Gondolkodjunk a fizika segı tse ge vel!

SZAKDOLGOZAT

Gondolkodjunk a fizika seg´ıts´ eg´ evel!

Simon J´ ulia Matematika BSc., tan´ari szakir´any

T´emavezet˝o:

´ am Besenyei Ad´ adjunktus Alkalmazott Anal´ızis ´es Sz´am´ıt´asmatematikai Tansz´ek

E¨ otv¨ os Lor´ and Tudom´ anyegyetem Term´ eszettudom´ anyi Kar 2014.

Tartalomjegyz´ ek Bevezet´ es

3

1. Extrem´ alis probl´ em´ ak

4

1.1. A k´et pont ´es egy egyenes probl´em´aja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.1. Megold´ as differenci´ alsz´am´ıt´as seg´ıts´eg´evel . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.2. Megold´ as szintvonalak seg´ıts´eg´evel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.3. Fizikai interpret´ aci´ o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.1.4. A k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o megk¨ ozel´ıt´esek ¨osszehasonl´ıt´asa . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2. A h´ arom v´ aros u ´t´ep´ıt´esi probl´em´aja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.1. Megold´ as f´enyterjed´es seg´ıts´eg´evel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.2. Torricelli t´etele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.2.3. Megold´ as mechanika seg´ıts´eg´evel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2. T¨ omegk¨ oz´ eppontos probl´ em´ ak

18

2.1. Elm´eleti h´ att´er . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.2. A h´ aromsz¨ og s´ ulyvonala ´es s´ ulypontja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2.1. Geometriai megk¨ ozel´ıt´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2.2. T¨ omegpontos megk¨ ozel´ıt´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.3. Ceva-t´etel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.3.1. T¨ omegpontos bizony´ıt´ as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.4. Alkalmaz´ as versenyfeladatokban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.4.1. Arany D´ aniel Matematikai Tanul´overseny 2012/2013 . . . . . . . . . . . . 27 2.4.2. Arany D´ aniel Matematikai Tanul´overseny 1980/1981 . . . . . . . . . . . . 29 3. Integr´ alsz´ am´ıt´ as ´ es a fizika

32

3.1. Arkhim´ed´esz ´es a g¨ omb t´erfogata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3.2. A munkav´egz´es ´es a potenci´ alis energia fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 3.3. Integr´ alok kisz´ am´ıt´ asa mechanika seg´ıts´eg´evel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Irodalomjegyz´ ek

44

1

K¨ osz¨ onetnyilv´ an´ıt´ as ´ amnak, aki felkeltette a Szeretn´ek k¨osz¨onetet mondani t´emavezet˝omnek, Besenyei Ad´ t´ema ir´anti ´erdekl˝od´esemet, ´es hasznos tan´acsaival rengeteg seg´ıts´eget ny´ ujtott a szakdolgozat elk´esz´ıt´es´eben. K¨osz¨onettel tartozom a Farag´o Istv´an vezette Alkalmazott Anal´ızis ´es Sz´am´ıt´asmatematikai Tansz´eknek, hogy el´erhet˝ov´e tett´ek sz´amomra a tansz´eki er˝oforr´asokat. Tov´abb´a k¨osz¨onettel tartozom sz¨ uleimnek, testv´ereimnek ´es bar´ataimnak, akik mindig mellettem a´lltak ´es t´amogattak tanulm´anyaim sor´an. Mindig meg´ert˝oen fordulhattam hozz´ajuk b´armilyen felmer¨ ul˝o probl´em´am ´es k´erd´esem eset´en.

2

Bevezet´ es A t´emav´alaszt´as sor´an azt tartottam szem el˝ott, hogy olyan t´emak¨ort v´alasszak, amellyel sz´ıvesen foglalkozom ´es matematik´at b˝oven tartalmaz. Matematika-fizika ta´ gondolom, hogy n´arszakosk´ent ´ıgy esett a v´alaszt´asom erre a szakdolgozati t´em´ara. Ugy ´erdemes r´amutatni a k´et tudom´any k¨oz¨otti szoros kapcsolatra, melynek seg´ıts´eg´evel tal´an m´eg jobban meg lehet szerettetni a di´akokkal a matematik´at, illetve a fizik´at. Dolgozatomban szeretn´enk megmutatni, hogyan alkalmazhat´oak az alapvet˝o fizikai ismeretek a matematikai probl´em´ak, bizony´ıt´asok, illetve a k¨oz´episkolai versenyfeladatok megold´as´aban. A dolgozatban l´enyeg´eben geometriai, illetve anal´ızisbeli probl´em´akkal foglalkozunk, amelyek megold´as´ahoz felhaszn´aljuk a mechanika valamint optika alapvet˝o t¨orv´enyeit. Az els˝o fejezetben sz´els˝o´ert´ek-feladatok megold´asait keress¨ uk a f´eny terjed´es´enek, valamint egyszer˝ u mechanikai elvek seg´ıts´eg´evel. Az ezt k¨ovet˝o fejezetben olyan probl´em´akkal, versenyfeladatokkal foglalkozunk, amelyek megold´as´aban t¨omegk¨oz´eppontos megk¨ozel´ıt´es alkalmazhat´o. V´eg¨ ul a harmadik fejezetben bemutatjuk, hogy Arkhim´ed´esz hogyan alapozta meg az integr´alsz´am´ıt´ast, valamint integr´alokat sz´am´ıtunk ki a munkav´egz´es fogalm´anak seg´ıts´eg´evel. A p´eld´ak ´es a megold´asok k¨oz´episkol´aban ak´ar fakult´aci´o vagy szakk¨or kereteiben tan´ıthat´oak, hiszen kev´es olyan fogalmat haszn´alnak, amelyekkel k¨oz´episkol´aban a di´akok ne tal´alkozn´anak. Az esetlegesen felmer¨ ul˝o m´elyebb matematikai ¨osszef¨ ugg´esek pedig a legt¨obbsz¨or elhagyhat´oak, azok csak azt a c´elt szolg´alj´ak, hogy az egyszer˝ u fizikai fogalmak ´es elvek m¨og¨ott rejl˝o matematikai h´atteret bemutass´ak a tan´arok sz´am´ara.

3

1. fejezet Extrem´ alis probl´ em´ ak Ebben a fejezetben k´et ismert sz´els˝o´ert´ek-feladatot j´arunk k¨orbe matematikai, illetve fizikai szemsz¨ogb˝ol, ´es megvizsg´aljuk a k´etf´ele megk¨ozel´ıt´es k¨oz¨otti kapcsolatot.

1.1. A k´ et pont ´ es egy egyenes probl´ em´ aja Az els˝o feladat a k¨ovetkez˝o j´at´ekos probl´ema. Piroska a foly´o ugyanazon oldal´an lakik, mint a nagymam´aja. Egy napon Piroska u ´gy d¨ont, hogy megl´atogatja a nagymam´aj´at, ´es visz neki vizet a foly´ob´ol. Hogyan kell Pirosk´anak mennie, hogy a lehet˝o legkevesebbet kelljen s´et´alnia, ´es a foly´ot is ´erintse? Matematikailag a k¨ovetkez˝or˝ol van sz´o. 1.1.1. Probl´ ema. A s´ıkon legyen adott k´et pont, valamint egy egyenes u ´gy, hogy a k´et pont az egyenes egyazon oldal´an helyezkedik el. Hol van az a pont az egyenesen, amelyre a k´et pontt´ol m´ert t´avols´agok ¨osszege minim´alis? El˝osz¨or a´br´azoljuk a probl´em´at (l´asd 1.1. a´bra). Legyen a k´et adott pont A ´es B, az adott egyenes t, ´es X pedig a t egyenes egy tetsz˝oleges pontja. A feladat k´erd´ese az im´enti jel¨ol´esekkel: milyen X eset´en lesz az AX + XB u ´t hossza minim´alis, ha X az adott egyenes egy tetsz˝oleges pontja?

1.1. a´bra. A k´et pont ´es egy egyenes probl´em´aja 4

1.3. a´bra. A kialakul´o h´aromsz¨ogek

1.2. a´bra. Az 1.1.1. Probl´ema

1.1.1. Megold´ as differenci´ alsz´ am´ıt´ as seg´ıts´ eg´ evel A k´et pont ´es egy egyenes probl´em´aj´at el˝osz¨or differenci´alsz´am´ıt´as seg´ıts´eg´evel oldjuk meg (a gondolatmenet a [9] k¨onyvben tal´alhat´o). Helyezz¨ uk el az A, B pontokat ´es a t egyenest a der´eksz¨og˝ u koordin´ata-rendszerben u ´gy, hogy a t egyenes az x-tengellyel essen egybe, tov´abb´a az A pont koordin´at´ai (x1 , y1 ), a B pont´e pedig (x2 , y2 ) (l´asd 1.2. a´bra). 1.1.1. Megjegyz´es. Ha a k´et pont helyzete olyan, hogy a k´et ponton a´tmen˝o egyenes mer˝oleges a t egyenesre, akkor a megold´as nyilv´anval´o. Feltehet˝o, hogy x1 < x2 . Legyenek az X pont koordin´at´ai (x, 0), ekkor a Pitagoraszt´etel alapj´an AX + XB =

q q (x − x1 )2 + y12 + (x − x2 )2 + y22 .

Tekints¨ uk a fenti egyenlet jobb oldal´at x f¨ uggv´eny´enek, ekkor az ´ıgy ´ertelmezett f f¨ uggv´eny minimum´at kell meghat´arozni. Ha x < x1 , akkor f (x) > f (x1 ), ehhez tekints¨ uk az 1.3. ´abr´at, ahol X1 jel¨oli az (x1 , 0) pontot. Ekkor AX > AX1 , mivel az AXX1 der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogben az AX az a´tfog´o, tov´abb´a BX > BX1 , mert BX1 X^ tompasz¨og, ez´ert az ezzel a sz¨oggel szemk¨ozti oldal a leghosszabb. K¨ovetkez´esk´eppen AX + XB > AX1 + X1 B. Hasonl´oan megmutathat´o, hogy ha pedig x > x2 , akkor f (x) > f (x2 ), ez´ert az f minimumhely´et el´eg az [x1 , x2 ] intervallumban keresni. Mivel az f f¨ uggv´eny folytonos, ez´ert alkalmazhat´o az [x1 , x2 ] intervallumon a Weierstrass-t´etel, amely szerint az f f¨ uggv´enynek ezen az intervallumon l´etezik minimuma. Az f f¨ uggv´eny differenci´alhat´os´aga miatt a minimumot az intervallum k´et v´egpontj´aban, illetve olyan bels˝o pontjaiban kell keresni, ahol az f f¨ uggv´eny deriv´altja egyenl˝o 0-val. Az f (x) f¨ uggv´eny deriv´altja f 0 (x) = p

x − x1 (x − x1 )2 +

y12

x − x2 +p . (x − x2 )2 + y22

El˝osz¨or vizsg´aljuk meg az intervallum v´egpontjait. N´ezz¨ uk meg, hogy milyen ´ert´eket 5

vesz fel X1 -ben a deriv´alt: x 1 − x2 < 0, f 0 (x1 ) = p (x1 − x2 )2 + y22 mivel feltett¨ uk, hogy x1 < x2 . Anal´ızisbeli ismereteink alapj´an tudjuk, hogy ekkor az f f¨ uggv´eny szigor´ uan lok´alisan cs¨okken˝o az x1 pontban. ´Igy x1 kis” jobb oldali k¨ornyezet´e” ben az f f¨ uggv´eny kisebb ´ert´ekeket vesz fel, mint f (x1 ), teh´at x1 -ben nem lehet minimum. Az intervallum m´asik v´egpontj´at megn´ezve: x2 − x1 f 0 (x2 ) = p > 0. (x2 − x1 )2 + y12 Az el˝oz˝oh¨oz hasonl´oan, x2 -ben az f szigor´ uan lok´alisan n˝o, ´ıgy x2 -nek egy kis” bal oldali ” k¨ornyezet´eben az f kisebb ´ert´ekeket vesz fel, mint f (x2 ), teh´at x2 -ben sem lehet az f -nek minimuma. A minimum ez´ert egy olyan x ∈ (x1 , x2 ) pontban van, amelyre f 0 (x) = 0, azaz

x − x1

p

x − x2 p + = 0. (x − x1 )2 + y12 (x − x2 )2 + y22

´ Atrendezve az egyenletet a k¨ovetkez˝oh¨oz jutunk: x2 − x x − x1 p :p = 1. 2 2 (x − x1 ) + y1 (x − x2 )2 + y22 Az 1.2. a´bra alapj´an l´athat´o, hogy x2 − x p = sin β. (x − x2 )2 + y22

x − x1 p = sin α, (x − x1 )2 + y12 ´Igy azt kaptuk, hogy sin α = 1. sin β

ul. Az AX + XB u ´t teh´at akkor Mivel eset¨ unkben α, β ∈ (0, π2 ), ez´ert α = β teljes¨ minim´alis, ha AX ´es XB szakaszok azonos sz¨oget z´arnak be a t egyenessel.

