MateFizika - Statika

MateFizika - Statika Werner Mikl´os Antal 2016. ´aprilis 2.

Tartalomjegyz´ ek 1. Merev testek egyens´ ulya

2

2. Feladatok 2.1. K´ett´ amasz´ u tart´ o. . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Nem a v´egein al´ at´ amasztott k´ett´amasz´ u tart´o 2.3. Lejt˝ on ´ all´ o has´ ab . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. H´arom r¨ onkb˝ ol ´ all´ o farak´ as egyens´ ulya . . . . 3. Statikailag t´ ulhat´ arozott rendszerek 3.1. Falhoz t´ amasztott l´etra egyens´ ulya . 3.2. H´aromt´ amasz´ u tart´ o . . . . . . . . . 3.3. H´aromt´ amasz´ u tart´ o, csukl´ oval . . . 3.4. Gerber tart´ o, Szabads´ ag-h´ıd . . . . . 3.5. Magas farak´ as . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

3 3 4 4 5

. . . . .

7 7 8 10 11 12

4. V´ızbe m´ artott testek, a felhajt´ oer˝ o 13 4.1. V´ızbe nyomott p´ alca, stabilit´ as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 ´ as stabilit´ 4.2. Usz´ asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 ´ o deszka, stabilit´ 4.3. Usz´ as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1

1. Merev testek egyens´ ulya A minket k¨ or¨ ulvev˝ o vil´ agban nagyon sok olyan kiterjedt szil´ard testtel tal´alkozunk, melyek alakja a k¨ uls˝ o k¨ or¨ ulm´enyekt˝ ol f¨ uggetlen¨ ul gyakorlatilag v´altozatlan marad. Ezt matematikailag u ´gy fogalmazhatjuk meg, hogy a test k´et tetsz˝oleges pontj´anak a t´avols´aga ´alland´o marad. Szigor´ uan v´eve ilyen test nincs, m´eg a legkem´enyebb anyagok mint pl. a gy´em´ant is deform´al´odnak k¨ uls˝o er˝ok hat´ as´ ara, ezek a deform´ aci´ ok azonban sokszor elegend˝oen kicsik ahhoz, hogy eltekinthess¨ unk t˝ ol¨ uk. M˝ uszaki szempontb´ol az, hogy mikor elegend˝oen kicsi” a deform´aci´o att´ ol ” is f¨ ugg, hogy milyen feladatot szeretn´enk megoldani: egy h´ıd elemei merev testnek” tekint” het˝oek pedig a k¨ ozleked´es miatt igen nagy, centim´eteres deform´aci´ok, is kialakulhatnak rajtuk. Egy elektronmikroszk´ op vagy hologr´ afia laborban azonban m´ar a m˝ uszerek al´at´amaszt´as´anak n´eh´any mikrom´eteres torzul´ asa is probl´em´as lehet. Ezen az alkalmon ide´ alisnak tekintett merev testek statik´aj´aval fogunk foglalkozni, azaz arra a k´erd´esre keress¨ uk a v´ alaszt, hogy egy test, vagy n´eh´any test egy¨ uttes rendszere milyen felt´etelek mellett lehet egyens´ ulyban. Az egyens´ uly egyik felt´etele, hogy a testre hat´o k¨ uls˝ o er˝ovektorok ¨ osszege (amit a k¨ uls˝ o er˝ ok ered˝oj´enek is nevez¨ unk) nulla legyen: X F~i = ~0 . (1) i

F

F 1. ´abra Egy kiterjedt test eset´en ez azonban nem el´egs´eges felt´etele az egyens´ ulynak, hiszen ahogy az 1. ´abr´an is l´ atszik b´ ar a ker´ekre hat´o er˝ok vektori ¨osszege nulla, m´egis tudjuk, a ker´ek el fog fordulni, azaz nincs egyens´ ulyban. Merev testek eset´en az egyens´ uly m´asik felt´etele, hogy a testre hat´o forgat´ onyomat´ekok ¨ osszege is nulla kell legyen. Egy forg´ astengelyre vonatkoztatott forgat´onyomat´ekot a k¨ovetkez˝o m´odon kell kisz´am´ıtani (l´asd 2. ´abra): • Fel kell venni egy pozit´ıv”-nak tekintett forg´asir´anyt. Egy er˝o forgat´onyomat´eka pozit´ıv, ” ha ebbe az ir´ anyba forgatn´ a a testet, negat´ıv, ha ezzel ellent´etesen. • Meg kell hat´ arozni a k¨ uls˝ o er˝ o hat´asvonal´anak a forg´astengelyt˝ol m´ert k t´avols´ag´at, ezt a k¨ uls˝o er˝ o er˝ okarj´ anak nevezz¨ uk. • A k¨ uls˝ o er˝ o forg´ astengelyre mer˝ oleges komponens´et megszorozva az er˝okarral kapjuk az er˝o tengelyre vonatkoztatott forgat´onyomat´ek´at. Egy test egyens´ uly´ anak felt´etele teh´ at az is, hogy a k¨ uls˝o er˝ok forgat´onyomat´ekai tetsz˝oleges forg´astengelyre t˝ unjenek el.

