Fénypont a falon – 3. Dolgozat - sorozatunk 1. és 2. részében két speciális eset vizsgálatát részleteztük. Itt az általánosabb síkbeli esettel foglalkozunk, főbb vonalaiban. 3. Feladat Ehhez tekintsük az 1. ábrát is!
1. ábra Ezen azt látjuk, hogy az O pont körül r sugarú körpályán ω = konst. szögsebességgel keringő F fényforrást – a lézerceruzát – az OFK karhoz κ szög alatt rögzítettük, mely nek fénysugara az AB képsíkot – a falat – a K pontban döfi. Keressük a K fénypont helyzetét és sebességét leíró függvényeket. Először felírjuk a K pont helyzetét leíró xK helykoordináta kifejezését, a φK szög - koordinátával. Az 1. ábra szerint:
xK = r ⋅ cos ϕK + ( c − r ⋅ sin ϕK ) ⋅ tg 90 − ( ϕK + κ ) ,
vagy
(1)
2
xK = r ⋅ cos ϕ K +
c − r ⋅ sin ϕK ⋅ tg ( ϕK + κ )
(2)
A φK szög - koordinátára kirótt feltétel:
ϕ A ≤ ϕK ≤ ϕB .
(3)
A φA és φB határszögek meghatározásához úgy készülünk fel, hogy felírjuk a φ( xK ) kifejezést. Ismét az 1. ábra szerint írható, hogy: λ K + µ K = ϕK + κ , (4) innen:
ϕK = λ K + µ K − κ .
(5)
Megint az 1. ábráról leolvassuk, hogy
tgλ K =
c x = 90 − arctg K , → λ K = arctg xK c x → 90 − λ K = arctg K c
c c → λ K = arctg , xK xK
(
)
tg 90 − λ K =
xK c
tehát:
λ K = arctg Továbbá:
sin µ K =
c x = 90 − arctg K . xK c
r ⋅ sin κ xK + c
tehát:
µ K = arcsin
2
2
→ µ K = arcsin
r ⋅ sin κ xK + c 2
2
r ⋅ sin κ xK + c 2
.
Most ( 5 ), ( 6 ) és ( 7 ) - tel:
ϕK =
(6)
x π r ⋅ sin κ − arctg K + arcsin −κ , 2 2 2 c xK + c
2
,
(7)
3
vagy
ϕ ( xK ) = arcsin
r ⋅ sin κ xK 2 + c 2
− arctg
xK π + −κ . c 2
(8)
Mivel
ϕ A = ϕ ( x A = a ) , ϕB = ϕ ( xB = −b ) ,
(9)
így ( 8 ) és ( 9 ) - cel:
r ⋅ sin κ
a π + −κ c 2
, a2 + c2 r ⋅ sin κ b π ϕ B = arcsin + arctg + − κ . c 2 b2 + c2 ϕ A = arcsin
− arctg
( 10 )
A szögkoordináta kifejezése a t idővel, a szögsebesség állandósága miatt:
ϕK ( t ) = ϕ A + ω⋅ t ;
( 11 )
a teljes mozgás időtartama T, ezalatt K megteszi az AB távolságot, azaz:
ϕB = ϕ A + ω⋅ T → T =
ϕB − ϕ A , ω
tehát a K fénypont falon való mozgásának időtartama:
T=
ϕB − ϕ A . ω
( 12 )
Most ( 10 ) és ( 12 ) - vel: T=
1 r ⋅ sin κ b π r ⋅ sin κ a π ⋅ arcsin + arctg + − κ − arcsin − arctg + − κ = ω c 2 c 2 b2 + c 2 a2 + c2
=
1 r ⋅ sin κ r ⋅ sin κ ⋅ arcsin − arcsin ω b2 + c2 a2 + c2
b a π π + arctg + arctg + − κ − − κ = c c 2 2
=
1 r ⋅ sin κ r ⋅ sin κ b a ⋅ arcsin − arcsin + arctg + arctg , ω c c b2 + c 2 a2 + c2
4
tehát:
T=
1 r ⋅ sin κ r ⋅ sin κ b a ⋅ arcsin − arcsin + arctg + arctg . ( 13 ) ω c c b2 + c 2 a2 + c2
Majd a K fénypont sebességének átlagos nagysága:
vátlag =
a+b , T
( 14 )
így ( 13 ) és ( 14 ) szerint:
vátlag =
r ⋅ sin κ
(a + b) ⋅ ω
r ⋅ sin κ
b a arcsin − arcsin + arctg + arctg c c b2 + c2 a2 + c2
.