1.1.2. Megold´ as szintvonalak seg´ıts´ eg´ evel Most a k´et pont ´es egy egyenes probl´em´aj´at a szintvonalak m´odszer´enek seg´ıts´eg´evel oldjuk meg. Ehhez egyel˝ore az X pontr´ol ne tegy¨ uk fel, hogy rajta van a t egyenesen, hanem legyen a k´et pont ´es az egyenes a´ltal meghat´arozott s´ık tetsz˝oleges pontja, ´es tekints¨ uk ekkor azt a f¨ uggv´enyt, amely az X ponthoz az AX + XB u ´t hossz´at rendeli. 1.1.2. Defin´ıci´ o. A s´ık azon pontjainak halmaz´at, amelyen egy adott f¨ uggv´eny ´ert´eke a´lland´o, szintvonalnak nevezz¨ uk. 6

Vizsg´aljuk meg, hogy az im´ent ´ertelmezett f¨ uggv´eny szintvonalai milyen alakzatok a s´ıkon, m´as sz´oval mi a m´ertani helye az olyan X pontoknak a s´ıkon, amelyekre teljes¨ ul, hogy AX + XB = a´lland´o. Geometriai ismereteink alapj´an j´ol l´athat´o, hogy a szintvonalak A ´es B f´okusz´ u ellipszisek. Ennek seg´ıts´eg´evel szeml´eletesen m´aris ´erezz¨ uk, hogy a t egyenes azon X pontj´ara lesz minim´alis az AX + XB ¨osszeg, amely a lehet˝o legr¨ovidebb nagytengely˝ u ellipszisen van. ´ ıt´ 1.1.3. All´ as. Tekints¨ uk azt az A ´es B f´okusz´ u ellipszist, amely ´eppen ´erinti a t egyenest. Ekkor az ´erint´esi pont a t egyenes azon pontja, amelyre AX + XB ´ert´eke minim´alis. Bizony´ıt´as. Mivel a s´ık minden pontj´ahoz rendelhet˝o ellipszis, ez´ert speci´alisan az egyenes minden pontj´ahoz is. Vegy¨ unk egy olyan e ellipszist, amely k´et pontban metszi a t egyenest, C-ben ´es D-ben, ahogy p´eld´aul az 1.4. a´br´an is l´athat´o. Ismert, hogy ha az A, B f´okusz´ u e ellipszis nagytengely´enek hossza 2a, akkor az ellipszis bels˝o pontjai azok az X pontok, amelyekre AX + XB < 2a. L´athat´o, hogy a CD szakasz bels˝o pontjai a sz´oban forg´o e ellipszis bels˝o pontjai. Ebb˝ol vil´agos, hogy a CD szakasz b´armely T bels˝o pontj´ara AT + T B < AC + CB = AD + DB, teh´at a t egyenes C ´es D pontjai nem adhatj´ak az AX + XB kifejez´es minimum´at. Ha teh´at az X pont olyan ellipszisen helyezkedik el, amely k´et pontban metszi a t egyenest, akkor az X pontb´ol m´ert t´avols´agok ¨osszege nem lehet minim´alis. A minimumot ez´ert csak olyan X pont szolg´altathatja, amely egy a t egyenest ´erint˝o ellipszis ´erint´esi pontja. 1.1.4. Megjegyz´es. A bizony´ıt´ashoz azonban sz¨ uks´eg van m´eg annak bel´at´as´ara is, hogy ez a minimum t´enylegesen l´etezik. Ehhez gondoljuk meg, hogy az X 7→ AX + XB

1.5. a´bra. Visszaver˝od´es s´ıkt¨ uk¨orr˝ol

1.4. a´bra. Szintvonalak 7

f¨ uggv´eny, ahol X a t egyenes egy tetsz˝oleges pontja, folytonos, tov´abb´a az A ´es B pontokt´ol egyre t´avolodva” a f¨ uggv´eny ´ert´eke ∞-hez tart. Pontosabban arr´ol van sz´o, hogy ” az 1.1.1. szakaszban ´ertelmezett f f¨ uggv´enyre lim f (x) = lim f (x) = ∞.

x→∞

x→−∞

Ekkor anal´ızisbeli ismereteink alapj´an tudjuk, hogy a f¨ uggv´enynek l´etezik minimuma.

1.1.3. Fizikai interpret´ aci´ o A k´et pont ´es egy egyenes probl´em´aja interpret´alhat´o a k¨ovetkez˝o k´ıs´erleti elrendez´essel. Legyen az A pont egy f´enyforr´as, a B pont a szem¨ unk ´es a t egyenes pedig nyugodt, visszat¨ ukr¨oz˝o v´ızt¨ uk¨orfel¨ ulet. Az 1.1. a´bra a k¨ovetkez˝ok´eppen mutatja az elrendez´est: a v´ızt¨ uk¨or s´ıkja mer˝oleges az 1.1. a´bra s´ıkj´ara, ´es a k´et s´ık metsz´esvonala ´eppen a t egyenes. ´ Erdemes feleleven´ıten¨ unk, hogy a f´eny terjed´es´ere teljes¨ ul a Fermat-elv (l´asd [3]). 1.1.1. T¨ orv´ eny (Fermat-elv). K´et pont k¨oz¨ott az ¨osszes lehets´eges u ´t k¨oz¨ ul a f´eny azt az utat v´alasztja, amelynek megt´etel´ehez a legr¨ovidebb id˝otartam sz¨ uks´eges. Mivel k´et pont k¨oz¨ott a legr¨ovidebb u ´t az egyenes, ´ıgy a f´enysug´ar akkor ´er A-b´ol a szem¨ unkbe a lehet˝o leggyorsabban, ha az egyenes egy olyan T pontj´an ver˝odik vissza, amelyre AT + T B minim´alis. Az 1.1.1. szakaszban azt kaptuk, hogy az a T pont adja a minimumot, amelyre az AT ´es T B szakaszok ugyanakkora sz¨oget z´arnak be a t¨ uk¨orrel. Ezzel a f´enyvisszaver˝od´es al´abbi t¨orv´eny´et nyert¨ uk. 1.1.2. T¨ orv´ eny (Visszaver˝od´esi t¨orv´eny). A f´eny u ´gy ver˝odik vissza s´ıkt¨ uk¨orr˝ol, hogy a bees´esi sz¨og (az 1.5. ´abr´an pirossal jel¨olve) ´es a visszaver˝od´esi sz¨og (az 1.5. ´abr´an z¨olddel jel¨olve) egyenl˝o. Ha elv´egezz¨ uk a k´ıs´erletet, ´es r´an´ez¨ unk a v´ızt¨ uk¨orre, akkor u ´gy ´erz´ekelj¨ uk, mintha a f´enyforr´as egy v´ız alatti pont lenne, pedig csak az t¨ort´enik, hogy a f´eny k¨ozvetve ´er a szem¨ unkbe. Jel¨olj¨ uk A0 -vel a virtu´alis f´enyforr´ast, ekkor ez a pont ´eppen az A pont t egyenesre vett t¨ uk¨ork´epe. Az el˝obbi gondolatmenetnek megfelel˝oen tekints¨ uk az 1.6. a´br´at. Mivel a t egyenes az AA0 szakaszfelez˝o mer˝olegese, ebb˝ol k¨ovetkez˝oen AX = A0 X, ´ıgy AX + XB = A0 X + XB. Az AX + XB kifejez´es akkor lesz teh´at minim´alis, ha az A0 X + XB is minim´alis. Mivel k´et pont k¨oz¨ott a legr¨ovidebb u ´t az egyenes, ez´ert az A0 X + XB kifejez´es ´ert´eke akkor a lehet˝o legkisebb, ha X = T teljes¨ ul, azaz az egyenes keresett pontja rajta van az A0 ´es B pontok egyenes´en. A Fermat-elv seg´ıts´eg´evel teh´at azt kaptuk, hogy az A0 B szakasz ´es a t egyenes metsz´espontja az AX + XB kifejez´es minimumhelye. 8

1.6. a´bra. A k´ıs´erleti elrendez´es

1.1.4. A ku onb¨ oz˝ o megk¨ ozel´ıt´ esek ¨ osszehasonl´ıt´ asa ¨ l¨ A szintvonalak m´odszer´evel ´es az im´enti optikai megk¨ozel´ıt´essel kapott eredm´eny ekvivalens kell, hogy legyen, ennek seg´ıts´eg´evel az ellipszis k¨ovetkez˝o tulajdons´ag´at igazolhatjuk. ´ ıt´ 1.1.5. All´ as. Az ellipszis egy tetsz˝oleges pontj´at a f´okuszokkal o¨sszek¨ot˝o egyenesek egyenl˝o sz¨oget z´arnak be az ellipszishez ebben a pontban h´ uzott ´erint˝ovel. Bizony´ıt´as. Tekints¨ uk ism´et az 1.6. a´br´at. Mivel az AA0 szakaszfelez˝o mer˝olegese a t egyenes, ´ıgy a megfelel˝o oldalak egyenl˝os´ege miatt az AT M ´es A0 T M h´aromsz¨ogek egybev´ag´oak, k¨ovetkez´esk´eppen M T A0 ^ = M T A^. Mivel az M T A0 ^ ´es DT B^ sz¨ogek cs´ ucssz¨ogek, ez´ert a k´et sz¨og megegyezik, ´ıgy M T A0 ^ = M T A^ = DT B^. A szintvonalas meggondol´asb´ol pedig azt kaptuk, hogy a T pont egy t-t ´erint˝o ellipszis ´erint´esi pontja. Ezzel az a´ll´ıt´ast bel´attuk. Ezenk´ıv¨ ul gondoljuk meg, hogyan is n´ezett ki a k´ıs´erleti elrendez´es. Az egyik pont a f´enyforr´as, m´asik a szem¨ unk, az egyenes pedig a v´ızt¨ uk¨or. Tudjuk, hogy s´ıkt¨ uk¨orr˝ol val´o visszaver˝od´es eset´en a f´eny bees´esi sz¨oge megegyezik a visszaver˝od´esi sz¨oggel (l´asd 1.5. a´bra). Tekints¨ uk most az ´erint˝o ellipszist egy t¨ uk¨orfel¨ uletnek. Nem s´ıkt¨ uk¨or eset´en a visszaver˝od´est u ´gy k´epzelj¨ uk el, hogy a bees´esi pont kis” k¨ornyezet´eben a t¨ uk¨or val´oj´aban ” s´ıkt¨ uk¨or, m´egpedig az adott pontbeli ´erint˝os´ıkkal helyettes´ıthet˝o. L´athat´o, hogy ekkor az egyik f´okuszpontb´ol indul´o f´enysugarat a t¨ uk¨or a m´asik f´okuszba veri vissza (l´asd 1.7. a´bra). 9

1.7. a´bra. Visszaver˝od´es ellipszis alak´ u t¨ uk¨orben

1.2. A h´ arom v´ aros u ´ t´ ep´ıt´ esi probl´ em´ aja A m´asodik sz´els˝o´ert´ek-feladat, amellyel foglalkozunk egy h´etk¨oznapi p´elda. H´arom v´aros utat szeretne ´ep´ıteni k¨oz¨osen u ´gy, hogy az ´ep´ıt´es k¨olts´egei minim´alisak legyenek. 1.2.1. Probl´ ema. H´arom (nem egy egyenesen elhelyezked˝o) v´aros utat szeretne ´ep´ıteni egy k¨oz¨ os k¨ozleked´esi csom´oponthoz. Hogyan v´alassz´ak meg a csom´opont hely´et, hogy az ´ep´ıtkez´es ¨osszk¨olts´ege minim´alis legyen, felt´etelezve, hogy az u ´t´ep´ıt´es k¨olts´ege az u ´t hossz´aval ar´anyos? A feladat sz¨ovege ´atfogalmazhat´o a k¨ovetkez˝ok´eppen. Adott h´arom, nem egy egyenesen elhelyezked˝o pont a s´ıkon, ´es keress¨ uk meg azt a negyedik pontot a h´arom pont a´ltal meghat´arozott s´ıkban, amelyt˝ol m´ert t´avols´agaik o¨sszege minim´alis!

1.2.1. Megold´ as f´ enyterjed´ es seg´ıts´ eg´ evel Legyen a h´arom adott pont A, B, C ´es a h´arom pont ´altal meghat´arozott s´ıknak egy tetsz˝oleges pontja X. Hogyan v´alasszuk meg X-et, hogy az AX + BX + CX kifejez´es ´ert´eke minim´alis legyen? Vezess¨ uk vissza a k´erd´est a k´et pont ´es egy egyenes probl´em´aj´ara ´es a kapott eredm´enyekre. Tegy¨ uk fel, hogy a CX egy r¨ogz´ıtett ´ert´ek, jel¨olje ezt az ´ert´eket R. Ekkor a k´et pont ´es egy egyenes probl´em´aj´ahoz nagyon hasonl´o feladatot kapunk azzal a k¨ ul¨onbs´eggel, hogy az X most nem egy egyenes ment´en, hanem egy R sugar´ u, C centrum´ u k¨or¨on fog mozogni (l´asd 1.8. a´bra). H´ıvjuk ism´et seg´ıts´eg¨ ul a m´ar kor´abban felhaszn´alt fizikai ismereteinket. A k´et pont ´es egy egyenes probl´em´aj´aban s´ıkt¨ uk¨orrel bizony´ıtottunk, most haszn´aljunk g¨ombt¨ ukr¨ot, ´es hagyjuk, hogy a f´eny megmutassa melyik lesz a legr¨ovidebb u ´t. A g¨ombt¨ uk¨orr˝ol val´o visszaver˝od´est (az ellipszist¨ uk¨orh¨oz hasonl´oan) u ´gy ´ertelmezz¨ uk, hogy a bees˝o f´eny bees´esi 10

1.8. a´bra. A visszaver˝od´es minim´alis esetben pontj´aban a g¨ombt¨ ukr¨ot a pontba fektethet˝o ´erint˝os´ıkkal k¨ozel´ıtj¨ uk, ´es a visszaver˝od´est, mint s´ıkt¨ uk¨orr˝ol val´o visszaver˝od´esk´ent kezelj¨ uk. Alkalmazzuk u ´jra az 1.1.1. ´es az 1.1.2. T¨orv´enyeket. A Fermat-elv alapj´an a f´eny azt az utat v´alasztja, amelyet a legr¨ovidebb id˝o alatt tud bej´arni, ami eset¨ unkben a legr¨ovidebb u ´t, ´es a visszaver˝od´esi t¨orv´eny szerint a t¨ uk¨orr˝ol val´o visszaver˝od´es eset´en a bees´esi sz¨og megegyezik a visszaver˝od´esi sz¨oggel. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy a C ´es X pontokat ¨osszek¨ot˝o egyenesnek feleznie kell az AXB sz¨oget, ekkor a f´eny u ´tj´at az 1.8. ´abra mutatja. K¨onnyen bel´athat´o, hogy ugyanerre az eredm´enyre jutunk, ha a BX vagy az AX t´avols´agokat tekintj¨ uk r¨ogz´ıtettnek. Azt kaptuk teh´at, hogy ha egy X pontban az AX + BX + CX kifejez´es ´ert´eke minim´alis, akkor az X pontban az 1.9. ´abra szerinti sz¨ogek keletkeznek. L´athat´o, hogy a cs´ ucssz¨ogek miatt α = β = γ teljes¨ ul, ´ıgy ad´odik, hogy mindegyik u ´t a m´asik kett˝ovel 120◦ -os sz¨oget z´ar be. Ez a pont adja a feladat megold´as´at.