2

F k

2. ´abra

Mivel a megoldand´ o feladatok jelent˝os r´esz´eben a F¨old gravit´aci´os vonz´as´at is figyelembe kell venn¨ unk, fontos megjegyezni, hogy a test minden pontj´ara hat´o homog´en gravit´aci´os er˝ot´er forgat´onyomat´ek szempontj´ ab´ ol u ´gy kezelhet˝o mintha a testre hat´o ered˝o gravit´aci´os er˝o a test t¨omegk¨oz´eppontj´ aban hatna.

2. Feladatok 2.1. K´ ett´ amasz´ u tart´ o Tekints¨ unk egy a k´et v´eg´en al´ at´ amasztott m t¨omeg˝ u pall´ot. A pall´o hossza legyen L. A k´erd´es¨ unk el˝ osz¨ or csup´ an annyi, hogy mekkora tart´oer˝ok ´ebrednek a k´et al´at´amaszt´asi pontn´al. Jel¨olje az egyik er˝ ot F1 a m´ asikat F2 . A pall´ora hat tov´abb´a a gravit´aci´os er˝o, melynek ered˝ o nagys´aga mg, ´es nyomat´ek szempontj´ab´ol a pall´o t¨omegk¨oz´eppontj´aban hat´o er˝ovel helyettes´ıthet˝o. L F1

F2 mg

Az egyens´ uly felt´etele egyr´eszt az er˝ok ered˝oj´enek elt˝ un´ese, F1 + F2 − mg = 0 .

(2)

A m´asik felt´etel az ered˝ o forgat´ onyomat´ek elt˝ un´ese. Ehhez ki kell v´alasztani egy tengelyt, legyen ez pl. a baloldali al´ at´ amaszt´ as. Ekkor a baloldali al´at´amaszt´asn´al hat´o er˝o nyomat´eka nulla, a m´asik k´et er˝ o nyomat´ek´ anak kell kiejtenie egym´ast, F2 L − mg

L =0. 2

(3)

A k´et egyenletet megoldva azt tal´ aljuk, hogy F1 =

mg , 2

F2 =

mg . 2

(4)

Fontos megjegyezni, hogy a nyomat´eki egyenlet fel´ır´as´an´al szabadon v´alaszthattuk meg a forg´astengelyt. V´ alaszthattunk volna m´ask´epp is. Ha pl. a jobboldali al´at´amaszt´asi pontra 3

´ırjuk fel a nyomat´eki egyenletet, u ´gy az az al´abbi alak´ u, −F1 L + mg

L =0. 2

(5)

L´athat´oan az egyenlet m´ as alak´ u, mint az el˝oz˝oleg haszn´alt nyomat´eki egyenlet, azonban az egyenletek megold´ asai nem v´ altoztak.

2.2. Nem a v´ egein al´ at´ amasztott k´ ett´ amasz´ u tart´ o Tekints¨ uk az el˝ oz˝ o feladatot, de a jobboldali al´at´amaszt´as ne a pall´o v´eg´en´el, hanem att´ol d t´avols´agra legyen! L F1

F2 mg

d

Az er˝ok ered˝ oj´enek elt˝ un´ese az el˝ oz˝o feladathoz hasonl´oan az al´abbi egyenletet szolg´altatja nek¨ unk, F1 + F2 − mg = 0 . (6) A forgat´onyomat´ek elt˝ un´es´et ´ırjuk fel ism´et a baloldali al´at´amaszt´asi pontra! F2 (L − d) − mg

L =0. 2

(7)

Ez ut´obbi egyenletb˝ ol F2 = mg

L , 2(L − d)

(8)

behelyettes´ıtve az els˝ o egyenletbe, F1 = mg − F2 = mg

L − 2d . 2(L − d)

(9)

Vizsg´alva ezen egyenlet megold´ as´ at, azt l´atjuk, hogy amennyiben d > L/2, u ´gy F1 < 0 azaz a baloldali al´at´ amaszt´ asn´ al h´ uz´ oer˝ onek kell fell´epnie. Amennyiben a pall´ot nem csavarozzuk oda az al´at´amaszt´ asi ponthoz, u ´gy az le fog billenni az al´at´amaszt´asr´ol. Ezt az eredm´enyt ´ altal´ anosabban is megfogalmazhatjuk: amennyiben egy s´ık fel¨ uletre (pl. asztalra) u ´gy helyez¨ unk el egy kiterjedt testet, hogy a t¨omegk¨oz´eppontja nem ny´ ulik t´ ul v´ızszintesen az al´ at´ amaszt´ asi pontokon, akkor egyens´ ulyban lehet an´elk¨ ul, hogy a fel¨ ulethez ragasztan´ank. Amennyiben azonban a t¨ omegk¨oz´eppont t´ ull´og az al´at´amaszt´ason, u ´gy le kell ragasztani/csavarozni, hiszen az al´ at´ amasztott r´eszen valahol biztosan fel kell l´epnie h´ uz´oer˝onek ahhoz, hogy egyens´ ulyban lehessen a test.