( 15 )
Speciális esetek: S1.: κ = 0 ;
( 16 )
most ( 13 ) és ( 16 ) - tal:
T∗ =
1 b a ⋅ arctg + arctg ; ω c c
( 17 )
most felhasználva, hogy ( 6 ) - hoz hasonlóan:
arctg
a π c = − arctg , c 2 a
( 18 )
( 17 ) és ( 18 ) - cal kapjuk, hogy:
T∗ =
1 b π c 1 π b c ⋅ arctg + − arctg = ⋅ + arctg − arctg , ω c 2 a ω 2 c a
( 19 )
megegyezésben az 1. rész ( 13 ) képletével. S2.: κ = π / 2 ; most ( 13 ) és ( 20 ) - szal:
( 20 )
5
T ∗∗ =
1 r r b a ⋅ arcsin − arcsin + arctg + arctg , ( 21 ) ω c c b2 + c2 a2 + c2
megegyezésben a 2. rész ( 10 ) képletének kissé átalakított eredményével; ui.:
π T κ = = 2 =
arcsin
b r a + arctg − arcsin − arctg c c b2 + c2 a2 + c2 = ω r
1 r r b a ⋅ arcsin − arcsin + arctg + arctg = T ∗∗. c c ω b2 + c2 a2 + c2
Megjegyzések: M1. Általában írhatjuk, hogy
c >1 . r
( 22 )
M2. A további specializációkat, a pillanatnyi sebesség képleteinek felírását, valamint az összehasonlító számpélda kidolgozását is az érdeklődő Olvasóra bízzuk. Ez a munka az eddigiek alapján különösebb nehézség nélkül elvégezhető. M3. Látjuk, hogy a feladat megoldásának a kulcsa: az 1. ábra. Itt adja magát a kérdés: hogyan találhatjuk ki, hogy szögek mely kombinációja vezet majd eredményre? Az első válasz: az intuíció működésével. Ez némi tehetséget és sok gyakorlást kíván. A második válasz: egy trigonometriai egyenlet megoldásával, majd annak visszafej tésével. Most ezt vesszük át. A közvetlen feladat: a ( 2 ) kifejezés invertálása, vagyis a ( 8 ) összefüggés előállítása. Kiindulunk ( 2 ) - ből:
xK = r ⋅ cos ϕ K +
c − r ⋅ sin ϕ K ; tg ( ϕ K + κ )
(a)
rendezve ezt az egyenletet:
xK − r ⋅ cos ϕ K =
c − r ⋅ sin ϕ K ; tg ( ϕ K + κ )
tovább alakítva:
( xK − r ⋅ cos ϕK ) ⋅ tg ( ϕK + κ ) = c − r ⋅ sin ϕK
majd ezt kifejtve:
( xK − r ⋅ cos ϕK ) ⋅ átrendezve:
;
tgϕ K + tgκ = c − r ⋅ sin ϕ K ; 1 − tgϕ K ⋅ tgκ
6
( xK − r ⋅ cos ϕK ) ⋅ ( tgϕK + tgκ ) = ( c − r ⋅ sin ϕK ) ⋅ (1 − tgϕK ⋅ tgκ )
;
a zárójeleket felbontva és rendezve:
( xK − r ⋅ cos ϕ K ) ⋅ tgϕ K + ( xK − r ⋅ cos ϕ K ) ⋅ tgκ = c − r ⋅ sin ϕ K − ( c − r ⋅ sin ϕ K ) ⋅ tgϕ K ⋅ tgκ , xK ⋅ tgϕK − r ⋅ cos ϕK ⋅ tgϕK + xK ⋅ tgκ − r ⋅ cos ϕK ⋅ tgκ = c − r ⋅ sin ϕK − c ⋅ tgϕK ⋅ tgκ + r ⋅ sin ϕK ⋅ tgϕK ⋅ tgκ , xK ⋅ tgϕK − r ⋅ sin ϕK + xK ⋅ tgκ − r ⋅ cos ϕK ⋅ tgκ = c − r ⋅ sin ϕK − c ⋅ tgϕK ⋅ tgκ + r ⋅ sin ϕK ⋅ tgϕK ⋅ tgκ , xK ⋅ tgϕK + xK ⋅ tgκ − r ⋅ cos ϕK ⋅ tgκ = c − c ⋅ tgϕ K ⋅ tgκ + r ⋅ sin ϕ K ⋅ tgϕ K ⋅ tgκ , xK ⋅
sin ϕK sin ϕK sin 2 ϕK + xK ⋅ tgκ − r ⋅ cos ϕK ⋅ tgκ = c − c ⋅ ⋅ tgκ + r ⋅ ⋅ tgκ , cos ϕ K cos ϕK cos ϕ K
xK ⋅ sin ϕ K + xK ⋅ tgκ ⋅ cos ϕ K − r ⋅ cos 2 ϕ K ⋅ tgκ = c ⋅ cos ϕ K − c ⋅ sin ϕ K ⋅ tgκ + r ⋅ sin 2 ϕ K ⋅ tgκ ;
csoportosítva a tagokat: sin ϕ K ⋅ ( xK + c ⋅ tgκ ) + cos ϕ K ⋅ ( xK ⋅ tgκ − c ) = r ⋅ tgκ ⋅ ( cos 2 ϕ K + sin 2 ϕK ) ;
( xK + c ⋅ tgκ ) ⋅ sin ϕK + ( xK ⋅ tgκ − c ) ⋅ cos ϕK = r ⋅ tgκ ;
végigosztva a jobb oldallal: xK + c ⋅ tgκ x ⋅ tgκ − c ⋅ sin ϕ K + K ⋅ cos ϕ K = 1 ; r ⋅ tgκ r ⋅ tgκ egyszerűsítve: xK x c c + ⋅ sin ϕK + K − ⋅ cos ϕ K = 1 ; r ⋅ κ r r r ⋅ κ tg tg új jelöléseket bevezetve:
xK c + , r ⋅ tgκ r x c B= K − r r ⋅ tgκ A=
(b)
,
(c)
majd ( b ) és ( c ) - vel:
A ⋅ sin ϕK + B ⋅ cos ϕK = 1 ;
(d) ezt a trigonometriai egyenletet is a segédszöges módszerrel oldjuk meg – ld.:[ 1 ]! – ; ( d ) - ből kiemeléssel:
A A2 + B 2 ⋅ ⋅ sin ϕK + 2 2 A + B osztással: A
⋅ sin ϕ K +
B
A +B A +B a segédszög bevezetésével: 2
2
2
2
⋅ cos ϕK = 1 ; A2 + B 2 B
⋅ cos ϕ K =
1 A +B 2
2
;
(e)
7
cosϑ =
A A +B 2
, sin ϑ =
2
B A +B 2
2
,
(f)
majd ( f ) - ből:
tgϑ =
sin ϑ B = ; cosϑ A
(g)
most ( e ) és ( f ) - fel:
cosϑ⋅ sin ϕ K + sin ϑ⋅ cos ϕ K =
1 A2 + B 2
;
(h)
felhasználva, hogy
cosϑ⋅ sin ϕ K + sin ϑ⋅ cos ϕ K = sin ( ϕ K + ϑ) ,
(i)
a ( h ) és ( i ) egyenletekkel:
1
sin ( ϕ K + ϑ ) =
;
A2 + B 2
(j)
áttérve az inverz kapcsolatra:
1
ϕ K + ϑ = arcsin
;
(k)
−ϑ ;
(l)
A +B 2
2
innen:
ϕ K = arcsin
1 A +B 2
2
most ( g ) - ből:
ϑ = arctg
B , A
(m)
így ( l ) és ( m ) - mel:
ϕ K = arcsin
1 A2 + B 2
− arctg
B ; A
(n)
most ( c ) - ből: 2
2
x c x c A + B = K + + K − = r ⋅ tgκ r r r ⋅ tgκ 2
2
2
2
2
2