1.9. a´bra. A csom´oponti sz¨ogek megoszl´asa 1.2.1. Megjegyz´es. A korrekt bizony´ıt´ashoz be kell l´atni, hogy a minimum l´etezik. M´asr´eszt a fenti megold´as csak akkor ´erv´enyes, ha az A, B, C pontok ´altal meghat´arozott 11

h´aromsz¨ognek minden sz¨oge 120◦ -n´al kisebb. Ekkor a kapott X pont a h´aromsz¨og u ´gynevezett izogon´alis pontja. Amennyiben a h´aromsz¨ognek van 120◦ -os, vagy ann´al nagyobb sz¨oge, akkor a minimumot ad´o pont ´eppen ennek a sz¨ognek a cs´ ucsa. Mindezt a k¨ovetkez˝o szakaszban igazoljuk.

1.2.2. Torricelli t´ etele A h´arom v´aros u ´t´ep´ıt´esi probl´em´aja Fermat-t´ol sz´armazik, a´m az els˝o korrekt bizony´ıt´as Torricelli nev´ehez f˝ uz˝odik. Torricelli a k¨ovetkez˝o t´etelt mondta ki a feladat megold´as´ara. 1.2.2. T´ etel (Torricelli t´etele). Ha az A, B ´es C pontok ´altal meghat´arozott h´aromsz¨og minden sz¨oge kisebb 120◦ -n´al, akkor az AX +BX +CX kifejez´es minimumhelye a h´aromsz¨og izogon´alis pontja. Amennyiben a h´aromsz¨ognek van 120◦ -n´al nagyobb vagy egyenl˝ o sz¨oge, akkor a minimumhely ´eppen ennek a sz¨ognek a cs´ ucsa. Bizony´ıt´as. El˝osz¨or mutassuk meg, hogy a minimumhely nem lehet a h´aromsz¨og k¨ uls˝o pontj´aban. Legyen X olyan helyzet˝ u, hogy az X-et ´es a cs´ ucsokat ¨osszek¨ot˝o szakaszok valamelyike elmetszi a h´aromsz¨og egyik oldal´at, mint p´eld´aul az 1.10. ´abr´an l´athat´o. Jel¨olj¨ uk az oldal ´es az ¨osszek¨ot˝o szakasz metsz´espontj´at X 0 -vel. Az X pont nem lehet minimumhely, mivel nyilv´anval´o, hogy AX 0 < AX, valamint CX 0 + BX 0 = CB < CX + BX a h´aromsz¨og-egyenl˝otlens´eg miatt. Azt kaptuk teh´at, hogy AX + BX + CX > AX 0 + BX 0 + CX 0 , azaz X val´oban nem lehet minimumhely.

1.10. ´abra.

1.11. ´abra.

12

1.12. ´abra. A 120◦ -n´al kisebb sz¨og˝ u h´aromsz¨og esete Legyen most X olyan pontja a s´ıknak, amelyre a pontot a cs´ ucsokkal ¨osszek¨ot˝o szakaszok egyike sem metszi egyik oldalt sem, mint p´eld´aul az 1.11. a´br´an l´athat´o. Ebben az esetben az ACX^ ´es BCX^ sz¨ogek k¨oz¨ ul legal´abb az egyiknek tompasz¨ognek kell lennie, ugyanis, ha mindk´et sz¨og kisebb vagy egyenl˝o, mint 90◦ , akkor ACB^-nek nagyobbnak vagy egyenl˝onek kell lennie, mint 180◦ , ami geometriai ismereteink alapj´an nem lehets´eges (a h´aromsz¨og nem elfajul´o). Tegy¨ uk fel, hogy eset¨ unkben a BCX^ tompasz¨og, ekkor BX > BC, mivel a legnagyobb sz¨oggel szemben van a leghosszabb oldal. A h´aromsz¨og-egyenl˝otlens´eg miatt pedig AX + CX > AC. Arra jutottunk teh´at, hogy AX + BX + CX > AC + BC, teh´at X ebben az esetben sem lehet minimumhely. L´assuk be a t´etelt abban az esetben, amikor a h´aromsz¨ognek csak 120◦ -n´al kisebb sz¨ogei vannak. Tekints¨ uk ekkor az ABC h´aromsz¨oget, valamint abban vagy a hat´ar´an egy tetsz˝oleges X pontot, mint p´eld´aul az 1.12. a´br´an is l´athat´o. Forgassuk el +60◦ -kal az AXC h´aromsz¨oget az A pont k¨or¨ ul. Ekkor az X pont k´epe X 0 , a C pont´e C 0 . Geometriai ismereteink alapj´an tudjuk, hogy a forgat´as t´avols´agtart´o egybev´ag´os´agi transzform´aci´o, ez´ert X 0 C 0 = XC ´es AX = XX 0 . Mivel az AXX 0 h´aromsz¨og egyenl˝o sz´ar´ u ´es a sz´arak a´ltal bez´art sz¨og 60◦ , ez´ert az AXX 0 h´aromsz¨og szab´alyos. Ezek alapj´an XA + XB + XC = XB + XX 0 + X 0 C 0 . Az im´enti egyenlet bal oldal´an az az ¨osszeg a´ll, amelyet minimaliz´alni szeretn´enk, ´es ez ´eppen a BXX 0 C 0 t¨or¨ottvonal hossz´aval egyenl˝o. Ez nyilv´an pontosan akkor minim´alis, ha a t¨or¨ottvonal ´eppen a BC 0 szakasz. Ennek a szakasznak a v´egpontjai az X megv´alaszt´as´at´ol f¨ uggetlen¨ ul mindig ugyanott vannak. Ebb˝ol levonhat´o az a k¨ovetkeztet´es, hogy a keresett X pontnak ´es a +60◦ -os elforgatottj´anak is rajta kell lennie a BC 0 szakaszon. Mivel az AXX 0 sz¨og 60◦ -os, ez´ert az AXB sz¨ognek 120◦ -osnak kell lennie. 13

1.13. ´abra. A 120◦ -n´al nagyobb sz¨og˝ u h´aromsz¨ogre a bizony´ıt´as M´asr´eszt ACC 0 ^ = 60◦ = AXC 0 ^ alapj´an X rajta van az ACC 0 h´aromsz¨og k¨or¨ ul´ırt k¨or´en, amely az AC 0 szakasz l´at´osz¨ogk¨or´ıve, ´ıgy mivel AC 0 C^ = 60◦ , ez´ert AXC^ = 120◦ . Ebb˝ol ad´odik, hogy BXC^ = 120◦ . Most n´ezz¨ uk meg a m´asik esetet! Ekkor tekints¨ unk egy olyan ABC h´aromsz¨oget, amelynek legyen egy legal´abb 120◦ -os sz¨oge, mint p´eld´aul az 1.13. a´br´an l´athat´o, valamint a h´aromsz¨og belsej´eben vagy hat´ar´an egy tetsz˝oleges X pontot. V´alasszuk ki az ABC h´aromsz¨og egyik cs´ ucs´at, amelyn´el 120◦ -n´al kisebb sz¨og van, legyen ez eset¨ unkben p´eld´aul az A cs´ ucs. Forgassuk el most is az AXC h´aromsz¨oget +60◦ -kal az A cs´ ucs k¨or¨ ul. Hasonl´oan az el˝oz˝oh¨oz, a forgat´as tulajdons´agai alapj´an a k¨ovetkez˝oh¨oz jutunk: AX + BX + CX = XX 0 + BX + X 0 C 0 . Itt a minimaliz´alni k´ıv´ant hossz ´eppen a BXX 0 C 0 szakasz hossza. Az X pont megv´alaszt´as´at´ol f¨ ugg˝oen az X ´es X 0 pontok mozdulhatnak el, a m´asik k´et pont fixen marad, viszont X-r˝ol feltett¨ uk, hogy csak bels˝o pont lehet. ´Igy azt kapjuk, hogy a B-t ´es C 0 -t ul a legr¨ovidebb a BCC 0 t¨or¨ottvonal. Ez akkor teljes¨ ul, ha ¨osszek¨ot˝o t¨or¨ottvonalak k¨oz¨ X = C, teh´at a keresett minimumhely a C pont. 1.2.3. Megjegyz´es. A fenti bizony´ıt´as J. E. Hoffmannt´ol sz´armazik. Tov´abbi bizony´ıt´asok tal´alhat´ok a [10] honlapon.

1.2.3. Megold´ as mechanika seg´ıts´ eg´ evel Tekints¨ uk ism´et a h´arom v´aros u ´t´ep´ıt´es´enek probl´em´aj´at, ´es pr´ob´aljuk meg most az optikai ismereteink helyett a mechanik´at seg´ıts´eg¨ ul h´ıvni. A feladat megold´as´ahoz a k¨ovetkez˝o fizikai ismeretekre lesz sz¨ uks´eg¨ unk: 1.2.4. Defin´ıci´ o (Helyzeti (vagy potenci´alis) energia). A h magass´agban l´ev˝o, m t¨omeg˝ u

14

1.14. ´abra. Az er˝ok o¨sszegz´ese testnek a helyzeti, azaz a t¨omeg´eb˝ol ered˝o potenci´alis energi´aja: Epot = m · g · h, ahol g a neh´ezs´egi gyorsul´as. Egy mechanikai rendszer helyzeti energi´aja a rendszert alkot´o testek helyzeti energi´aj´anak ¨osszege. (A helyzeti energi´aval kapcsolatban l´asd m´eg a 3.2. szakaszt.) 1.2.1. T¨ orv´ eny. Ha egy mechanikai rendszer egyens´ ulyi helyzetben van, akkor a potenci´alis energi´aj´anak minimuma van. 1.2.5. Defin´ıci´ o. Vektorok ered˝oj´en a vektorok ¨osszeg´et ´ertj¨ uk. (l´asd 1.14. ´abra) 1.2.2. To eny (Newton-f´ele negyedik axi´oma). Ha egy pontszer˝ u testre n db er˝o hat, ¨rv´ Pn ~ Fi = m~a, ahol F~i a testre hat´o i-edik er˝o, m a test t¨omege ´es akkor az er˝ok ered˝oje i=1

~a a test gyorsul´asa. 1.2.3. To eny. Egy merev test egyens´ ulyban van, ha a testre hat´o er˝ok ered˝oje z´erus, ¨rv´ Pn ~ azaz i=1 Fi = 0, valamint ezen er˝ok forgat´onyomat´ekainak ered˝oje is z´erus tetsz˝oleges pontra n´ezve. 1.2.6. Megjegyz´es. A forgat´onyomat´ekra az al´abbiakban nem lesz sz¨ uks´eg¨ unk, ez´ert nem t´ert¨ unk ki erre a fogalomra a fentiekben. K´es˝obb, a 2. fejezetben majd r´eszletesen foglalkozunk vele (l´asd 2.1.4. Defin´ıci´o). Tekints¨ uk most a k¨ovetkez˝o k´ıs´erleti elrendez´est! Vegy¨ unk h´arom darab k¨otelet, amelyeket o¨sszekapcsolunk az egyik v´eg¨ ukn´el, a k¨oteleket vess¨ uk a´t h´arom csig´an, amelyek egy f¨ ugg˝oleges falra vannak r¨ogz´ıtve, ´es a k¨otelek m´asik v´eg´ere helyezz¨ unk egyenl˝o nagys´ag´ u s´ ulyokat. Jel¨olje a k¨oz¨os csatlakoz´asi pontot X, a h´arom csig´at A, B ´es C, a s´ ulyokat pedig S1 , S2 ´es S3 . A k´ıs´erleti elrendez´es az 1.15. ´abr´an l´athat´o. 15