2.3. Lejt˝ on ´ all´ o has´ ab Egy α hajl´assz¨ og˝ u lejt˝ ore egy n´egyzet alap´ u has´ab ´all. Az alap oldalai a hossz´ us´ag´ uak, ´es az egyik oldal p´ arhuzamos a lejt˝ o ir´ any´ aval. Legfeljebb milyen h magass´ag´ u lehet a has´ab, hogy m´eg ne d˝olj¨on el? Legal´ abb mekkora kell legyen a µ tapad´asi s´ url´od´asi egy¨ utthat´o, hogy a has´ab ne cs´ usszon meg? 4

a h mg α Ennek a feladatnak a megold´ as´ an´ al az el˝oz˝o feladatban l´atott ´altal´anos eredm´enyt haszn´aljuk, azaz megvizsg´ aljuk, hogy a t¨ omegk¨ oz´eppont v´ızszintes ir´anyban t´ ulny´ ulik-e az al´at´amaszt´ason. Ez a felt´etel az al´ abbi egyenl˝ otlens´eget szolg´altatja: h a tgα < , 2 2

(10)

amib˝ol annak a felt´etele, hogy a has´ ab nem d˝ol el, h<

a . tgα

(11)

Meg kell m´eg vizsg´ alnunk a has´ ab esetleges megcs´ usz´as´at. Ehhez meghat´arozzuk a has´abra hat´o nyom´o- ´es tapad´ asi s´ url´ od´ asi er˝ oket. A has´abra hat´o ered˝o er˝o lejt˝ore mer˝oleges komponens´enek elt˝ un´ese az al´ abbi egyenletet szolg´altatja, T = mg cos(α) .

(12)

A lejt˝ovel p´arhuzamos komponens elt˝ un´ese miatt S = mg sin(α) .

(13)

µt > S/T = tg(α) .

(14)

A tapad´as felt´etele pedig ´ Erdekes k´erd´es lehet, ha van egy a´ll´ıthat´o α hajl´assz¨og˝ u lejt˝onk amire r´atessz¨ uk a h magass´ag´ u has´ abot, majd lassan elkezdj¨ uk n¨ovelni α-t, akkor a has´ab lecs´ uszik a lejt˝or˝ol, vagy eld˝ol? A megcs´ usz´ as ann´ al az αcs sz¨ ogn´el k¨ovetkezik be, ahol tgαcs = µt teljes¨ ul. A feld˝ol´es a pedig ann´al az αd sz¨ ogn´el, ahol tgαd = h . Ha αcs < αd u ´gy a has´ ab el˝ obb megcs´ uszik miel˝ott felborulhatna”. Teh´at amennyiben ” µt < ha , u ´gy lassan n¨ ovelve a lejt˝ o hajl´assz¨og´et a has´ab egy id˝o ut´an le fog cs´ uszni a lejt˝or˝ol. Ford´ıtott esetben a has´ ab eld˝ ol miel˝ ott megcs´ uszna.

2.4. H´ arom r¨ onkb˝ ol ´ all´ o farak´ as egyens´ ulya H´arom egyforma, henger alak´ u far¨ onkb˝ol az ´abr´an is l´athat´o farak´ast ´ep´ıtj¨ uk. A k´et als´o r¨onk k¨oz¨ott maradt egy kicsiny h´ezag, ´ıgy ott se nyom´o, se s´ url´od´asi er˝ok nem l´epnek fel. A r¨onk¨ ok k¨oz¨otti tapad´ asi egy¨ utthat´ o µ1 , a v´ızszintes talaj ´es az als´o r¨onk¨ok k¨oz¨otti tapad´asi s´ url´od´asi egy¨ utthat´o pedig µ2 , . A k´erd´es az, legal´abb mekkor´ak kell legyenek a s´ url´od´asi egy¨ utthat´ok, hogy a rak´as ne guruljon sz´et? A megold´ ashoz el˝ osz¨ or rajzoljuk be az egyes r¨onk¨okre hat´o er˝oket! Mivel a r¨onk¨ok egyform´ak, ´es az als´ o r¨ onk¨ ok k¨ oz¨ otti h´ezag kicsiny, ´ıgy a mer˝olegesen elv´agva a h´arom r¨onk 5

k¨oz´eppontja egy szab´ alyos h´ aromsz¨ oget rajzol ki, azaz az ´abr´an jel¨olt α sz¨og 60◦ -os. Vigy´aznunk kell, hogy a r¨ onk¨ ok k¨ oz¨ otti tart´ o- ´es s´ url´od´asi er˝ok ellener˝o-p´arjait is be kell rajzolni az ´abr´aba. A kavarod´as elker¨ ul´ese v´egett a h´ arom r¨onk¨ot h´arom k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ınnel mutatjuk, az egyes r¨onk¨okre hat´ o er˝ ok pedig szint´en a megfelel˝o sz´ınekkel vannak jel¨olve.

~ T1

T1

S1

~ S1

mg T1

S2

~ S1 60°

S1

mg T2

~ T1 ~ T2

mg ~ S2

Az ilyen megcs´ uszik vagy nem?” t´ıpus´ u feladatok megold´as´at ´altal´aban u ´gy kezdj¨ uk, hogy ” feltessz¨ uk az egyik eshet˝ os´eget. Eset¨ unkben tegy¨ uk fel, hogy a rak´as nem cs´ uszik sz´et. Ha v´eg¨ ul ez a felt´etelez´es olyan tapad´ asi er˝ ok megjelen´es´et k¨oveteln´e meg, amik nagyobbak a tapad´asi er˝o maximum´ an´ al, u ´gy a felt´etelez´es¨ unk t´eves volt, teh´at a rak´as megcs´ uszik. A fels˝o r¨ onk egyens´ ulya h´ arom egyenletet szolg´altat nek¨ unk: • A r¨onkre hat´ o ered˝ o er˝ o f¨ ugg˝ oleges komponense z´erus, T1 sin(60◦ ) + T˜1 sin(60◦ ) + S1 cos(60◦ ) + S˜1 cos(60◦ ) = mg .

