 33–45.
Z
c actaform
F Y X Bt
6/8/2011.
´ KURUSA A.
6
ad´ odik. Ezt el˝obbi egyenlet¨ unkkel ¨osszevetve azt kapjuk, hogy ℓ2 − (yA − yB )2 σ 2c 2 sinh2 (xA − xB ) × = σ 2c σ σ 2 × cosh (xB + xA − 2xC ) − sinh2 (xA + xB − 2xC ) 2c 2c 2c 2 σ 2 = sinh (xA − xB ) . σ 2c Ezt a praktikusabb p σ (xB − xA ) sinh 2c ℓ2 − (yA − yB )2 = σ (xB − xA ) 2c (xB − xA ) t σ meghat´aroz´as´ ahoz a h: t ∈ (0, ∞) 7→ sinh form´aban n´ezve vil´agos, hogy 2c t ′ f¨ uggv´enyt kell invert´ alnunk. A h invert´ alhat´ o, mert h(0) = (sinh t) t=0 = t cosh(0) = 1, limt→∞ h(t) = limt→∞ e2t = ∞ ´es 0 = sinh 0 valamint (t)′ = 1 ≤ cosh t = sinh′ (t) miatt h szigor´ uan monoton n¨ov˝o. ¯ A h inverz´ere a h jel¨ol´est alkalmazva az eddigiek alapj´ an
c=
xB − xA σ √ 2 ℓ −(yA −yB )2 2¯ h (xB −xA )
ad´ odik. A (†) ´es (‡) ¨osszef¨ ugg´esek h´anyados´ ab´ ol a nyilv´anval´o |yA − yB | ≤ ℓ egyenl˝ otlens´eg miatt y − y c xA + xB A B − arctanh xC = 2 σ ℓ ad´ odik. A c ´es az xC birtok´aban a minimumhely magass´ ag´at yC = yB −
σ 2c sinh2 (xB − xC ) σ 2c
adja. Jegyezz¨ uk meg, hogy a k´et oszlopot egym´ asfel´e k´enyszer´ıt˝ o c er˝ o ´ert´ek´enek ´es a minimumpont hely´enek ´es magass´ ag´anak meghat´aroz´as´ ara a gyakorlatban (p´eld´ aul a villanyvezet´ekek bel´og´as´ anak ´es a villanyoszlopok m´ereteinek kisz´ am´ıt´ as´ ahoz) fenti formul´ aink helyett k¨ ozel´ıt˝ o elj´ar´ asokat alkalmaznak, melyek Galileit4) id´ezve alapvet˝ oen a k¨ ot´elg¨orbe parabol´aval val´o helyettes´ıt´es´ere ´ep¨ ulnek. 4)
Galilei azt gondolta, hogy a k¨ ot´el a parabola alakj´ at veszi fel.
Polygon, 18:1 (2009), 33–45.
c actaform
F Y X Bt
6/8/2011.
7
K¨ ot´elg¨ orbe
Azt is vegy¨ uk ´eszre, hogy b´armely k´et k¨ ot´elg¨orbe hasonl´o, mert az y-tengellyel p´arhuzamos eltol´assal mind egy f (x) = a cosh((x − xC )/a) alak´ u f¨ uggv´eny grafikonj´ aba vihet˝o, ahonnan egy x-tengellyel p´arhuzamos xC /a nagys´ag´ u eltol´assal egy ga (x) = a cosh(x/a) alak´ u f¨ uggv´eny grafikonj´ aba ker¨ ulnek. M´ arpedig a g1 (x) = cosh(x) f¨ uggv´eny grafikonj´ anak a-szoros´ ara nagy´ıtott/kicsiny´ıtett megfelel˝oje ´eppen ga grafikonja. Ezzel megkaptuk a cikk c´ım´eben feltett k´erd´esre a v´ alaszt: minden kupola hasonl´ o, mert form´ ajukban az egym´ assal hasonl´ o k¨ ot´elg¨ orb´ek jelennek meg.