1.2.7. Megjegyz´es. Term´eszetesen, mint a´ltal´aban a legt¨obb mechanika p´eld´an´al, most is ki kell k¨otn¨ unk p´ar dolgot a k¨otelekre, illetve a csig´akra, hogy a probl´ema k¨onnyen kezelhet˝o legyen. Fel kell tenn¨ unk, hogy a k¨otelek t¨ok´eletesen hajl´ekonyak ´es ny´ ujthatatlanok, tov´abb´a a s´ url´od´as, a k¨otelek s´ ulya ´es a csig´ak kiterjed´ese elhanyagolhat´o. Tegy¨ uk fel, hogy a rendszer be´allt az egyens´ ulyi helyzetbe, ekkor a potenci´alis (vagy helyzeti) energi´anak minimuma van. A rendszer helyzeti energi´aja a h´arom s´ uly helyzeti energi´aj´anak o¨sszege, amelyek ar´anyosak a s´ ulyok t¨omeg´evel ´es a 0 szintt˝ol m´ert t´avols´agukkal. Mivel a h´arom s´ uly egyenl˝o nagys´ag´ u, ez´ert a helyzeti energia akkor lesz a lehet˝o legkisebb, ha a h´arom s´ uly a lehet˝o legalacsonyabbra l´og. Ez u ´gy is ´ırhat´o, hogy AS1 + BS2 + CS3 = max, ami a k¨otelek ny´ ujthatatlans´aga miatt egyen´ert´ek˝ u azzal, hogy AX + BX + CX = min . J´ol l´athat´o teh´at, hogy a feladat a h´arom v´aros u ´t´ep´ıt´esi probl´em´aj´ara vezethet˝o vissza. Okoskodhatunk a k¨ovetkez˝ok´eppen is, ha figyelembe vessz¨ uk a rendszerben fell´ep˝o er˝oket, amelyeket az 1.16. ´abr´an is jel¨olt¨ unk. Tudjuk, hogy az egyens´ uly miatt az X pontban hat´o er˝ok ered˝oj´enek null´anak kell lennie. Mivel a s´ ulyok egyenl˝ok ´es a s´ url´od´ast´ol eltekintett¨ unk, ez´ert minden s´ uly ugyanakkora er˝ot fejt ki a saj´at” k¨otel´en, amelyeket a ” csig´ak v´altozatlanul k¨ozvet´ıtenek. Az X-n´el teh´at az XA, XB ´es XC ir´any´ u er˝ok ered˝oje 0 kell, hogy legyen. A szimmetria miatt nyilv´anval´o, hogy a h´arom er˝onek egyenl˝o sz¨oget kell bez´arnia egym´assal. Ez az a´ll´ıt´as k¨onnyen bel´athat´o a k¨ovetkez˝ok´eppen. ´ ıt´ 1.2.8. All´ as. H´arom egyenl˝o nagys´ag´ u er˝o k¨oz¨ ul b´armelyik kett˝o 120◦ -os sz¨oget z´ar be egym´assal, ha az er˝ok ered˝oje 0.

1.16. ´abra. A fell´ep˝o er˝ok

1.15. ´abra. A k´ıs´erleti elrendez´es 16

Bizony´ıt´as. Tudjuk, hogy vektorok o¨sszead´as´at az u ´gynevezett parallelogramma-szab´aly szerint kell elv´egezni. Tekints¨ uk ehhez az 1.14. a´br´at. Mivel az ~a, ~b ´es ~c vektorok hossza egyenl˝o, ez´ert a kapott BXD ´es DXC h´aromsz¨ogeknek szab´alyos h´aromsz¨ogeknek kell lenni¨ uk, hiszen a vektorok ered˝oje nulla, azaz ~a + ~b + ~c = 0 teljes¨ ul, ´ıgy mind a k´et h´aromsz¨ogben az oldalak egyenl˝o hossz´ uak. Szimmetria-megfontol´asok miatt az ~a, ~b ´es ~c vektorok k¨oz¨ ul b´armelyik k´et vektor 120◦ -os sz¨oget z´ar be egym´assal. Ezzel az ´all´ıt´ast bel´attuk.

17

2. fejezet To eppontos probl´ em´ ak ¨megko ¨z´ A most k¨ovetkez˝o fejezetben a t¨omegk¨oz´eppontra vonatkoz´o fizikai ismereteinket h´ıvjuk seg´ıts´eg¨ ul, ´es alkalmazzuk geometriai t´etelek, valamint k¨oz´episkolai versenyfeladatok megold´as´aban.

2.1. Elm´ eleti h´ att´ er A h´arom v´aros u ´t´ep´ıt´esi probl´em´aj´anak az 1.2.3. szakaszban t´argyalt megold´as´aban figyelmen k´ıv¨ ul hagytuk, hogy azoknak a s´ ulyoknak, amelyeket a k¨otelek v´eg´ere helyezt¨ unk van kiterjed´ese. Egyszer˝ uen u ´gy tekintett¨ unk r´ajuk, mintha pontszer˝ uek lenn´enek, pontokhoz rendelt¨ unk t¨omegeket. 2.1.1. Defin´ıci´ o. T¨omegpontnak nevez¨ unk egy testet, amelynek kiterjed´ese elhanyagolhat´o, pontszer˝ unek tekinthet˝o. A t¨omegpontot u ´gy lehet egyszer˝ uen elk´epzelni, hogy olyan pont, amelyhez sz´amot, u ´gynevezett t¨omeget rendel¨ unk hozz´a. Tegy¨ uk fel, hogy van egy v´eges sok t¨omegpontokb´ol ´all´o rendszer¨ unk, amelyre csak a neh´ezs´egi er˝o hat, teh´at az egyes t¨omegpontokra hat´o er˝o ar´anyos a t¨omegpont t¨omeg´evel ´es ir´anyuk azonos ( lefel´e mutatnak”). A t¨omegpontokra hat´o p´arhuzamos er˝ok ” ered˝oje egy olyan pontban lesz, amelybe ha a pontrendszer teljes t¨omeg´et elhelyezz¨ uk, akkor a rendszer helyettes´ıthet˝o ezzel az egyetlen ponttal. Ezt a pontot a pontrendszer t¨omegk¨oz´eppontj´anak nevezz¨ uk. 2.1.2. Megjegyz´es. Az er˝ok ered˝oje nyilv´anval´oan f¨ ugg a t¨omegpontok t¨omeg´et˝ol ´es a pontok elhelyezked´es´et˝ol is (hiszen az er˝o vektormennyis´eg), ´ıgy a t¨omegk¨oz´eppont is f¨ uggni fog ezekt˝ol. 18

2.1. a´bra. A pontra vonatkoz´o forgat´onyomat´ek A k¨ovetkez˝okben eml´ekeztet¨ unk m´eg n´eh´any t¨omegpontokkal kapcsolatos fizikai fogalomra, amelyek a k´es˝obbiekben hasznosak lesznek a feladatmegold´as sor´an (a r´eszleteket illet˝oen l´asd [4]). Vegy¨ unk fel a t´erben egy tetsz˝oleges egyenest, legyen ez a forg´astengely. Tegy¨ uk fel, hogy az F~ er˝o t´amad´asvonala egy a forg´astengelyre mer˝oleges s´ıkban fekszik, amelyet a tengely a s´ıkon felvett koordin´ata-rendszer orig´oj´aban d¨of ´at. 2.1.3. Defin´ıci´ o (Er˝okar). Az er˝okar az orig´ob´ol az er˝o t´amad´asvonal´ara emelt mer˝oleges szakasz hossza. Jel¨ol´es: k. 2.1.4. Defin´ıci´ o (Forgat´onyomat´ek tengelyre vonatkoz´olag). Az er˝o egy adott tengelyre vonatkoz´o forgat´o hat´as´at jellemz˝o vektormennyis´eg a forgat´onyomat´ek. Egy a forg´astengelyre mer˝oleges s´ıkban hat´o F~ er˝o forg´astengelyre vonatkoz´o forgat´onyomat´ek´anak nagys´aga

ahol F~

~ ~ M = F · k, ~ az F~ er˝o nagys´aga, k pedig az er˝okar, M a forgat´onyomat´ek nagys´aga.

2.1.5. Megjegyz´es. Pontra vonatkoz´o forgat´onyomat´ek is defini´alhat´o a k¨ovetkez˝ok´eppen a [4] k¨onyv alapj´an. Legyen adott egy F~ er˝o, amelynek P t´amad´aspontj´aba mutat´o hely−→ vektor ~r = OP . Legyen az F~ ´es ~r a´ltal bez´art sz¨og ϑ (l´asd 2.1.´abra). Ekkor a P pontban t´amad´o F~ er˝onek valamely O pontra vonatkoz´o forgat´onyomat´eka ~ = ~r × F~ . M ~ M´as sz´ oval az O pontra vonatkoz´o M fogat´onyomat´ek egy vektor, amelynek nagys´aga ~ ~ jobbsodr´as´ |~r| · F · sin ϑ, ´es ir´anya olyan, hogy ~r, F~ , M u rendszert alkotnak. L´athat´o, hogy a pontra vonatkoz´o forgat´onyomat´ek sz¨ogf¨ uggv´enyes alakja alapj´an a pontra vonatkoz´o, illetve a tengelyre vonatkoz´o forgat´onyomat´ek ugyanazt adja, ha a tengely az 19

O pontban mer˝olegesen metszi az O ´es F~ a´ltal meghat´arozott s´ıkot (l´asd 2.1. a´bra). A pontra vonatkoz´o forgat´onyomat´ek defin´ıci´oja ´altal´anosabb. N´ezz¨ uk meg, hogy milyen tulajdons´agok ´erv´enyesek a t¨omegk¨oz´eppontra! 2.1.1. T¨ orv´ eny. Egy t¨omegpontokb´ol ´all´o rendszer t¨omegk¨oz´eppontj´ara teljes¨ ulnek az al´abbiak (l´asd [7]). 1. A t¨omegk¨oz´eppontot a k¨ovetkez˝ok´eppen is megkaphatjuk: a t¨omegpontokb´ol ´all´o rendszert felosztjuk kisebb pontrendszerekre, majd k¨ ul¨on-k¨ ul¨on meghat´arozzuk ezek t¨ omegk¨oz´eppontjainak hely´et ´es t¨omeg´et, ezut´an pedig az ´ıgy kapott t¨omegk¨oz´eppontok rendszer´enek t¨omegk¨oz´eppontja az eredeti rendszer t¨omegk¨oz´eppontj´at adja. A t¨ omegk¨oz´eppont f¨ uggetlen att´ol, hogy milyen r´eszrendszerekre osztjuk fel az eredeti rendszert. 2. Ha adott k´et t¨omegpont, A ´es B, amelyek t¨omegei rendre α, β, akkor az AB szakasznak azon C pontja lesz a t¨ omegk¨oz´eppontja az A ´es B pontb´ol ´all´o rendszernek, amelyre AC β = . CB α A tov´abbiakban az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert egy A ´es B t¨omegpontokb´ol ´all´o rendszert {A, B}-vel jel¨ol¨ unk. 3. Ha a t¨omegk¨oz´epponti rendszerre csak a neh´ezs´egi er˝o hat, akkor a neh´ezs´egi er˝ o t¨omegk¨oz´eppontra vonatkoz´o forgat´onyomat´eka z´erus. 4. Ha a t¨omegk¨oz´epponti rendszerre csak a neh´ezs´egi er˝o hat, akkor a neh´ezs´egi er˝onek a t¨omegk¨oz´epponton ´atmen˝o ¨osszes tengelyre vonatkoz´o forgat´onyomat´eka z´erus. 2.1.6. Megjegyz´es. • A 2. tulajdons´agb´ol ad´odik, hogy ha minden t¨omegpont t¨omeg´et az eredeti t¨omeg k-szoros´ara (k ∈ R+ ) v´altoztatjuk, akkor a t¨omegk¨oz´eppont helye nem v´altozik. • A 2. tulajdons´ag ekvivalens a koordin´atageometri´aban haszn´alatos oszt´opont defin´ıci´oj´aval. Legyen A helyvektora ~a, B-j´e ~b ´es C-j´e ~c, ekkor defin´ıci´o szerint az AB szakasz α : β ar´any´ u oszt´opontj´anak helyvektora ~c =

β~b + α~a . α+β

20

2.2. a´bra. S´ ulyvonal a h´aromsz¨ogben • A 3. tulajdons´ag alapj´an egy t¨omegpontrendszert a t¨omegk¨oz´eppontj´aban al´at´amasztva a rendszer egyens´ ulyban marad. Ez u ´gy k´epzelhet˝o el p´eld´aul h´arom t¨omegpont eset´eben, hogy tekint¨ unk egy h´aromsz¨oglapot, amelynek a cs´ ucsaiban vannak t¨omegpontok, a h´aromsz¨oglap t¨obbi pontj´anak a t¨omege pedig elhanyagolhat´o. Ekkor a h´aromsz¨oglapot egy t˝ uvel al´at´amasztva a t¨omegk¨oz´eppontban, a h´aromsz¨oglap egyens´ ulyban van. • A 4. tulajdons´ag alapj´an egy t¨omegpontrendszert a t¨omegk¨oz´eppontja ment´en al´at´amasztva a rendszer egyens´ ulyban marad. Az im´enti h´aromsz¨oglapot tekintve, a h´aromsz¨oget egy vonalz´oval al´at´amasztva a t¨omegk¨oz´epponton a´tmen˝o tetsz˝oleges egyenes ment´en a rendszer egyens´ ulyban van.

2.2. A h´ aromszo ulyvonala ´ es s´ ulypontja ¨g s´ Az al´abbiakban a t¨omegk¨oz´eppontra vonatkoz´o ismereteinket haszn´aljuk az al´abbi j´ol ismert geometriai ¨osszef¨ ugg´es bizony´ıt´as´ahoz. ´ ıt´ 2.2.1. All´ as. A h´aromsz¨og s´ ulyvonalai egy ponton mennek ´at, ´es ez a pont a s´ ulyvonalak cs´ ucst´ol t´avolabbi harmadol´opontja. Ezt a pontot a h´aromsz¨og s´ ulypontj´anak nevezz¨ uk.