(15)

• A r¨onkre hat´ o ered˝ o er˝ o v´ızszintes komponense is z´erus, T1 cos(60◦ ) − T˜1 cos(60◦ ) − S1 sin(60◦ ) + S˜1 sin(60◦ ) = 0 .

(16)

• A r¨onkre hat´ o ered˝ o forgat´ onyomat´ek z´erus. Ezt a r¨onk t¨omegk¨oz´eppontj´an ´atmen˝o tengelyre ´erdemes fel´ırni: S˜1 R − S1 R = 0 . (17) A harmadik egyenletb˝ ol azonnal l´ atjuk, hogy S˜1 = S1 , ezt behelyettes´ıtve a m´asodikba azt is ˜ ´ l´atjuk, hogy T1 = T1 . Igy a fels˝ o r¨ onk egyens´ ulya az al´abbi egyetlen egyenlett´e egyszer˝ us¨odik: 2T1 sin(60◦ ) + 2S1 cos(60◦ ) = mg . Ebb˝ol azonnal azt nyerj¨ uk, hogy

√ S1 = mg − T1 3 .

(18)

(19)

A folytat´ asn´ al ´erdemes ´eszrevenni, hogy a k´et als´o r¨onk most m´ar, tudva, hogy T˜1 = T1 ´es ˜ S1 = S1 , teljesen szimmetrikus a feladat szempontj´ab´ol, egym´assal ekvivalens egyenleteket kell r´ajuk fel´ırni. Tekints¨ uk a bal oldali r¨ onk¨ot: • Az ered˝ o er˝ o f¨ ugg˝ olegesen z´erus, √ √ T1 3 mg − T1 3 T2 − T1 sin(60 ) − S1 cos(60 ) = T2 − − = mg . 2 2 ◦

◦

6

(20)

• Az ered˝ o er˝ o v´ızszintesen is z´erus, √ T1 mg 3 − 3T1 − =0. S2 + T1 cos(60 ) − S1 sin(60 ) = S2 + 2 2 ◦

◦

(21)

• Az ered˝ o forgat´ onyomat´ek z´erus, −S2 R − S1 R = 0 . √ A legals´o egyenletb˝ ol S2 = −S1 = −mg + T1 3, a fels˝ob˝ol T2 = helyettes´ıtve, az egyenletrendszer megold´asai: T1 = S1

3 2 mg,

ezeket a k¨oz´eps˝obe

mg , 2

√ ! 3 = mg 1 − , 2

T2 = S2

(22)

3mg , 2

√ ! 3 . = −mg 1 − 2

(23)

A rak´as nem cs´ uszik meg, ha µ1 > µ2 >

√ |S1 | = 2 − 3 = 0,268 , T1 √ 2− 3 |S2 | = = 0,089 . T2 3

(24)

3. Statikailag t´ ulhat´ arozott rendszerek Az eddig l´atott feladatok mind olyanok voltak, hogy a vizsg´alt testek egyens´ ulya egy´ertelm˝ uen meghat´arozta az ismeretlen tart´ o ´es s´ url´od´asi er˝oket. Az ilyen elrendez´eseket statikailag meghat´arozottnak nevezz¨ uk. K¨ onnyen ki tudunk azonban tal´alni olyan elrendez´eseket, ahol ez m´ ar nincs ´ıgy.

3.1. Falhoz t´ amasztott l´ etra egyens´ ulya Tekints¨ unk egy m t¨ omeg˝ u L hossz´ us´ ag´ u l´etr´at, amit a falhoz t´amasztottunk u ´gy, hogy a l´etra a v´ızszinteshez k´epest α sz¨ ogben d˝ ol. Adjuk meg a l´etra als´o ´es fels˝o v´eg´en´el hat´o tart´o ´es tapad´asi er˝oket! Az egyens´ ulyi egyenletek a k¨ ovetkez˝ok: • A l´etr´ara hat´ o v´ızszintes ered˝ o er˝o nulla, ebb˝ol T1 − S2 = 0 .

(25)

• A l´etr´ara hat´ o f¨ ugg˝ oleges ered˝ o er˝o is nulla, ebb˝ol T2 + S1 − mg = 0 .