3. A potenci´ alis energia extr´ emumai Ebben a szakaszban igazoljuk, hogy a k¨ ot´elg¨orbe minimaliz´ alja a potenci´ alis energi´ at, vagyis az ¨osszes vele azonos hossz´ us´ag´ u ´es ugyanazon tart´opontokon ´atmen˝o g¨orb´ek k¨ oz¨ ul neki van a legalacsonyabban a s´ ulypontja. Sz´els˝ o´ert´ekek keres´es´ere a differenci´alsz´am´ıt´ ast szok´ as alkalmazni, azonban a g¨orb´ek halmaz´ at nem lehet v´eges sok param´eterrel le´ırni, ´ıgy azt a megold´ ast v´ alasztjuk, hogy egyszerre csak egy egyparam´eteres f¨ uggv´enycsal´ adot vizsg´ alunk, viszont a minim´alis g¨orb´et˝ ol elv´arjuk”, hogy b´armely ilyen csal´adon bel¨ ul a ” m´er´es¨ unkre n´ezve minim´alis legyen. Ez az elj´ar´ as a vari´ aci´ osz´ am´ıt´ as legegyszer˝ ubb megjelen´esi form´aja, melynek az al´abbiakban pontosan kifejtj¨ uk a tartalm´ at. Egy ν: (−ε, ε) × [xA , xB ] → R (ε > 0) differenci´alhat´ o f¨ ugv´enyt az f : [xA , xB ] → R differenci´alhat´ o f¨ uggv´eny (fix v´egpont´ u) vari´ al´ as´ anak nevez¨ unk, ha ν(t, xA ) = f (xA ), ν(t, xB ) = f (xB ) ´es ν(0, x) = f (x) minden x ∈ [xA , xB ] argumentumra ´es t ∈ (−ε, ε) param´eterre. A νt : [xA , xB ] → R (t ∈ (−ε, ε)) f¨ uggv´enyeket, ahol νt (x) = ν(t, x) az f vari´alt f¨ uggv´enyeinek nevezz¨ uk. (A νˆx : (−ε, ε) → R f¨ uggv´enyeket, ahol νˆx (t) = ν(t, x) az f transzverz´ alis f¨ uggv´enyeinek mondjuk.) Az alkalmas g: [xA , xB ] → R f¨ uggv´enyek halmaz´ an ´ertelmezett µ: g 7→ µ(g) lek´epez´est m´er´esnek nevezz¨ uk. T¨obbek k¨ oz¨ott ilyen p´eld´ aul a f¨ uggv´eny grafikonj´ anak ℓ hossza, vagy a grafikon s´ ulypontj´ anak y-koordin´at´ aja. M´ ar megfogalmazott elv´ar´ asunk szerint a minimalit´ as a vari´al´as v´ alaszt´as´ at´ ol f¨ uggetlen kell legyen, ez´ert egy f f¨ uggv´enyt a µ m´er´esre n´ezve akkor nevez¨ unk extrem´ alisnak, ha minden ν vari´al´as´ ara µ′ν (0) = 0, ahol µν (t) = µ(νt ). T´ etel. A k´etszer differenci´ alhat´ o f : [xA , xB ] → R f¨ uggv´eny, melynek deriv´ altja nem azonosan nulla, a vele azonos hossz´ us´ ag´ u grafikonokkal rendelkez˝ o f¨ uggv´enyek k¨ oz¨ ott akkor ´es csak akkor extrem´ alis a s´ ulypont y-koordin´ at´ aj´ ara n´ezve, ha grafikonja k¨ ot´elg¨ orbe.
Polygon, 18:1 (2009), 33–45.
c actaform
F Y X Bt
6/8/2011.
´ KURUSA A.
8
Bizony´ıt´ as. Legyen f : [xA , xB ] → R k´etszer differenci´alhat´ o. Ennek grafikonja az rf (x) = (x, f (x)) g¨orbe, melynek hossza ℓ(f ) =
Z
xB
xA
p
1 + (f ′ (x))2 dx.
Az rf g¨orbe rf (x) pont k¨ or¨ uli s´ ulys˝ ur˝ us´ege p s(x − ε, x + ε) = σ 1 + (f ′ (x))2 , ε→0 2ε
s(x) = lim
a Wf s´ ulypont pedig a g¨orbe pontjainak ezen s(x) f¨ uggv´ennyel s´ ulyozott ´atlaga, vagyis 1 Wf = ℓ(f )
Z
xB
xσ
xA
p
1+
(f ′ (x))2 dx,
Z
xB
xA
f (x)σ
p 1 + (f ′ (x))2 dx .