x c x x c c x c = K + 2⋅ K ⋅ + + K − 2⋅ K ⋅ + = r ⋅ tg κ r ⋅ tg κ r r r r r ⋅ tg κ r ⋅ tg κ 2
2
2
2
x c x c xK = K + + K + = r ⋅ tgκ r r r ⋅ tgκ r
2
1 c ⋅ 1 + 2 + tg κ r
2
1 ⋅ 1 + 2 = tg κ
2 2 xK 2 + c 2 1 xK c 1 + tg 2 κ xK 2 + c 2 1 = 1 + 2 + = ⋅ = ⋅ , 2 2 2 2 κ κ κ tg r r tg r sin r
8
tehát:
1 xK 2 + c 2 A +B = , ⋅ sin 2 κ r2 2
2
innen:
A2 + B 2 =
1 ⋅ xK 2 + c 2 , r ⋅ sin κ
majd ezzel:
1 A +B 2
2
=
r ⋅ sin κ xK + c 2
2
;
(o)
ezután ( c ) - ből: c xK c c tgκ − − xK − xK B tgκ xK ⋅ tgκ − c r r ⋅ tgκ = = = = = xK c xK c A x + c ⋅ tg κ K 1 + tgκ ⋅ + +c tgκ r ⋅ tgκ r xK
tgκ − tgλ K = tg ( κ − λ K ) , 1 + tgκ ⋅ tgλ K tehát: =
B = tg ( κ − λ K ) , A
(p)
ahol bevezettük a
tgλ K =
c xK
(q)
új jelölést; most az ( n ) - ben szereplő második tag: B arctg = arctg tg ( κ − λ K ) = κ − λ K ; A ámde ( q ) - ból:
λ K = arctg
c , xK
(s)
így az ( n ), ( o ) és ( r ) képletekből: r ⋅ sin κ c ϕK = arcsin − κ − arctg = xK xK 2 + c 2
= arcsin tehát:
r ⋅ sin κ xK 2 + c 2
(r)
+ arctg
c −κ , xK
9
r ⋅ sin κ
ϕ ( xK ) = arcsin
+ arctg
c −κ ; xK
(t)
xK 2 + c 2 felhasználva még, hogy ( 6 ) szerint x c π arctg = − arctg K , xK 2 c a ( t ) és ( u ) képletekkel kapjuk, hogy x r ⋅ sin κ π ϕ ( xK ) = arcsin + − arctg K − κ = c xK 2 + c 2 2 r ⋅ sin κ
= arcsin
xK 2 + c 2
− arctg
(u)
xK π + − κ , c 2
tehát:
ϕ ( xK ) = arcsin
r ⋅ sin κ xK 2 + c 2
− arctg
xK π + − κ . c 2
Látjuk, hogy ~ ( v ) megegyezik ( 8 ) - cal; ~ κ = 0 esetén a ( v ) képlet első, κ =
(v)
π esetén pedig a harmadik tagja teljesen eltűnik. 2
Visszatérve az előzőekhez: ha bevezetjük a
µ K = arcsin
r ⋅ sin κ
(w)
xK 2 + c 2
jelölést is, akkor az ( s ), ( t ) és ( w ) képletek alapján:
ϕK = µ K + λ K − κ ,
(x)
vagy ebből
λ K + µ K = ϕK + κ ,
(y)
megegyezésben a ( 4 ) képlettel. Látjuk, hogy a számítás valóban segíthet a geometriai alaphelyzet tisztázásában is. Irodalom: [ 1 ] – Obádovics J. Gyula: Matematika 15. kiadás, Scolar Kiadó, Budapest, 1998., 430. o. Összeállította: Galgóczi Gyula mérnöktanár Sződliget, 2013. december 27.