7

(26)

S1 T1 L mg

T2

S2 α

• A l´etr´ara hat´ o ered˝ o forgat´ onyomat´ek nulla. ´Irjuk fel ezt az als´o ´erintkez´esi ponton ´atmen˝ o tengelyre! L mg cos(α) − S1 L cos(α) − T1 L sin(α) = 0 . (27) 2 Az els˝o ´es m´ asodik egyenletekb˝ ol kifejezve S2 -t ´es S1 -et, majd ut´obbit behelyettes´ıtve a harmadik egyenletbe mindenkit ki tudunk fejezni pl. T1 ismeret´eben, T1 -et mag´at azonban m´ar nem tudjuk meghat´ arozni, mg S1 = − T1 tgα , 2 mg + T1 tgα , T2 = 2 S2 = T1 . (28) Amit kaptunk nem meglep˝ o: n´egy ismeretlen er˝onk volt, de csak h´arom f¨ uggetlen egyens´ ulyi egyenlet¨ unk. Fizikailag is ´erthet˝ o az er˝ok meghat´arozatlans´aga: ha pl. fel¨ ulr˝ol elkezden´enk kalap´alni a l´etr´ at lefel´e, u ´gy be tudn´ ank fesz´ıteni a fal ´es a talaj k¨oz´e: b´ar a l´etra tov´abbra is egyens´ ulyban lenne, de a v´egeken fell´ep˝o er˝ok a befesz¨ ul´est˝ol f¨ ugg˝oen megv´altozn´anak. Ahhoz, hogy meg tudjuk t´enylegesen hat´arozni a v´egeken fell´ep˝o er˝oket, tudnunk kell a l´etr´aban ´ebred˝ o bels˝ o fesz¨ ults´egeket, amik a l´etra torzul´asaival is kapcsolatba hozhat´ok. Ez mutatja sz´amunkra a merev-test modell korl´atait: az ilyen (´ un. statikailag t´ ulhat´arozott) elrendez´esekn´el az er˝ ok meghat´ aroz´ as´ ahoz figyelembe kell venn¨ unk a testek deform´aci´oj´at is. Ez a probl´ema azonban t´ ulmutat a mostani el˝oad´as anyag´an.

3.2. H´ aromt´ amasz´ u tart´ o Tekints¨ uk a k´ett´ amasz´ u tart´ o´ altal´ anos´ıt´asak´ent a h´aromt´amasz´ u tart´ot, azaz egy L hossz´ us´ag´ u pall´ot amit a k´et v´eg´en ´es a k¨ ozep´en is al´at´amasztottunk. A pall´o t¨omege m. Szeretn´enk meghat´arozni az al´ at´ amaszt´ asokn´ al fell´ep˝o f¨ ugg˝oleges er˝oket. Az er˝ok egyens´ ulya az al´abbi egyenletet jelenti, F1 + F2 + F3 − mg = 0 . (29) A forgat´onyomat´ekok egyens´ uly´ at b´ armely tengelyre fel´ırhatjuk, de most ´erdemes a pall´o k¨ozep´en ´atmen˝o tengelyre fel´ırni, erre ugyanis k´et er˝o nyomat´eka is z´erus. A nyomat´eki egyenlet: F3

L L − F1 = 0 . 2 2 8

(30)

F1

L F2

F3

mg

K´et egyenlet¨ unk van, h´ arom ismeretlennel: a tart´oer˝ok nem meghat´arozottak. Az egyens´ ulyi egyenletek miatt az´ert a k¨ ovetkez˝ o¨ osszef¨ ugg´eseket fel tudjuk ´ırni, F1 = F3 =

mg − F2 . 2

(31)

L´athat´oan a k¨ oz´eps˝ o pill´ert˝ ol f¨ ugg˝ oen a k´et sz´els˝o tart´o terhel´ese er˝osen f¨ ugg. Az al´abbi ´abr´aval ezt a f¨ ugg´est szeml´eletess´e is tehetj¨ uk. Tegy¨ uk fel, hogy h´arman cipelnek egy gerend´at. Ha a k¨oz´eps˝o ember er˝ os, u ´gy ak´ ar az is megt¨ort´enhet, hogy a gerenda teljes s´ uly´at ˝o viszi. A m´asik extr´em esetet mutatja a jobboldali ´ abra, ahol a k¨oz´eps˝o ember nemhogy seg´ıtene, hanem plusz teherk´ent cipelteti mag´ at a k´et t´ ars´ aval.

A h´aromt´ amasz´ u tart´ o p´eld´ aj´ an szeml´eletess´e tehet˝o a t´ ulhat´arozotts´agi probl´ema forr´asa. Ahhoz, hogy kiegyens´ ulyozzunk egy gerend´at elm´eletileg elegend˝o kett˝o al´at´amaszt´as is. Feltehetj¨ uk a k´erd´est: m´egis mi´ert van sz¨ uks´eg akkor t¨obb al´at´amaszt´asra? A v´alaszt j´ozan ´esszel is l´atjuk: nincs ide´ alis, v´egtelen¨ ul er˝ os gerenda. Ha nagy t´avols´agot szeretn´enk ´athidalni, u ´gy felt´etlen¨ ul sz¨ uks´eges lehet t¨ obb al´ at´ amaszt´as, en´elk¨ ul a szerkezet ak´ar m´ar saj´at s´ ulya alatt is ¨osszeroskad.

A k´epeken a K˝ or¨ oshegyi v¨ olgyhidat ´es a budapesti Szabds´ ag hidat l´ athatjuk. al´ at´ amaszt´ asok sora, ut´ obbi eset´en is n´egy al´ at´ amaszt´ asi pont l´ athat´ o.