Legyen ν az f f¨ uggv´eny vari´al´asa. Ekkor a vari´alt f¨ uggv´enyhez tartoz´ o (x, νt (x)) g¨orbe hossza, ´es s´ ulypontj´ anak magass´ aga a fentiek szerint ℓν (t) = ℓ(νt ) =
Z
xB
xA
µν (t) = w2 (νt ) =
p
σ ℓν (t)
1 + (νt′ (x))2 dx, Z xB p ν(t, x) 1 + (∂2 ν(t, x))2 dx, xA
ahol ∂2 a m´ asodik v´ altoz´o szerinti (parci´alis)deriv´al´ast jelenti. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az azonos hossz´ us´ag´ u g¨orb´ek k¨ oz¨ott a µ m´er´esnek ´es a λ = µℓ/σ m´er´esnek ha van extr´emuma, akkor ugyanazon g¨orbe eset´eben van, ez´ert a µ helyett elegend˝o a λ m´er´esre megkeresn¨ unk az extrem´ alis f¨ uggv´enyeket. A fentiekkel ¨osszhangban legyen λν (t) = µν (t)ℓν (t)/σ. Mivel a λν (t) kifejez´es´eben szerepl˝o integrandus folytonosan differenci´alhat´ o, az integr´ al´as felcser´elhet˝o a deriv´al´assal, ami´ert λ′ν (t) =
Z
xB
xA
p ∂2 ν(t, x)∂1 ∂2 ν(t, x) dx, ∂1 ν(t, x) 1 + (∂2 ν(t, x))2 + ν(t, x) p 1 + (∂2 ν(t, x))2
amely a t = 0 helyen λ′ν (0)
=
Z
xB
xA
p f ′ (x)∂2 ∂1 ν(0, x) ∂1 ν(0, x) 1 + (f ′ (x))2 + f (x) p dx. 1 + (f ′ (x))2
Polygon, 18:1 (2009), 33–45.
c actaform
F Y X Bt
6/8/2011.
9
K¨ ot´elg¨ orbe
A λ′ν (0) integrandus´ anak m´ asodik tagj´ at parci´ alisan integr´ alva Z
xB
f (x)f ′ (x)
∂2 ∂1 ν(0, x)dx 1 + (f ′ (x))2 h f (x)f ′ (x) ixB Z xB f (x)f ′ (x) ′ p = p − ∂1 ν(0, x) ∂1 ν(0, x)dx xA 1 + (f ′ (x))2 1 + (f ′ (x))2 xA Z xB ′ (f (x))2 + f (x)f ′′ (x) f (x)(f ′ (x))2 f ′′ (x) p − p ∂1 ν(0, x)dx =0− 3 1 + (f ′ (x))2 xA 1 + (f ′ (x))2 Z xB ′ (f (x))2 (1 + (f ′ (x))2 ) + f (x)f ′′ (x) ∂1 ν(0, x)dx =− p 3 xA 1 + (f ′ (x))2
xA
p
ad´ odik, ami´ert
λ′ν (0) =
Z
xB
∂1 ν(0, x)
xA
1 + (f ′ (x))2 − f (x)f ′′ (x) dx. p 3 1 + (f ′ (x))2
Ha f olyan, hogy 1 + (f ′ (x))2 − f (x)f ′′ (x) = 0, akkor λ′ν (0) = 0 minden ν vari´al´asra. Ha f olyan, hogy λ′ν (0) = 0 minden ν vari´al´asra, akkor a ν(t, x) = f (x) + t(x − xA )(xB − x)(1 + (f ′ (x))2 − f (x)f ′′ (x)) vari´al´asra is λ′ν (0) = 0, amib˝ ol 0=
λ′ν (0)
=
Z
xB
xA
(x − xA )(xB − x)
(1 + (f ′ (x))2 − f (x)f ′′ (x))2 dx p 3 1 + (f ′ (x))2
k¨ ovetkezik. Mivel ebben az integrandus sehol sem negat´ıv, az integr´ al csak u ´gy lehet nulla, ha az integrandus azonosan nulla, teh´at 1 + (f ′ (x))2 − f (x)f ′′ (x) = 0. Eszerint a λ = µℓ/σ m´er´es, ´es ezzel egy¨ utt az azonos hossz´ us´ag´ u g¨orb´ek k¨ oz¨ott a s´ ulypontmagass´ag µ m´er´es´enek extrem´ alis f¨ uggv´enyei is pontosan azok, amelyekre 1 + (f ′ (x))2 − f (x)f ′′ (x) = 0. Mivel f ′ 6= 0, differenci´alegyenlet¨ unk ekvivalens a (2 ln f (x))′ = 2