2.2.1. Geometriai megk¨ ozel´ıt´ es ´ ıt´as klasszikus bizony´ıt´as´at! L´assuk el˝osz¨or a 2.2.1. All´ Bizony´ıt´as. Tekints¨ uk egy ABC h´aromsz¨og b´armely k´et s´ ulyvonal´at. A k´et s´ ulyvonal messe egym´ast az M pontban, a k´et oldalt pedig messe a k´et s´ ulyvonal F1 -ben ´es F2 -ben (l´asd 2.2. a´bra). 21

2.3. a´bra. A t¨omegpontokkal ell´atott h´aromsz¨og L´athat´o, hogy az F1 F2 szakasz a h´aromsz¨og k¨oz´epvonala, amelyr˝ol tudjuk, hogy p´arhuzamos az alappal, ´es F1 F2 =

BC . 2

Ez alapj´an az F1 F2 M ´es BCM h´aromsz¨ogek hasonl´oak,

mert F2 F1 M ^ ´es M BC^ v´alt´osz¨ogek, tov´abb´a F1 M F2 ^ = BM C^ cs´ ucssz¨ogek. Hasonl´o h´aromsz¨ogekben a megfelel˝o oldalak ar´anya a´lland´o, teh´at eset¨ unkben BC : F1 F2 = 2 : 1, ´ıgy F2 M : M C = 1 : 2. Abb´ol pedig, hogy ez b´armely s´ ulyvonalra igaz k¨ovetkezik, hogy a harmadik s´ ulyvonal is a´tmegy az M ponton ´es azt is harmadolja.

2.2.2. To es ¨megpontos megko ¨zel´ıt´ ´ ıt´as egy bizony´ıt´as´at a t¨omegk¨oz´eppont tulajdons´agaira N´ezz¨ uk meg most a 2.2.1. All´ t´amaszkodva! Bizony´ıt´as. Rendelj¨ unk hozz´a egy ABC h´aromsz¨og h´arom cs´ ucs´ahoz egy-egy azonos S t¨omeget a 2.3. a´br´anak megfelel˝oen. Ez´altal egy h´arom pontb´ol ´all´o t¨omegpontrendszerhez jutunk. Osszuk fel a rendszer¨ unket k´et kisebb r´eszrendszerre a k¨ovetkez˝ok´eppen: az egyik alrendszer a´lljon az A cs´ ucsb´ol, a m´asik pedig legyen a B ´es C pontok alkotta rendszer. Hat´arozzuk meg ezen alrendszerek t¨omegk¨oz´eppontjait. Az A cs´ ucsb´ol a´ll´o rendszer

2.4. a´bra. A k´et t¨omegk¨oz´eppont

2.5. a´bra. A teljes rendszer t¨omegk¨oz´eppontja 22

t¨omegk¨oz´eppontja nyilv´anval´oan A, az S t¨omeggel, a m´asik rendszer´e pedig ´eppen a BC szakasz F felez˝opontja 2S t¨omeggel (2.4. a´bra). Ha pedig a kapott k´et t¨omegk¨oz´eppontnak keress¨ uk meg a t¨omegk¨oz´eppontj´at, akkor a t¨omegk¨oz´eppont 2. tulajdons´aga alapj´an tudjuk, hogy a t¨omegk¨oz´eppont rajta van az AF szakaszon, ´es a t¨omegek ar´anya miatt az is j´ol l´athat´o, hogy harmadol´opont, m´eghozz´a az A pontt´ol t´avolabbi (2.5. a´bra). A kapott t¨omegk¨oz´eppont a h´aromsz¨og s´ ulypontja. A t¨omegk¨oz´eppontba hasonl´oan eljuthatunk, ha az el˝obbit˝ol elt´er˝o r´eszrendszerekre osztjuk fel a rendszert, hiszen a t¨omegk¨oz´eppont 1. tulajdons´aga alapj´an ugyanahhoz a ponthoz kell jutnunk. ´Igy ha a k´et alrendszer B ´es {A, C}, akkor (az el˝oz˝oh¨oz hasonl´oan) a t¨omegk¨oz´eppont rajta van a B pont ´es az AC szakasz felez˝opontja ´altal meghat´arozott szakaszon, ha pedig a k´et r´eszrendszer C ´es {A, B}, akkor pedig az AB szakasz felez˝opontja ´es a C pont a´ltal meghat´arozott szakaszon. A t¨omegk¨oz´eppont teh´at rajta van a h´aromsz¨og mindh´arom s´ ulyvonal´an ´es a t¨omegek alapj´an l´athat´o, hogy a t¨omegk¨oz´eppont a s´ ulyvonalak cs´ ucst´ol t´avolabbi harmadol´opontja. 2.2.2. Megjegyz´es. Val´oj´aban a k´et megk¨ozel´ıt´es gy¨okere ugyanaz, a t¨omegk¨oz´eppontos ´ervel´es ink´abb m´eg szeml´eletesebb´e teszi a bizony´ıt´as menet´et.

2.3. Ceva-t´ etel A k¨ovetkez˝o t´etel (amely Giovanni Ceva olasz matematikus nev´et viseli) a h´aromsz¨og s´ ulypontj´anak az el˝oz˝o szakaszban bizony´ıtott tulajdons´ag´at ´altal´anos´ıtja. ´ ıt´ 2.3.1. All´ as. Legyen ABC tetsz˝oleges h´aromsz¨og, ´es legyenek az A1 , B1 ´es C1 pontok rendre a BC, AC ´es AB oldalakon. Ekkor az AA1 , BB1 ´es CC1 szakaszok pontosan akkor metszik egym´ast egy pontban, ha AB1 CA1 BC1 · · = 1. B1 C A1 B C1 A

(2.1)

2.3.1. To as ¨megpontos bizony´ıt´ A Ceva-t´etelt a k¨ovetkez˝ok´eppen igazolhatjuk t¨omegpontok seg´ıts´eg´evel. Bizony´ıt´as. El˝osz¨or tegy¨ uk fel, hogy a (2.1) ¨osszef¨ ugg´es teljes¨ ul, ekkor bel´atjuk, hogy a h´arom szakasz egy pontban metszi egym´ast. A bizony´ıt´as hasonl´oan fog t¨ort´enni, mint a h´aromsz¨og s´ ulyvonalainak eset´eben. A cs´ ucsokhoz megfelel˝o t¨omegeket rendel¨ unk, ´es megmutatjuk, hogy az ´ıgy kapott t¨omegpontrendszer t¨omegk¨oz´eppontja rajta van a megfelel˝o szakaszokon. Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert jel¨olj¨ uk a k¨ovetkez˝ok´eppen a megfelel˝o szakaszok 23

2.6. a´bra. Ceva-t´etel hosszait: AB1 = a,

B1 C = b,

(2.2)

CA1 = c,

A1 B = d,

(2.3)

BC1 = e,

C1 A = f.

(2.4)

Ekkor a (2.1) ¨osszef¨ ugg´es a k¨ovetkez˝o alakba ´ırhat´o a´t: a c e · · = 1. b d f

(2.5)

Rendelj¨ uk a k¨ovetkez˝o t¨omegeket a h´aromsz¨og cs´ ucsaihoz. Legyen az A cs´ ucs t¨omege bd, a B cs´ ucs´e ac ´es a C cs´ ucs t¨omege pedig legyen ad. N´ezz¨ uk meg, hogy ha alrendszerekre bontjuk sz´et a rendszert u ´gy, hogy az egyik alrendszer az egyik cs´ ucs, a m´asik alrendszer pedig a marad´ek k´et cs´ ucsb´ol a´ll, akkor a k´et cs´ ucsb´ol a´ll´o rendszereknek hol van a t¨omegk¨oz´eppontja (mivel az egy cs´ ucsb´ol a´ll´o rendszer t¨omegk¨oz´eppontja egy´ertelm˝ u, hogy ¨onmaga). Ha az alrendszer {B, C}, akkor a t¨omegk¨oz´eppont egy olyan P pont a B ´es C pontokat ¨osszek¨ot˝o szakaszon, amelyre CP ac = . PB ad L´athat´o, hogy A1 ´eppen ilyen tulajdons´ag´ u, teh´at A1 = P . Hasonl´oan, az {A, C} rendszer t¨omegk¨oz´eppontja ´eppen B1 . V´eg¨ ul tekints¨ uk az {A, B} rendszert. A t¨omegk¨oz´eppont ´eppen abban az A-t´ol x ´es B-t˝ol y t´avols´agra l´ev˝o pontban lesz, amelyre teljes¨ ulnek a k¨ovetkez˝ok: x ac = y bd

´es

x + y = f + e.

24

Mivel a (2.5) o¨sszef¨ ugg´esb˝ol k¨ovetkezik, hogy f ac = , bd e ´ıgy sz¨ uks´egk´eppen x = f ´es y = e, teh´at C1 a t¨omegk¨oz´eppontja {A, B}-nek. Mivel a t¨omegk¨oz´eppont nem f¨ ugg az alrendszerek megv´alaszt´as´at´ol, ez´ert a megadott t¨omegpontrendszer t¨omegk¨oz´eppontja (a 2.6. a´br´an O) rajta van AA1 -en, BB1 -en ´es CC1 -en is. Ezzel az ´all´ıt´as egyik ir´any´at bel´attuk. L´assuk be most az a´ll´ıt´as m´asik ir´any´at! Tegy¨ uk fel, hogy az AA1 , BB1 , CC1 szakaszok egy pontban metszik egym´ast, ezt a pontot jel¨olj¨ uk O-val. Bel´atjuk, hogy ekkor teljes¨ ul a (2.1) ¨osszef¨ ugg´es. Haszn´aljuk a kor´abban bevezetett (2.2), (2.3) ´es (2.4) jel¨ol´eseket! A bizony´ıt´as o¨tlete, hogy u ´gy rendel¨ unk t¨omegeket a h´aromsz¨og cs´ ucsaihoz, hogy az ´ıgy kapott t¨omegpontrendszernek a t¨omegk¨oz´eppontja ´eppen O-ban legyen. Jel¨olje SA az A cs´ ucs t¨omeg´et, SB a B-j´et, SC a C-j´et. Legyen SB = c, SC = d, ´ıgy {B, C} t¨omegk¨oz´eppontja ´eppen A1 lesz SB + SC t¨omeggel. Ekkor az A cs´ ucs t¨omeg´et u ´gy kell megv´alasztanunk, hogy az A1 ´es A t¨omegpontok t¨omegk¨oz´eppontja ´eppen O legyen. Ehhez olyan SA t¨omeget kell adnunk az A-nak, hogy az A ´es az A1 t¨omegpontokra hat´o neh´ezs´egi er˝ok O pontra vonatkoz´o forgat´onyomat´ekai kiegyenl´ıts´ek egym´ast (a t¨omegk¨oz´eppont 3. tulajdons´aga). Kihaszn´alva, hogy az A ´es A1 t¨omegpontokra hat´o neh´ezs´egi er˝ok p´arhuzamosak, teh´at azonos sz¨oget z´arnak be az ABC h´aromsz¨og s´ıkj´aval, azaz a szinuszos tag elhagyhat´o, ez a k¨ovetkez˝ot jelenti: SA · g · OA = (SB + SC ) · g · OA1 , ahol g a neh´ezs´egi gyorsul´as. Az egyenlet mindk´et oldal´at g-vel leosztva a k¨ovetkez˝oh¨oz jutunk: SA · OA = (SB + SC ) · OA1 . Az im´enti ¨osszef¨ ugg´es teh´at adott SB ´es SC t¨omegek eset´en megadja azt az SA t¨omeget, amellyel az A, B, C t¨omegpontrendszer t¨omegk¨oz´eppontja ´eppen az O pont. A t¨omegk¨oz´eppont 4. tulajdons´aga alapj´an tudjuk, hogy ha a h´aromsz¨oget az AA1 szakasz ment´en al´at´amasztjuk, akkor a h´aromsz¨og egyens´ ulyban van, hiszen AA1 egy t¨omegk¨oz´epponton ´atmen˝o egyenesen van rajta (l´asd 2.7. ´abra). Az egyens´ uly miatt a B ´es a C pontokra hat´o neh´ezs´egi er˝ok A1 -re vonatkoz´o forgat´onyomat´ekai szint´en kiegyenl´ıtik 25

2.7. a´bra. Az al´at´amaszt´as egym´ast, mivel a {B, C} rendszer t¨omegk¨oz´eppontja A1 . Az el˝oz˝oh¨oz hasonl´oan, a B ´es C pontban hat´o er˝ok p´arhuzamosak, ez´ert azonos sz¨oget z´arnak be az ABC h´aromsz¨og s´ıkj´aval, ´ıgy a szinuszos tag itt is elhagyhat´o, ´es SB · g · d = SC · g · c, amelyet a g neh´ezs´egi gyorsul´assal egyszer˝ us´ıtve SB · d = SC · c.

(2.6)

SC · b = SA · a,

(2.7)

SA · f = SB · e.

(2.8)

Hasonl´oan l´athat´o, hogy teljes¨ ul

Ha a (2.6), (2.7), (2.8) egyenleteket ¨osszeszorozzuk, akkor a k¨ovetkez˝oh¨oz jutunk: SA · f · SB · d · SC · b = SA · a · SB · e · SC · c. Innen SA SB SC -vel val´o egyszer˝ us´ıt´es ´es f · d · b-vel val´o leoszt´as ut´an 1=

a c e · · b d f

ad´odik, amelyet igazolni szerett¨ unk volna.