El˝ obbi eset´en

M´ern¨oki szempontb´ ol nagyon fontos megsz¨ untetni a szerkezetek t´ ulhat´arozotts´ag´at. Amint a h´aromt´amasz´ u tart´ o p´eld´ aj´ an l´ attuk, az egyes tart´opill´erekn´el fell´ep˝o er˝ok nem meghat´arozottak: 9

meghat´aroz´asukhoz a szerkezet torzul´ as´at is figyelembe kell venni. Ez egyr´eszt az eddigiekhez k´epest bonyolultabb matematikai eszk¨ozt´arat ig´enyel: u ´n. differenci´alegyenleteket kell megoldani. Enn´el is nagyobb probl´ema azonban, hogy a pill´erekn´el fell´ep˝o er˝ok kicsiny, n´eh´any millim´eteres/centim´eteres torzul´ asokt´ ol is er˝osen f¨ uggenek. Egy h´ıd ´ep´ıt´es´en´el m´eg a mai technik´aval is nehezen val´ os´ıthat´ o meg a pill´erek ilyen pontoss´ag´ u ´ep´ıt´ese, nem is besz´elve a haszn´alatba v´etel ut´ ani esetleges s¨ ullyed´esekr˝ol/elmozdul´asokr´ol. Arra a tr¨ ukkre, amit a folytat´asban megvizsg´ alunk csak az ipari forradalom idej´en j¨ottek r´a a m´ern¨ok¨ok. Ez´ert nem v´eletlen, hogy a XIX. sz´ azad el˝ ott ´ep¨ ult hidak sokkal z¨om¨okebbek a maiakn´al: annak idej´en musz´aj volt biztosra menni a m´eretez´esn´el.

3.3. H´ aromt´ amasz´ u tart´ o, csukl´ oval Az el˝oz˝oekben felv´ azolt t´ ulhat´ arozotts´ agi probl´ema egy lehets´eges megold´asa a k¨ovetkez˝o: t¨orj¨ uk el a gerend´at valahol ´es ´ep´ıts¨ unk be egy k¨onnyen elfordul´o csukl´ot. Az ´abr´an l´athat´oan a h´aromt´amasz´ u h´ıd hossz´ at jel¨ olj¨ uk 4L-lel, ¨osszt¨omeg´et 4m-mel. A h´ıd legyen al´at´amasztva a k´et sz´el´en ´es a k¨ ozep´en. A k¨ ozep´et˝ ol jobbra L t´avols´agra ´ep´ıtett¨ uk be a k¨onnyen elfordul´ o csukl´ot. A csukl´ on´ al fell´ephet a h´ıd darabjaira hat´o er˝o/ellener˝o p´ar, de az egyes darabok k¨oz¨ott forgat´ onyomat´ek nem l´ephet fel.

4L F2

F1

T

3mg

F3

T mg

A csukl´ot´ ol jobbra es˝ o darabra fel´ırt egyens´ ulyi egyenletek az al´abbiak: • Az er˝ok egyens´ ulya, T + F3 − mg = 0 .

(32)

• A forgat´ onyomat´ekok egyens´ ulya, pl. a csukl´ora fel´ırva: F3 L − mg

L =0. 2

(33)

Innen azonnal ad´ odik a T = F3 = mg as. 2 megold´ A csukl´ot´ ol balra es˝ o r´eszre fel´ırt egyenletekn´el m´ar haszn´alhatjuk a T -re nyert eredm´enyt: • Az er˝ok egyens´ ulya: F1 + F2 − 3mg −

mg =0. 2

(34)

• A forgat´ onyomat´ekok egyens´ ulya (pl. a bal sz´elre fel´ırva): −3mg

3L mg + F2 2L − 3L = 0 . 2 2

(35)

A m´asodik egyenletb˝ ol kifejezve F2 -t majd az els˝ob˝ol F1 -et v´eg¨ ul megkapjuk a pill´erekn´el fell´ep˝ o

10

tart´oer˝oket ill. a csukl´ on´ al ´ebred˝ o T er˝ot: mg , 2 = 3mg , mg = , 2 mg . = F3 = 2

F1 = F2 F3 T

(36)

L´athatjuk, hogy a csukl´ o be´ep´ıt´ese statikailag hat´arozott´a tette a feladatot. V´egiggondolhatjuk azt is, ha valamelyik pill´ert (nem t´ ul nagy m´ert´ekben) magasabbra vagy m´elyebbre helyezz¨ uk, a pill´erek terhel´ese nem v´ altozik.

3.4. Gerber tart´ o, Szabads´ ag-h´ıd A Szabads´ag h´ıd u ´n. Gerber tart´ os szerkezet˝ u. Ennek l´enyege, hogy a k´et pill´er k¨oz¨otti r´eszen k´et csukl´ot is be´ep´ıtettek, ezzel t´eve statikailag hat´arozott´a a rendszert. Tekints¨ uk a h´ıd sematikus modellj´et, jel¨ olje a h´ıd hossz´ at 4L, ¨osszt¨omeg´et 4m. Az al´at´amaszt´asok legyenek a h´ıd sz´elein, ill. t˝ ol¨ uk L t´ avols´ agra. A k´et csukl´ot szimmetrikusan helyezt¨ uk el u ´gy, hogy a k¨oz´eps˝o l´og´ o” h´ıddarab L hossz´ us´ ag´ u. A feladat megold´as´at l´enyegesen leegyszer˝ us´ıthetj¨ uk, ”