2f ′ (x)f ′′ (x) f ′ (x) = = (ln(1 + (f ′ (x))2 ))′ f (x) 1 + (f ′ (x))2
egyenlettel, ami megegyezik az f 2 (x) = a2 (1 + (f ′p (x))2 ) egyenlettel valamely alovetkezik, ami kalmas nem nulla a konstansra. Ebb˝ ol f (x) = ±a 1 + (f ′ (x))2 k¨ ´eppen a ±a = σ/c k¨ ot´elg¨orb´et meghat´aroz´o differenci´alegyenlet, aminek egyed¨ uli 1 1 megold´ asa f (x) = ±a cosh(±a(x − xC )) + (yC − ±a ). Ezzel a t´etelt bebizony´ıtottuk.
Polygon, 18:1 (2009), 33–45.
c actaform
F Y X Bt
6/8/2011.
10
´ KURUSA A.
Vegy¨ uk ´eszre, hogy az extremalit´as g¨orb´ei a sz´ o fizikai ´ertelm´eben csak pozit´ıv a sz´ am eset´en k¨ ot´elg¨orb´ek. Ha a negat´ıv sz´ am, akkor igaz´ ab´ ol kupolag¨ orb´er˝ ol” kel” lene besz´elni, ´es ekkor nem minimaliz´ al´odik a potenci´ alis energia, illetve a s´ ulypont magass´ aga, hanem ´eppens´eggel maximaliz´al´odik.
4. Szerkeszt´ es Vil´agos, hogy a k¨ ot´elg¨orb´enek a sz´ o hagyom´ anyos ´ertelm´eben, teh´at k¨ orz˝ ovel ´es vonalz´oval val´o szerkeszthet˝ os´eg´ere nem sz´ am´ıthatunk, de a k¨ otelek l´ogat´asa sem igaz´ an kivitelezhet˝o egy rajzasztalon, ez´ert a r´eg´ota bev´ alt sablonozott vonalz´ ok eszk¨ oz´ehez folyamodunk. Ilyeneket haszn´ altak a m˝ uszaki rajzol´ok am´ıg a sz´ am´ıt´ og´ep nem vette ´at teljesen a rajzol´as terh´et, ´es a pontoss´ag tekintet´eben is elfogadott elj´ar´ as volt, ha az egyik vonalz´ot vagy sablont a m´ asikhoz igaz´ıtva, vagy amellett eltolva, g¨orgetve kellett haszn´ alni. A k´erd´es teh´at az, milyen sablonra van sz¨ uks´eg a k¨ ot´elg¨orbe megrajzol´as´ ahoz, ha megengedj¨ uk annak vonalz´o melletti g¨orget´es´et. T´ etel. Egy P parabol´ at valamely e egyenes ment´en g¨ orgetve a parabola f´ okusza egy k¨ ot´elg¨ orb´en mozog.
Bizony´ıt´ as. Mivel a parabol´ak (´es persze az egyenesek is) hasonl´ok egym´ ashoz, elegend˝o egyetlen parabola-egyenes p´ar eset´eben igazolni az ´all´ıt´ ast. Tekints¨ uk az y = x2 egyenlet˝ u P parabol´at, melynek f´ okusza az F = (0, 1/4) pont, vez´ e regyenese (direktrixe) pedig az y = −1/4 egyenes (mert p p 2 2 2 2 2 2 x + (y − 1/4) = x + (x − 1/4) = x + 1/4 = y + 1/4), ´es g¨orgess¨ uk e parabol´at az x-tengely ment´en. A P parabola e ´erint˝ oje az E = (x, x2 ) ´erint´esi pontban 2x meredeks´eg˝ u, 1 ami´ert ezen ´erint˝ o egys´egnyi ir´ anyvektora ix = √1+4x (1, 2x), egys´ e gnyi norm´ a lis 2 1 (−2x, 1). vektora pedig nx0 = √1+4x 2
Polygon, 18:1 (2009), 33–45.
c actaform
F Y X Bt
6/8/2011.