2.4. Alkalmaz´ as versenyfeladatokban Az al´abbiakban k´et versenyfeladat megold´as´aban alkalmazzuk a t¨omegpontos megk¨ozel´ıt´est. 26

2.4.1. Arany D´ aniel Matematikai Tanul´ overseny 2012/2013 Az els˝o feladat az Arany D´aniel Matematikai Tanul´overseny 2012/2013-as tan´evi d¨ont˝o fordul´oj´aban szerepelt a kezd˝ok I. kateg´ori´aj´aban. 2.4.1. Feladat. Az ABC h´aromsz¨og BC, AC, AB oldalain adottak a D, E, F pontok u ´gy, hogy az AD, BE, CF szakaszok egy k¨oz¨os O pontban metszik egym´ast. Hat´arozzuk meg az OF szakasz hossz´at, ha AO = 23, BO = 24, CO = 29, OD = 7 ´es OE = 8 egys´eg hossz´ us´ag´ u. Megold´ as teru eg´ evel ¨ letek seg´ıts´ A feladat hivatalos megold´asa a k¨ovetkez˝o volt (megtal´alhat´o a [11] internetes oldalon). Vezess¨ unk be jel¨ol´eseket az ABC h´aromsz¨og egyes r´eszeinek ter¨ ulet´ere (l´asd 2.8. a´bra). Mivel ABO ´es ABC h´aromsz¨ogek alapja k¨oz¨os, ´es a magass´agok ar´anya pedig OF : CF , ez´ert a h´aromsz¨ogek ter¨ uleteinek ar´anya OF t1 + t2 = . CF t1 + t2 + t3 + t4 + t5 + t6

(2.9)

Hasonl´oan kapjuk a k¨ovetkez˝o ar´anyokat: t3 + t4 OD = , AD t1 + t2 + t3 + t4 + t5 + t6 t5 + t6 OE = . BE t1 + t2 + t3 + t4 + t5 + t6 A (2.9), (2.10) ´es (2.11) egyenleteket ¨osszeadva kapjuk, hogy OD OE OF + + = 1. AD BE CF A megfelel˝o hossz´ us´agokat behelyettes´ıtve OF OD OE 7 8 31 =1− − =1− − = . CF AD BE 30 32 60

2.8. a´bra. A 2.4.1. Feladat a´br´aja 27

(2.10) (2.11)

Mivel CF = CO + OF , ez´ert OF 31 = . 29 + OF 60 Az egyenletet megoldva azt kapjuk, hogy OF = 31, azaz a keresett szakasz hossza 31 egys´eg hossz´ us´ag´ u. Megold´ as t¨ omegpontok seg´ıts´ eg´ evel Oldjuk meg most a 2.4.1. Feladat feladatot t¨omegk¨oz´epponti rendszerek seg´ıts´eg´evel! Adjunk az A, B ´es C cs´ ucsoknak rendre olyan α, β ´es γ t¨omegeket, hogy az {A, B, C} pontrendszer t¨omegk¨oz´eppontja ´eppen az O pontban legyen. Ehhez a k¨ovetkez˝oknek kell teljes¨ ulnie: • az {A, B} rendszer t¨omegk¨oz´eppontja F , α + β t¨omeggel, • a {B, C} rendszer t¨omegk¨oz´eppontja D, β + γ t¨omeggel, • az {A, C} rendszer t¨omegk¨oz´eppontja E, α + γ t¨omeggel. Mivel azt szeretn´enk, hogy az O pont legyen a rendszer t¨omegk¨oz´eppontja, ez´ert az {A, D}, {B, E}, {C, F } rendszerek t¨omegk¨oz´eppontja is O kell, hogy legyen. Ekkor az x = OF jel¨ol´essel a k¨ovetkez˝o egyenletekhez jutunk a t¨omegk¨oz´eppont 2. tulajdons´aga alapj´an: 23 β+γ = , 7 α 24 α+γ = , 8 β γ x = . 29 α+β

2.9. a´bra. A 2.4.1. Feladat a´br´aja

28

(2.12) (2.13) (2.14)

Az els˝o k´et egyenletet a´trendezve: 7β = 23α − 7γ, 24β = 8α + 8γ. A m´asodik egyenlet 78 -szoros´at hozz´aadva az els˝o egyenlethez, 28β = 30α, teh´at 28 α = . 30 β A m´asodik egyenlet

7 -szeres´eb˝ol 24

kivonva az els˝o egyenletet,

62 α 3

=

28 γ, 3

teh´at

62 γ = . 28 α Ezek alapj´an v´alasszuk meg a k¨ovetkez˝ok´eppen a t¨omegeket: A t¨omege = α, 30 α, 28 62 C t¨omege = γ = α. 28

B t¨omege = β =

Ezt (2.14)-be visszahelyettes´ıtve, x = 29

62 62 α γ 62 28 = 29 28 30 = 29 28+30 = 29 = 31, α+β 58 α + 28 α 28

teh´at az OF szakasz hossza 31 egys´eg. 2.4.1. Megjegyz´es. Val´oj´aban a feladatban szerepl˝o h´aromsz¨og nem l´etezik, ugyanis az ABO h´aromsz¨ogben az OF szakasz nyilv´anval´oan nem lehet hosszabb az OA ´es az OB szakaszokn´al.

2.4.2. Arany D´ aniel Matematikai Tanul´ overseny 1980/1981 A k¨ovetkez˝o feladat az Arany D´aniel Matematikai Tanul´overseny 1980/1981. tan´evi I. fordul´oj´aban szerepelt a kezd˝ok kateg´ori´aj´aban. 2.4.2. Feladat. Legyen az ABC h´aromsz¨og AC oldal´anak felez˝opontja D, tov´abb´a messe a C-n ´es a BD szakasz F felez˝opontj´an ´atmen˝o egyenes az AB oldalt az E pontban! Milyen ar´anyban osztja kett´e E az AB oldalt?

29

2.10. ´abra. A feladatbeli h´aromsz¨og Megold´ as k¨ oz´ epvonalakkal A feladat egyik hivatalos megold´asa a [8] k¨onyv alapj´an a k¨ovetkez˝o. Messe a D-n a´tmen˝o ´es a CE szakasszal p´arhuzamos egyenes az AB szakaszt a G pontban (l´asd 2.10. a´bra). Ekkor DG szakasz az AEC h´aromsz¨og k¨oz´epvonala. Ugyanakkor F E szakasz a BDG h´aromsz¨og k¨oz´epvonala, mivel F felez˝opontja a BD szakasznak. Ekkor AG = GE, valamint GE = EB miatt E harmadol´opont, m´eghozz´a a B oldalhoz k¨ozelebbi. Megold´ as t¨ omegpontok seg´ıts´ eg´ evel Most n´ezz¨ uk meg a feladat megold´as´at t¨omegponti megk¨ozel´ıt´essel. A feladatbeli h´aromsz¨og a 2.11. a´br´an l´athat´o. Rendelj¨ unk t¨omegeket a h´aromsz¨og cs´ ucsaihoz u ´gy, hogy a kapott t¨omegpontrendszernek az F -ben legyen a t¨omegk¨oz´eppontja. Legyen az A cs´ ucsba helyezett t¨omeg S. Osszuk k´et alrendszerre a h´aromsz¨og cs´ ucsait u ´gy, hogy az egyik rendszer a´lljon B-b˝ol, a m´asik legyen {A, C}. Mivel az F pont rajta van

2.11. ´abra. A 2.4.2. Feladat ´abr´aja

30

2.12. ´abra. A h´aromsz¨og a megfelel˝o t¨omegekkel a B ´es D pontok ¨osszek¨ot˝o egyenes´en, ez´ert a D pontnak kell lennie az {A, C} rendszer t¨omegk¨oz´eppontj´anak. Mivel D felez˝opont, ez´ert C-nek ´es A-nak azonos t¨omeget kell adni, teh´at a C pont t¨omege is legyen S. ´Igy teh´at az alrendszer t¨omegk¨oz´eppontja D, 2S t¨omeggel. Most m´eg meg kell hat´aroznunk a B cs´ ucshoz rendelt t¨omeget u ´gy, hogy a {B, D} rendszer t¨omegk¨oz´eppontja ´eppen az F felez˝opont legyen. Mivel D t¨omege 2S ´es F felez˝opontja BD-nek, ez´ert a B cs´ ucshoz rendelt t¨omegnek azonosnak kell lennie a D cs´ ucshoz rendelttel, azaz a B cs´ ucs t¨omege is legyen 2S. A h´aromsz¨og cs´ ucsaiban elhelyezett t¨omegek teh´at mA = S,

mB = 2S,

mC = S.

Tudjuk, hogy a t¨omegk¨oz´eppont f¨ uggetlen az alrendszerek megv´alaszt´as´at´ol, ´es mivel az EC szakaszon rajta van az F pont, ez´ert ha a C ´es {A, B} alrendszereket v´alasztjuk, a t¨omegk¨oz´eppontnak szint´en F -nek kell lennie. Az {A, B}-nek a t¨omegk¨oz´eppontja teh´at E kell, hogy legyen. Mivel az A cs´ ucs t¨omege S ´es B-j´e pedig 2S, ez´ert az E pontnak a t¨omege 3S kell, hogy legyen, ´es a t¨omegek ar´anya miatt az E pont harmadol´opontja az AB-nek. Mivel a B cs´ ucs t¨omege 2S, ez´ert az E a B-hez k¨ozelebbi harmadol´opont, ´ıgy a h´aromsz¨og a t¨omegekkel a 2.12. a´br´anak megfelel˝oen n´ez ki.

31

3. fejezet Integr´ alsz´ am´ıt´ as ´ es a fizika Ebben a fejezetben n´eh´any p´eld´at mutatunk arra, hogyan alkalmazhatunk egyszer˝ u fizikai elveket az integr´alsz´am´ıt´asban. Sz´o lesz t¨obbek k¨oz¨ott Arkhim´ed´esz h´ıres m´odszer´er˝ol, ´es integr´alokat sz´amolunk ki a munkav´egz´es fogalm´anak seg´ıts´eg´evel.

3.1. Arkhim´ ed´ esz ´ es a g¨ omb t´ erfogata Miel˝ott elkezden´enk t´argyalni, hogy Arkhim´ed´esz milyen m´odszer seg´ıts´eg´evel sz´amolta ki a g¨omb t´erfogat´at, ´es alkotta meg ez´altal az integr´alsz´am´ıt´as alapjait, tekints¨ uk a´t, hogy milyen ismeretekkel rendelkezett. Arkhim´ed´esz m´ar tudta D´emokritosznak k¨osz¨onhet˝oen, hogy egy forg´ask´ up t´erfogata megegyezik egy ugyanolyan alap´ u ´es magass´ag´ u henger t´erfogat´anak harmad´aval. A g¨or¨og¨ok m´ar ekkor rendelkeztek bizonyos koordin´atageometriai ismeretekkel. A s´ıkon egy pont hely´et u ´gy adt´ak meg, hogy a s´ıkon r¨ogz´ıtettek k´et egyenest, majd vett´ek a mozg´o pontnak a k´et egyenest˝ol m´ert t´avols´ag´at. Azzal is tiszt´aban voltak, hogy ha a k´et egyenes mer˝oleges egym´asra, ´es az egyenesekt˝ol m´ert t´avols´agok x ´es y, amelyekre x2 + y 2 a´lland´o egy mozg´o pont eset´en, akkor a pont p´aly´aja egy k¨orvonal. T´erj¨ unk most r´a Arkhim´ed´esz m´odszer´ere (az [1] k¨onyv alapj´an), amellyel meghat´arozta a g¨omb t´erfogat´at. Arkhim´ed´esz a g¨omb¨ot egy k¨or megforgatottjak´ent ´all´ıtotta el˝o, a k¨ort pedig olyan halmaznak vette, amelyet a mozg´o pont k´et r¨ogz´ıtett, egym´asra mer˝oleges tengelyt˝ol m´ert t´avols´agai k¨oz¨otti ¨osszef¨ ugg´es jellemez. Arkhim´ed´esznek m´eg nem voltak meg azon ismeretei, amelyek a k¨ovetkez˝o le´ır´ashoz sz¨ uks´egesek, de l´enyeg´eben a k¨ovetkez˝ot fogalmazta meg. Az r sugar´ u, az y-tengelyt az orig´oban ´erint˝o k¨or egyenlete (x − r)2 + y 2 = r2 , 32

3.1. a´bra. Arkhim´ed´esz ´abr´aja azaz x2 + y 2 = 2rx.

(3.1)

A g¨omb¨ot teh´at u ´gy kapjuk, hogy a k¨ort megforgatjuk az x-tengely k¨or¨ ul. Pr´ob´aljunk meg szeml´eletes jelent´est adni a (3.1) egyenlet egyes tagjainak. K¨onnyen l´athat´o, hogy y 2 π a g¨omb v´altoz´o keresztmetszet´enek ter¨ ulete. Hasonl´oan, x2 π elk´epzelhet˝o u ´gy, mint egy olyan k´ upnak a v´altoz´o keresztmetszete, amelyet u ´gy kapunk, hogy az y = x egyenlet˝ u egyenest megforgatjuk az x-tengely k¨or¨ ul. C´elszer˝ u teh´at a (3.1) egyenlet mindk´et oldal´at megszorozni π-vel. Ekkor a k¨ovetkez˝ot kapjuk: x2 π + y 2 π = 2πrx.

(3.2)

Az el˝obbi meggondol´asok alapj´an pr´ob´aljunk a jobb oldalon l´ev˝o kifejez´esnek is egy geometriai ´ertelmez´est adni. Els˝o r´an´ez´esre nem vil´agos, hogyan is lehetne szeml´eltetni, ez´ert az egyenlet mindk´et oldal´at szorozzuk meg 2r-rel. Ekkor 2r(x2 π + y 2 π) = (2r)2 πx.