F1

4L

F2

3mg/2

T T

F2

T mg

T

F1

3mg/2

ha kihaszn´aljuk az elrendez´es szimmetri´aj´at. ´Igy elegend˝o pl. a bal sz´els˝o h´ıdelemmel ´es a k¨oz´eps˝o elemmel foglalkoznunk csup´ an. A k¨oz´eps˝o elem egyens´ uly´ab´ol k¨ovetkezik, hogy T =

mg . 2

(37)

A bal sz´els˝o h´ıdelemre fel´ırva az er˝ ok egyens´ uly´at, 3 mg F1 + F2 − mg − =0. 2 2

(38)

A bal sz´els˝o elemre fel´ırva a forgat´ onyomat´ek egyens´ uly´at (pl. a h´ıd sz´el´ere), F2 L −

3mg 3L mg 3L − =0. 2 4 2 2

(39)

Megoldva a k´et egyenletet, F2 = F1 =

15 mg , 8 1 mg . 8

(40)

´ Most vizsg´ aljuk meg a Szabads´ ag h´ıd eset´en a h´ıd t´enyleges szerkezet´et. Athajtva a h´ıdon a k´et pilon k¨ oz¨ ott k´et ponton egy-egy ´erdekes, ´ori´asi csavart l´athatunk. Ha t¨ uzetesebben 11

megn´ezz¨ uk a h´ıd szerkezet´et l´ athatjuk, hogy itt az ac´elrudak nincsenek mereven r¨ogz´ıtve, hanem mint cs´ usz´olemezek elcs´ uszhatnak egym´ason. Ez az ´ori´asi csavar j´atssza el a csukl´o szerep´et. ´ Erdekes megn´ezni a h´ıd ´ep´ıt´ese idej´en k´esz¨ ult f´enyk´epeket is. L´athat´oan el˝osz¨or a k´et sz´els˝ o h´ıdelemet ´ep´ıtett´ek meg, a k¨ oz´eps˝ o bef¨ uggesztett r´eszt k´es˝obb emelt´ek a hely´ere ´es r¨ogz´ıtett´ek az ´ori´as csavarokkal.

3.5. Magas farak´ as Tekints¨ uk a kor´ abban l´ atott h´ arom r¨ onk¨os farak´as h szintb˝ol ´all´o ´altal´anos´ıt´as´at. A k´erd´es az, hogy mekkora h-n´ al v´ alik statikailag t´ ulhat´arozott´a a rendszer? A r¨onk¨ok ¨ossz sz´ama: Nr =

X

hi =

i=1

h(h + 1) . 2

(41)

Az ´erintkez´esi pontok E sz´ ama legalul h, minden fels˝obb szinten a szinten l´ev˝o r¨onk¨ok sz´am´anak k´etszerese. h−1 X E =h+ 2i = h + h(h − 1) = h2 . (42) i=1

´ Erintkez´ esi pontonk´ent k´et ismeretlen er˝onk van: egy nyom´oer˝o ´es egy s´ url´od´asi er˝o. Azaz ¨osszesen 2E = 2h2 ismeretlen er˝ onk van. Az egyens´ ulyi felt´etelek r¨onk¨onk´ent h´arom egyenletet egyenlet¨ unk van. A rendszer statikailag t´ ulhat´arozott, ha szolg´altatnak, azaz 3Nr = 3h(h+1) 2 nincs el´eg egyenlet¨ unk az ismeretlen er˝ok meghat´aroz´as´ara. Ez a k¨ovetkez˝o felt´etelt jelenti: 2h2 >

3h(h + 1) . 2

(43)

Ebb˝ol ad´odik, hogy h > 3 eset´en biztosan t´ ulhat´arozott a rendszer. L´attuk, hogy h = 2-re meg tudtuk oldani az egyenleteket. A h = 3 eset ´erdekes abb´ ol a szempontb´ ol, hogy b´ ar elvileg volna elegend˝o egyenlet¨ unk, de kider¨ ul, hogy ezek nem mind 12

f¨ uggetlenek. Ez bel´ athat´ o k¨ ozvetlen¨ ul is, de az igen f´arads´agos feladat. Bel´athatjuk azonban a k¨ovetkez˝o gondolatmenettel is.

L´athat´oan az elrendez´es szimmetrikus, ez´ert felt´eve, hogy j´ol meghat´arozott megold´asa van az egyenleteknek, az biztosan szimmetrikus lesz, azaz az er˝ok ´es a t¨ uk¨ork´epeik egym´assal egyenl˝ o nagys´ag´ uak. Haszn´ aljuk ki a szimmetri´at, foglalkozzunk csak a rak´as bal oldal´aval! A fels˝o ´es legalul k¨oz´epen l´ev˝ o r¨ onk¨ okre a szimmetria kihaszn´al´asa ut´an m´ar csak az er˝ok f¨ ugg˝oleges egyens´ uly´at tudjuk f¨ uggetlen egyenletk´ent fel´ırni, ami 1-1 egyenlet. A k´et bal sz´els˝o r¨onk¨okre tov´abbra is 3-3 egyenletet tudunk fel´ırni, azaz maradt ¨osszesen 8 f¨ uggetlen egyenlet¨ unk. A rak´as bal oldal´ ahoz ¨ osszesen 5 ´erintkez´esi pont tartozik, ezek k¨oz¨ ul a legals´on annyit ´all´ıthatunk, hogy a s´ url´od´ asi er˝ o a szimmetria miatt z´erus (nem mutathat sem balra, sem jobbra.) A t¨obbi ´erintkez´esi ponton mind s´ url´ od´ asi, mind nyom´oer˝o fell´ephet. Azaz marad v´eg¨ ul 9 ismeretlen er˝onk 8 egyenletre, a rendszer teh´ at t´ ulhat´arozott, m´ar h = 3-ra is.