11
K¨ ot´elg¨ orbe
Az e ´erint˝ o ´es az F = (0, 1/4) f´ okusz t´ avols´aga megegyezik a (0, 1/4) − (x, x2 ) vektornak az ´erint˝ o nx norm´ alis´ara es˝ o √ 1 + 4x2 ψ(x) = h(−x, 1/4 − x2 ), nx i = 4 vet¨ ulet´evel. p Az F f´ okusz ´es az E ´erint´esi pont t´ avols´aga τ (x) = x2 + (x2 − 1/4)2 . Az F f´ okusz e ´erint˝ ore vett mer˝oleges vet¨ ulet´enek ξ(x) t´ avols´aga az E ´erint´esi pontt´ ol megegyezik a (0, 1/4) − (x, x2 ) vektornak az e ´erint˝ o ix ir´ anyvektor´ ara vett vet¨ ulet´enek hossz´aval, teh´at D E 2x√1 + 4x2 1 2 ξ(x) = (−x, 1/4 − x ), √ (1, 2x) = . 4 4x2 + 1 A P parabola O = (0, 0) ´es E = (x, x2 ) pontjai k¨ oz¨ott Z 2x p Z Z xp 1 1 arcsinh (2x) 2 2 1 + (2t) dt = 1 + z dz = cosh2 t dt σ(x) = 2 0 2 0 0 a hossza. Ezen integr´ al kisz´ am´ıt´ as´ ahoz figyelj¨ uk meg, hogy Z b Z b 1 1 1 cosh2 tdt + sinh2 tdt = [sinh(2t)]b0 , 2 0 2 0 4 Z b Z b 1 1 1 cosh2 tdt − sinh2 tdt = [t]b0 , 2 0 2 0 2 ami´ert Z
b
cosh2 t dt =
0
1 b + sinh b cosh b [t + sinh t cosh t]b0 = , 2 2
´es ´ıgy 1 σ(x) = 2
Z
arcsinh (2x)
0
√ arcsinh (2x) + 2x 1 + 4x2 . cosh t dt = 4 2
A P parabol´at σ(x) hosszan g¨orgetve, az E = (x, x2 ) pont az x-tengelyre ker¨ ul, az x-tengely pedig az elg¨orgetett parabol´anak ´erint˝ oje lesz.
Polygon, 18:1 (2009), 33–45.
c actaform
F Y X Bt
6/8/2011.
12
´ KURUSA A.
Az F f´ okusz ez´ert a g¨orget´es k¨ ozben u ´gy halad a g¨orget´es ir´ any´ aba, hogy xkoordin´at´ aja σ(x) − ξ(x) t´ avols´agot tesz meg, az x-tengelyt˝ ol val´o t´ avols´aga pedig ψ(x) lesz. Az F f´ okusz ´altal s´ urolt g¨orbe teh´at annak az f f¨ uggv´enynek a grafikonja, melyre ψ(x) = f (σ(x) − ξ(x)), ami´ert √ arcsinh (2x) 1 + 4x2 cosh(4x) =f . , vagyis f (x) = 4 4 4 Ez bizony´ıtja az ´all´ıt´ ast.