(3.3)

A 3.1. a´bra alapj´an j´ol l´athat´o, hogy az egyenlet¨ unkben h´arom k¨ornek a ter¨ ulete jelenik meg: x2 π, y 2 π ´es (2r)2 π. Ez a h´arom k¨or nem m´as, mint h´arom forg´astest ugyanazon 33

3.2. a´bra. A testek felf¨ uggeszt´es´enek s´ıkmetszete s´ıkkal vett keresztmetszete. A s´ık olyan helyzet˝ u, hogy mer˝oleges az x-tengelyre ´es az orig´ot´ol x t´avols´agra helyezkedik el. Ekkor a h´arom forg´astest rendre egy g¨omb, egy k´ up ´es egy henger. A g¨omb olyan k¨or x-tengely k¨or¨ uli megforgatottja, amely ´erinti az orig´oban az y-tengelyt ´es r a sugara. A forg´ask´ upot az y = x egyenes x-tengely k¨or¨ uli megforgat´as´aval kapjuk, ´es cs´ ucsa az orig´o. A hengert pedig az y = 2r egyenes x-tengely k¨or¨ uli forgat´as´aval kapjuk. A hengernek ´es a k´ upnak azonos a magass´aga ´es az alapja, a magass´ag ´es a k¨oz¨os alap sugara is egyar´ant 2r. Most pedig megismerhetj¨ uk Arkhim´ed´esz zseni´alis ¨otlet´et. Kezelj¨ uk k¨ ul¨on azokat a k¨or¨oket, amelyeknek a ter¨ uletei a (3.3) egyenlet k´et oldal´an megjelennek. Arkhim´ed´esz a hengerb˝ol kiv´agott 2r sugar´ u k¨ort helyben hagyja, x t´avols´agra az orig´ot´ol, ´es a m´asik oldalon l´ev˝o k´et k¨ort ´athelyezi a (−2r; 0) pontba. Ezt a pontot jel¨olj¨ uk T -vel. F¨ uggessz¨ uk fel a k´ up ´es a g¨omb s´ıkmetszetek´ent kaphat´o k¨or¨oket egy elhanyagolhat´o t¨omeg˝ u k¨ot´ellel T -ben u ´gy, hogy a k¨ot´el menjen a´t a k¨or¨ok centrumain (l´asd 3.2. a´bra). Tekints¨ uk az x-tengelyt egy emel˝onek, vagyis egy merev, elhanyagolhat´o t¨omeg˝ u r´ udnak, amelyet az orig´oban t´amasztunk al´a. ´Igy a 3.2. a´br´an l´athat´o elrendez´eshez jutunk. A (3.3) egyenletre u ´gy is gondolhatunk, mintha az O pontra vonatkoz´o forgat´onyomat´ekokr´ol sz´olna. Ha az egyenlet fenn´all, akkor az azt jelenti, hogy a bal oldali k´et k¨or forgat´onyomat´eka megegyezik a jobb oldali k¨or forgat´onyomat´ek´aval, azaz az emel˝o egyens´ ulyi helyzetben van. Az a´bra alapj´an j´ol l´athat´o, hogy ha x ∈ [0, 2r], akkor a henger ¨osszes lehets´eges keresztmetszet´et megkapjuk, amelyek kit¨oltik a teljes hengert. Ugyanakkor minden egyes henger keresztmetszethez tartozik pontosan k´et darab k¨or, a g¨omb, illetve a k´ up T pont-

34

ban felf¨ uggesztett keresztmetszetei. Ezek is kit¨oltik ezen az intervallumon a teljes g¨omb¨ot, illetve a k´ upot. Mivel a megfelel˝o keresztmetszetek egyens´ ulyban vannak, ez´ert igaz lesz, hogy a felf¨ uggesztett g¨omb ´es a k´ up egyens´ ulyban van a hengerrel. Ez azt jelenti, hogy a forgat´onyomat´ekok megegyeznek (1.2.3. t¨orv´eny). ´Irjuk fel az orig´ora n´ezve a testek forgat´onyomat´ekait a jobb, illetve bal oldalra. Jel¨olj¨ uk V -vel a g¨omb t´erfogat´at, hiszen Arkhim´ed´esz ezt m´eg nem tudta, hogy pontosan mennyi, viszont D´emokritosznak k¨osz¨onhet˝oen ismerte a k´ up t´erfogat´ara vonatkoz´o k´epletet, azaz hogy a k´ up t´erfogata akkora, mint egy azonos alap´ u ´es magass´ag´ u henger t´erfogat´anak harmada. Ezenk´ıv¨ ul Arkhim´ed´esz a henger t´erfogat´ara vonatkoz´o k´epletet is ismerte. A megfelel˝o testek forgat´onyomat´ekai teh´at, felhaszn´alva, hogy a henger t¨omegk¨oz´eppontja az orig´ot´ol r t´avols´agra van   (2r)2 π2r 2r V + = rπ(2r)2 2r. 3 A fenti egyenletet egyszer˝ us´ıtve a k¨ovetkez˝oh¨oz jutunk: (2r)3 π = 4πr3 , 3

V +

az egyenletet V -re rendezve ´es egyszer˝ ubb alakra hozva: 4r3 π (2r)3 π = . V = 4πr − 3 3 3

Az r sugar´ u g¨omb t´erfogata teh´at

4r3 π . 3

J´ol l´athat´o, hogy az ¨otlet, hogy v´agjuk” fel infinitezim´alis vastags´ag´ u darabokra a ” testeket zseni´alis, a´m ez nincs logikailag al´at´amasztva, teh´at nem nevezhet˝o korrekt bizony´ıt´asnak. Ezzel Arkhim´ed´esz is tiszt´aban volt, de tudta, hogy a k´es˝obbiekben nagy jelent˝os´ege lesz felfedez´es´enek. ´Igy alapozta meg Arkhim´ed´esz az integr´alsz´am´ıt´ast.

3.2. A munkav´ egz´ es ´ es a potenci´ alis energia fogalma A k¨ovetkez˝okben a munkav´egz´es fogalm´anak seg´ıts´eg´evel fogunk integr´alokat kisz´amolni. El˝osz¨or r¨oviden eml´ekeztet¨ unk a sz¨ uks´eges ismeretekre. 3.2.1. Defin´ıci´ o. Ha egy pontszer˝ u test, amelyre – esetleges m´as er˝ok¨on k´ıv¨ ul – az ~ ~ ~ a´lland´o F er˝o hat, az F ir´any´aban s t´avols´aggal elmozdul, akkor az F er˝o s u ´ton v´egzett munk´aja az er˝o nagys´ag´anak ´es az s u ´tnak a szorzat´aval egyenl˝o [4]. Azaz W = F~ · s. 35

3.3. a´bra. A munkav´egz´es 3.2.2. Megjegyz´es. Ha egy test egy a´lland´o F~ er˝o hat´as´ara egyenes vonalban mozog, akkor az er˝o munk´aja az er˝o mozg´as ir´any´ u komponense nagys´ag´anak ´es az elmozdul´as´anak a szorzata. P´eld´aul a 3.3. a´br´an l´athat´o esetben az er˝o ´altal v´egzett munka munka D E W = F~k · |γ(b) − γ(a)| = F~ · cos α · |γ(b) − γ(a)| = F~ , γ(b) − γ(a) . Tetsz˝oleges g¨orbe ment´en val´o elmozdul´as eset´en a munkav´egz´est, mint vonalintegr´alt ´ertelmezz¨ uk. Ehhez feleleven´ıtj¨ uk a vonalintegr´allal kapcsolatos ismereteinket. Legyen f : Rp → Rp adott f¨ uggv´eny, melyre szeml´eletesen tekinthet¨ unk u ´gy, mintha a t´er minden pontj´aban adott lenne egy vektor. Ekkor ezt az f f¨ uggv´enyt vektormez˝o nek nevezz¨ uk. Fizikailag f tekinthet˝o er˝ot´ernek, azaz minden x ∈ Rp pontban az f (x) megadja az x pontban hat´o er˝ot. Haladjon most v´egig egy pontszer˝ u test a γ : [a, b] → Rp (folytonosan differenci´alhat´o) g¨orbe ment´en, ´es hat´arozzuk meg, mekkora munk´at v´egez az er˝ot´er ekkor a testen! K¨ozel´ıts¨ uk a γ g¨orb´et be´ırt t¨or¨ottvonallal, ekkor a testen v´egzett munka k¨ozel´ıt˝oleg az egyes szakaszokon v´egzett munk´ak ¨osszege. Az [a, b] feloszt´asa legyen a = t0 < t1 < . . . < tn−1 < tn = b. Az i-edik szakaszon v´egzett munk´at k¨ozel´ıts¨ uk egy k¨ozb¨ uls˝o, γ(ci ) pontbeli er˝o ´altal az adott szakaszon v´egzett munk´aval, azaz vegy¨ uk az f (γ(ci )) er˝onek a szakaszra es˝o komponens´enek hossz´at ´es szorozzuk meg az i-edik szakasz hossz´aval, teh´at form´alisan, ha az f (γ(ci )) er˝o αi sz¨oget z´ar be a szakasszal, akkor a munkav´egz´es |f (γ(ci ))| · cos αi · |γ(ti ) − γ(ti−1 )| = hf (γ(ci )), γ(ti ) − γ(ti−1 )i . Ez alapj´an egy j´o k¨ozel´ıt´es a munkav´egz´esre a γ g¨orbe ment´en a k¨ovetkez˝o o¨sszeg: n X

hf (γ(ci )), γ(ti ) − γ(ti−1 )i .

i=1

A be´ırt t¨or¨ottvonalak minden hat´aron t´ uli finom´ıt´as´aval” megkapjuk az er˝ot´er a´ltal ” a testen v´egzett munk´at. Ezt nevezz¨ uk az f vektormez˝o vonalintegr´alj´anak a γ g¨orbe ment´en. 36

3.2.3. Defin´ıci´ o (Vonalintegr´al). Legyen f : Rp → Rp vektormez˝o ´es γ : [a, b] → Rp g¨orbe. Azt mondjuk, hogy az f vektormez˝o γ g¨orbe menti integr´alja l´etezik ´es I ∈ R, ha minden ε > 0-hoz l´etezik δ > 0, hogy ha [a, b]-nek az a = t0 < t1 < . . . < tn−1 < tn = b feloszt´asa finomabb, mint δ (azaz maxi=1,...,n |ti − ti−1 | < δ), tov´abb´a ti−1 < ci < ti , i = 1, . . . , n tetsz˝oleges k¨ozb¨ uls˝o pontok, akkor n X hf (γ(ci )), γ(ti ) − γ(ti−1 )i − I < ε. i=1

Ekkor I-t az f vektormez˝o γ menti vonalintegr´alj´anak nevezz¨ uk. Jel¨ol´ese: Z I = f. γ

3.2.4. Defin´ıci´ o (F~ egy γ g¨orbe ment´en v´egzett munk´aja). Az F~ er˝o valamely γ g¨orbe ment´en v´egzett munk´aja az er˝o g¨orbe menti vonalintegr´alja, azaz: Z W = F~ . γ

A vonalintegr´al l´etez´es´enek egy el´egs´eges felt´etel´et fogalmazza meg a k¨ovetkez˝o t´etel. 3.2.5. T´ etel. Legyen f : Rp → Rp folytonos vektormez˝o, γ : [a, b] → Rp differenci´alhat´ o g¨orbe, ´es minden j = 1, 2, . . . , p-re γj0 integr´alhat´o (p´eld´aul γ folytonosan differenci´alhat´o). Ekkor l´etezik az f vektormez˝o γ g¨orbe menti vonalintegr´alja, ´es Z Z b f= hf (γ(t)), γ 0 (t)i dt. γ

a

3.2.6. Defin´ıci´ o (Konzervat´ıv er˝o). Az F~ er˝o konzervat´ıv, ha mik¨ozben egy testet egyik pontb´ol egy m´asikba visz¨ unk, akkor a v´egzett munka f¨ uggetlen a k´et pont k¨oz¨ott bej´art u ´tt´ol. 3.2.7. Defin´ıci´ o (Potenci´alis energia konzervat´ıv er˝ot´erben). Egy meghat´arozott A pontban l´ev˝o test potenci´alis energi´aj´at azzal a munk´aval jellemezz¨ uk, amelyet a testre hat´o er˝ok ellen´eben v´egezn¨ unk kell, m´ıg a testet A0 pontb´ol A pontba vissz¨ uk, ahol A0 a referencia pont. 3.2.1. To eny. Az ´altalunk, egy konzervat´ıv er˝o ellen´eben v´egzett munka a γ g¨orbe ¨rv´ ment´en megegyezik a t¨omegpont potenci´alis energi´aj´anak megv´altoz´as´aval. 37

3.4. a´bra. A potenci´alis energia N´ezz¨ uk meg kicsit r´eszletesebben, hogy mib˝ol is k¨ovetkezik a 3.2.1. T¨orv´eny. Ehhez tekints¨ uk a 3.4. a´br´at. Legyen EA1 azon potenci´alis energia, amely egy adott test A0 -b´ol A1 -be, EA2 azon potenci´alis energia, amely az adott test A0 -b´ol A2 -be, ∆E pedig azon potenci´alis energia, amely az adott test A1 -b˝ol A2 -be val´o vitel´ehez sz¨ uks´eges. Mivel az er˝ot´er konzervat´ıv, ez´ert a v´egzett munka f¨ uggetlen a bej´art u ´tt´ol, ´es a 3.2.7. Defin´ıci´o miatt a potenci´alis energia is. Ezek alapj´an teljes¨ ul, hogy EA2 = EA1 + ∆E, a´trendezve ∆E = EA2 − EA1 .