F¨ uggel´ ek: hiperbolikus f¨ uggv´ enyek A val´os sz´ amok halmaz´ an ´ertelmezett ex − e−x (szinusz-hiperbolikusz), sinh x := 2 x −x e +e cosh x := (koszinusz-hiperbolikusz), ´es 2 sinh x (tangens-hiperbolikusz) tanh x := cosh x f¨ uggv´enyeket hiperbolikus f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. A defin´ıci´ok alapj´ an egyszer˝ u sz´ amol´assal igazolhat´ok a • cosh x = cosh(−x), sinh x = − sinh(−x) ´es tanh x = − tanh(−x), • cosh2 x − sinh2 x = 1, formul´ ak, valamint a hiperbolikus add´ıci´os k´epleteknek nevezett • cosh(x ± y) = cosh x cosh y ± sinh x sinh y, • sinh(x ± y) = sinh x cosh y ± cosh x sinh y, tanh x ± tanh y , • tanh(x ± y) = 1 ± tanh x tanh y azonoss´agok. Ut´ obbiak felhaszn´ al´as´ aval ad´ odnak a speci´alis • cosh(2x) = cosh2 x + sinh2 x ´es sinh(2x) = 2 sinh x cosh x, • cosh2 (x/2) = (cosh x + 1)/2 ´es sinh2 (x/2) = (cosh x − 1)/2 egyenl˝ os´egek, amelyekb˝ol k¨ onnyen bel´athat´ok a cikkben is haszn´ alt 2 • cosh x = 1 + 2 sinh (x/2), x − y x + y sinh , • cosh x − cosh y = 2 sinh 2 x 2− y x + y cosh , • cosh x + cosh y = 2 cosh x +2 y x −2 y • sinh x − sinh y = 2 cosh sinh , 2 2 x − x + y y cosh • sinh x + sinh y = 2 sinh 2 2 azonoss´agok.
Polygon, 18:1 (2009), 33–45.
c actaform
F Y X Bt
6/8/2011.
13
K¨ ot´elg¨ orbe
´ Ujra a defin´ıci´ot haszn´ alva k¨ onny˝ u sz´ amol´as adja, hogy • cosh′ x = sinh x, sinh′ x = cosh x ´es tanh′ x = 1 − tanh2 x. Fentiek alapj´ an cosh′′ x = cosh x ≥ 1, ami´ert a cosh f¨ uggv´eny alulr´ ol szigor´ uan ′ konvex. A cosh x = sinh x miatt ugyanakkor a cosh f¨ uggv´eny a negat´ıv sz´ amok halmaz´ an szigor´ uan monoton fogy´o, a pozit´ıv sz´ amok halmaz´ an szigor´ uan monoton n¨ov˝o. A cosh f¨ uggv´eny egyetlen minimumhelye a 0, cosh 0 = 1 ´es limx→±∞ cosh x = ∞. Mivel sinh′ x = cosh x ≥ 1, a sinh f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ov˝o a teljes sz´ amegyenesen. Minthogy sinh′′ x = sinh x, a sinh f¨ uggv´eny a negat´ıv sz´ amok halmaz´ an alulr´ ol szigor´ uan konk´av, a pozit´ıv sz´ amok halmaz´ an pedig alulr´ ol szigor´ uan konvex. A sinh f¨ uggv´enynek nincs sz´els˝ o´ert´eke, egyetlen inflexi´os pontja a 0, sinh 0 = 0 ´es limx→±∞ sinh x = ±∞. Mivel tanh′ x = 1/ cosh2 x ≥ 0, a tanh f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ov˝o a teljes sz´ amegyenesen. Minthogy tanh′′ x = −2 cosh−3 x sinh x, a tanh f¨ uggv´eny a negat´ıv sz´ amok halmaz´ an alulr´ ol szigor´ uan konvex, a pozit´ıv sz´ amok halmaz´ an pedig alulr´ ol szigor´ uan konk´av. A tanh f¨ uggv´enynek nincs sz´els˝ o´ert´eke, egyetlen inflexi´os pontja a 0, tanh 0 = 0 ´es limx→±∞ tanh x = ±1. A cosh, sinh ´es tanh hiperbolikus f¨ ugg´enyek inverzf¨ uggv´enyeit a sz¨ ogf¨ uggv´enyekn´el megszokott m´ odon arccosh: (1, ∞) → (0, ∞), arcsinh: R → R ´es arctanh: R → (−1, 1) jel¨oli. Irodalom [1] H. S. M. COXETER, A geometri´ ak alapjai, M˝ uszaki K¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1987. ´ Differenci´ [2] KURUSA A., algeometria, Polygon, Szeged, 1996. [3] PAHIO, Catenary, PlanetMath, http://planetmath.org/encyclopedia/ChainCurve.html.
´ SzTE, Bolyai Int´ezet, Aradi v´ertan´ KURUSA A., uk tere 1., 6720 Szeged;
[email protected]
Polygon, 18:1 (2009), 33–45.
c actaform
F Y X Bt
e-mail:
6/8/2011.