(3.4)

A 3.2.7. Defin´ıci´o alapj´an viszont ∆E azon munka, amely a test A1 -b˝ol A2 -be val´o vitel´ehez sz¨ uks´eges, azaz ha W -vel jel¨olj¨ uk ezt a munk´at, akkor teljes¨ ul, hogy W = ∆E = EA2 − EA1 , vagyis a potenci´alis energia megv´altoz´asa megegyezik az a´ltalunk v´egzett munk´aval. Ezzel a 3.2.1. T¨orv´enyhez jutottunk. Matematikailag arr´ol van sz´o, hogy a potenci´alis energia a (−1)-szerese az f konzervat´ıv vektormez˝o egy olyan (t¨obbv´altoz´os ´ertelemben vett) primit´ıv f¨ uggv´eny´enek, amely a referenciapontban elt˝ unik. A t¨obbv´altoz´os anal´ızis tanulm´anyainkb´ol tudjuk, hogy ha f konzervat´ıv valamint folytonosan differenci´alhat´o vektormez˝o, ´es r¨ogz´ıt¨ unk egy x0 pontot a t´erben, akkor az x0 -t´ol x-ig vett vonalintegr´al az f egy F primit´ıv f¨ uggv´eny´et adja, vagyis a deriv´altja ´eppen f . Azaz, ha Z F (x) =

f, γ[x0 ,x]

38

ahol γ[x0 ,x] egy tetsz˝oleges, x0 -t x-szel o¨sszek¨ot˝o (folytonosan differenci´alhat´o) g¨orbe, akkor F 0 (x) = f (x). Teljes¨ ul tov´abb´a a Newton–Leibniz-t´etel ´altal´anos´ıt´asa, vagyis a vonalintegr´al (azaz az er˝o a´ltal v´egzett munka) a primit´ıv f¨ uggv´eny k´et pont k¨oz¨otti megv´altoz´asa. Azaz, ha R l´etezik F , amelyre F (x) = γ[x ,x] f , akkor a γ : [a, b] → Rp folytonosan differenci´alhat´o 0

g¨orbe ment´en az f : Rp → Rp konzervat´ıv vektormez˝o vonalintegr´alja Z f = F (b) − F (a). γ

Ezt (−1)-gyel megszorozva ´eppen a (3.4) ¨osszef¨ ugg´est nyerj¨ uk. 3.2.2. T¨ orv´ eny. A neh´ezs´egi er˝ot´er konzervat´ıv. A 3.2.2. T¨orv´eny eset´eben is n´ezz¨ uk meg kicsit r´eszletesebben, hogy mi a matematikai h´attere. Helyezz¨ unk egy adott m t¨omeg˝ u testet a (h´aromdimenzi´os) neh´ezs´egi er˝ot´erbe. Ekkor f (x, y, z) = (0, 0, −mg), amelynek egy primit´ıv f¨ uggv´enye F (x, y, z) = −mg · z. Nyilv´anval´o, hogy z = 0 eset´en F (x, y, z) = 0, teh´at a referencia´allapotot az xy-s´ıkhoz r¨ogz´ıtett¨ uk. Ekkor a potenci´alis energia (−1)-szeres´et kapjuk. Vagyis a k¨oz´episkol´aban tanult mgh helyzeti energi´ara vonatkoz´o ¨osszef¨ ugg´eshez jutottunk (l´asd m´eg az 1.2.4. Defin´ıci´ot), valamint azt is megkaptuk, hogy az m t¨omeg˝ u testet h1 magass´agb´ol h2 magass´agba juttatva az er˝ot´er ellen´eben v´egzett munka ∆Epot = mgh2 − mgh1 .

3.3. Integr´ alok kisz´ am´ıt´ asa mechanika seg´ıts´ eg´ evel A k¨ovetkez˝o p´eld´akban megmutatjuk, hogyan lehet k¨ ul¨onb¨oz˝o integr´alok ´ert´ekeit u ´gy kisz´am´ıtani, hogy nem mag´at az integr´al´ast v´egezz¨ uk el. 3.3.1. Probl´ ema. Sz´am´ıtsuk ki a k¨ovetkez˝o hat´arozott integr´alt! Z 1 x √ dx =? 1 − x2 0 Megold´as. Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o k´ıs´erleti elrendez´est. Legyen egy egys´egnyi s´ uly´ u test felf¨ uggesztve egy egys´egnyi hossz´ u, elhanyagolhat´o t¨omeg˝ u k¨ot´elre. A test legyen egy olyan f¨ ugg˝oleges r´ udra felszerelve, amely a testet csak f¨ ugg˝olegesen (s´ url´od´asmentesen) engedi elmozdulni. Kezdetben legyen a k¨ot´el is f¨ ugg˝oleges helyzet˝ u (l´asd 3.5. ´abra). Ha a 39

3.5. a´bra. A test mozg´as´anak szeml´eltet´ese k¨otelet a fels˝o v´eg´en´el fogva a kezdeti ´allapothoz k´epest v´ızszintesen mozgatjuk, akkor a test f¨ ugg˝olegesen felfel´e fog elmozdulni. Jel¨olje a k¨ot´el fels˝o v´eg´enek a kiindul´asi helyzethez viszony´ıtott v´ızszintes t´avols´ag´at x. Ekkor, ha a k¨ot´el fels˝o v´eg´enek helyzet´et x = 0-t´ol (kiindul´asi helyzet) x = 1-ig v´altoztatjuk, akkor az ek¨ozben v´egzett munka a k¨ovetkez˝ok´eppen sz´am´ıthat´o ki defin´ıci´o alapj´an Z W = 0

1

~ F (x) dx,

~ ahol F (x) annak az er˝onek a nagys´aga, amely a k¨ot´el fels˝o v´eg´enek x helyzet´eben sz¨ uks´eges a k¨ot´el megtart´as´ahoz. Ugyanennyi munk´at kell v´egezn¨ unk azonban akkor is, ha a k¨otelet f¨ ugg˝olegesen emelj¨ uk egy egys´eggel magasabbra a kiindul´asi helyzethez k´epest, azaz ~ W = G · 1 = 1, R 1 ~ teh´at W = 0 F (x) dx = 1. Megmutatjuk, hogy az F~ (x) er˝o nagys´aga eset¨ unkben x ~ . F (x) = √ 1 − x2 ~ vektorok ¨osszeg´enek egyenl˝onek kell lennie K~ Ehhez tekints¨ uk a 3.6. a´br´at! Az F~ (x) ´es G val az 1.2.3. T¨orv´eny alapj´an, mivel a rendszer egyens´ ulyban van, ha az x helyzetben F (x) er˝ovel tartjuk a k¨ot´el v´eg´et, teh´at sz¨ uks´egk´eppen a testre hat´o er˝ok ered˝oje 0. A 3.6. a´bra alapj´an ´ırjuk fel tan α ´ert´ek´et, egyszer az er˝ok nagys´ag´anak seg´ıts´eg´evel, majd a k¨ot´el v´ege 40

3.6. a´bra. A fell´ep˝o er˝ok, valamint a testre hat´o er˝ok ¨osszegz´ese v´ızszintes helyzet´enek f¨ uggv´eny´eben. Felhaszn´alva, hogy a test s´ ulya ´eppen egys´egnyi, ~ F (x) tan α = = F~ (x) , ~ G valamint, a k¨ot´el v´ege x helyzet´enek f¨ uggv´eny´eben x tan α = √ , 1 − x2 ~ teh´at F (x) =

√ x 1−x2

teljes¨ ul. ´Igy arra jutottunk, hogy Z

1

√

0

x dx = 1. 1 − x2

3.3.1. Megjegyz´es. Az eredm´eny ellen˝orizhet˝o az integr´al´as elv´egz´es´evel: Z 1 h √ i1 √ √ x 2 √ dx = − 1 − x = − 1 − 12 − (− 1 − 0) = 0 − (−1) = 1. 0 1 − x2 0 Az al´abbiakban egy m´asik integr´al ´ert´ek´et fogjuk meghat´arozni a mechanikai ismereteink ´es egy felf¨ uggesztett merev r´ ud seg´ıts´eg´evel. 3.3.2. Probl´ ema. Sz´am´ıtsuk ki a k¨ovetkez˝o hat´arozott integr´alt! Z x sin t dt =? 0

41

3.7. a´bra. Az elrendez´es ´es a fell´ep˝o er˝ok Megold´as. Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o k´ıs´erleti elrendez´est. Legyen egy O pontban felf¨ uggesztve egy egys´egnyi hossz´ u, elhanyagolhat´o t¨omeg˝ u merev r´ ud, amelynek a v´eg´en egy egys´egnyi s´ uly´ u pontszer˝ u test helyezkedik el. A r´ ud egy zsan´er seg´ıts´eg´evel van felf¨ uggesztve az O pontban, teh´at a r´ ud elforgathat´o a zsan´er tengelye k¨or¨ ul. Az elrendez´es a 3.7. a´br´an l´athat´o. A keresett integr´al ´ert´ek´et a fell´ep˝o er˝ok seg´ıts´eg´evel fogjuk meghat´arozni. Ha a rudat t sz¨oggel forgatjuk el a f¨ ugg˝olegeshez k´epest, akkor a r´ ud megtart´as´ahoz sin t nagys´ag´ u, ´erint˝o ir´any´ u er˝ore van sz¨ uks´eg, ami az ´abr´an j´ol l´athat´o. Mivel a r´ ud hossza 1, ez´ert a r´ ud t sz¨og˝ u elforgat´as´aval le´ırt k¨orcikk ´ıvhossza ´eppen t lesz. Z´arjon be a f¨ ugg˝olegessel most a r´ ud t sz¨oget. Ekkor a r´ ud ezen a´llapot´ab´ol egy t+dt sz¨og˝ u a´llapot´aba val´o vitel´ehez a sz¨ uks´eges munka: sin t · dt. Term´eszetesen ehhez felt´etelezn¨ unk kell, hogy dt annyira kicsi”, hogy a k¨or´ıv egyenessel k¨ozel´ıthet˝o. A teljes munka, ha a testet a t = 0 ” kiindul´asi helyzetb˝ol a t = x sz¨og˝ u elforgatott helyzetbe vissz¨ uk Z x W = sin t dt. 0

Val´oj´aban a munkav´egz´es 3.2.3. Defin´ıci´oj´at is haszn´alhattuk volna. Az ´ıv egy para  m´eterez´ese γ(t) = (cos t, sin t), ahol t ∈ − π2 , 0 , tov´abb´a a vektormez˝o f (x, y) = (0, −mg) = (0, −1). Ekkor a neh´ezs´egi er˝o munk´aja kisz´am´ıthat´o a 3.2.5. T´etel alapj´an: Z 0 Z 0 Z 0 hf (γ(t)), γ (t)i dt = h(0, −1), (− sin t, cos t)i dt = − Wneh = − π2

− π2

0

− π2

42

cos t dt.

3.9. a´bra. Szeml´eltet´es a potenci´alis energi´ahoz

3.8. a´bra. t + dt hossz´ u ´ıvhossz Mivel sin α = cos

π 2


− α , ez´ert Z Wneh = −

π 2

sin t dt. 0

´Irjuk fel, hogy a r´ ud elforgat´as´aval mekkora lesz a test potenci´alis energi´aja, ha a nulla szintnek a test kiindul´asi helyzet´et tekintj¨ uk: ~ Epot = G · h, ~ ahol G a testre hat´o neh´ezs´egi er˝o nagys´aga, h pedig a 0 szintt˝ol m´ert t´avols´aga a testnek. A 3.9. a´bra alapj´an x sz¨ogelfodul´as eset´en h = 1 − cos x, ez´ert Epot = 1 − cos x. A 3.2.1. T¨orv´eny alapj´an, kihaszn´alva, hogy a kezdeti ´allapotban a potenci´alis energia 0, azt kapjuk hogy: W = ∆Epot = Epot , azaz

Z

x

sin t dt = 1 − cos x. 0

3.3.2. Megjegyz´es. Ez az eredm´eny k¨onnyen ellen˝orizhet˝o az integr´al´as elv´egz´es´evel: Z x sin t dt = [− cos t]x0 = − cos x − (− cos 0) = − cos x + 1 = 1 − cos x. 0

43

Irodalomjegyz´ ek [1] P´olya Gy¨ orgy, Indukci´ o ´es anal´ ogia: A matematikai gondolkod´ as m˝ uv´eszete I., Gondolat Kiad´o, Budapest, 1988. [2] Haj´os Gy¨ orgy, Bevezet´es a geometri´ aba, Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1966. [3] R. P. Feynman, Mai fizika 3.: Optika, Anyaghull´ amok, M˝ uszaki K¨onyvkiad´o, Budapest, 1985. ´ [4] Bud´o Agoston, Dr. P´ ocza Jen˝ o, K´ıs´erleti fizika I., Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1965. [5] V. A. Uspensky, Little Mathematics Library – Pascal’s triangle, certain applications of mechanics to mathematics, Mir Publishers, Moscow, 1976. [6] Mark Levi, The mathematical mechanic, Princeton University Press, Princeton, 2009. [7] http://matek.fazekas.hu/portal/tanitasianyagok/Hrasko_Andras/termtud2011/ tomeg/tomegkp.pdf, (let¨ olt´es: 2014. ´aprilis) [8] Fried Katalin ´es Pog´ ats Ferenc, K¨ oz´episkolai matematikai versenyek 1980–1984, Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1986. [9] Laczkovich Mikl´ os, T. S´ os Vera, Anal´ızis I., Nemzeti Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 2005. ¨ [10] KOMAL arch´ıvum, http://db.komal.hu/KomalHU/cikk.phtml?id=201045, (let¨olt´es: 2014. m´ ajus) [11] Arany D´ aniel Matematikai Tanul´overseny feladatsorai ´es megold´asaik http://www. eszesen2010.hu/index.php?option=com_content&view=article&id=25&Itemid=129, (let¨olt´es: 2014. m´ ajus) [12] Sikolya Eszter, Anal´ızis jegyzet, 2014., http://tankonyvtar.ttk.bme.hu/pdf/161.pdf, (let¨olt´es: 2014. m´ ajus)

44