4. V´ızbe m´ artott testek, a felhajt´ oer˝ o V´ızbe m´artott testekre hat az u ´n. felhajt´oer˝o, aminek nagys´ag´at Archim´edesz t¨orv´enye alapj´an tudjuk kisz´am´ıtani: a test ´ altal kiszor´ıtott v´ız s´ uly´anak megfelel˝o er˝o hat r´a f¨ ugg˝olegesen felfel´e. Ahhoz azonban, hogy kiterjedt testek egyens´ uly´at tudjuk vizsg´alni olyan esetekben, amikor azok r´eszben (vagy eg´eszen) v´ızbe vannak m´artva, nem el´eg tudnunk a felhajt´oer˝o nagys´ag´at, hanem azt is meg kell tudnunk mondani, hogy az ered˝o felhajt´oer˝o hat´asvonala hol tal´alhat´o.

Ffe

A felhajt´ oer˝ o az´ert l´ep fel, mert a test fel¨ ulet´en a nyom´as k¨ovetkezt´eben kifejtett er˝ok ered˝oje nem nulla. Az ered˝ o er˝ o hat´ asvonal´ anak kisz´am´ıt´as´ahoz fel kellene ¨osszegezni a fel¨ uleten l´ev˝ o elemi er˝ok forgat´ onyomat´ekait is, ´ıgy megkapva a felhajt´oer˝o forgat´onyomat´ek´at. Ez a sz´am´ıt´ as

13

t´ ulmutat ezen el˝ oad´ as keretein, hozz´ a a vektoranal´ızis ismerete sz¨ uks´eges. Kis gondolkod´assal azonban m´egis megtal´ alhatjuk a helyes v´alaszt. Tegy¨ uk fel ugyanis, hogy a test ´ altal kiszor´ıtott v´ızt´erfogatot k´epzeletben visszacser´elj¨ uk v´ızre. Ez a v´ızt´erfogat ekkor biztosan egyens´ ulyban lesz, teh´at r´a az ered˝o er˝o ´es az ered˝ o forgat´onyomat´ek is nulla. Erre a v´ızt´erfogatra is hat felhajt´oer˝o, ami ´epp a v´ızt´erfogat s´ uly´aval tart egyens´ ulyt: ebb˝ ol nem m´ as mint Archim´edesz t¨orv´enye k¨ovetkezik. A v´ızre hat´o ered˝ o forgat´onyomat´ek is z´erus: ez csak u ´gy lehets´eges, ha a v´ızt´erfogatra hat´o ered˝o gravit´aci´os er˝ o ´es felhajt´oer˝ o hat´ asvonala egybeesik, hiszen ekkor forgat´onyomat´ek szempontj´ab´ol is kioltj´ ak egym´ast. Azt azonan tudjuk, hogy a gravit´aci´os er˝ot a v´ızt´erfogat t¨omegk¨oz´eppontj´aba helyezhetj¨ uk, ´ıgy az egyens´ ulyb´ ol k¨ ovetkezik, hogy a felhajt´oer˝ot is oda helyezhetj¨ uk. Azt kaptuk teh´ at n´emi okoskod´ assal, hogy a felhajt´oer˝o forgat´onyomat´ek szempontj´ab´ol a kiszor´ıtott v´ızt´erfogat k´epzeletbeli” t¨ omegk¨oz´eppontj´aba helyezhet˝o. ”

4.1. V´ızbe nyomott p´ alca, stabilit´ as Egy ρ s˝ ur˝ us´eg˝ u, keskeny A keresztmetszet˝ u L hossz´ us´ag´ u p´alc´at az ´abr´an l´athat´o m´odon ρv s˝ ur˝ us´eg˝ u v´ızbe l´ ogatunk. A p´ alca fels˝o felf¨ uggeszt´esi pontja h magass´aggal van a v´ızfelsz´ın felett. Hat´arozzuk meg a p´ alca f¨ ugg˝ olegessel bez´art α sz¨og´et!

T α h

L

Ff

mg

´Irjuk fel el˝ osz¨ or a csukl´ on ´ atmen˝ o tengelyre vonatkoztatott forgat´onyomat´ekok egyens´ uly´at! A r´ ud ¨osszt¨omege m = ρAL, ez´ert ρALg

L sin(α) − Ff kf = 0 , 2

(44)

h ahol Ff a felhajt´ oer˝ o ´es kf ennek er˝ okarja. El˝obbit a v´ızbe l´og´o r´esz L− cos(α) hossz´aval k¨onnyen meghat´arozhatjuk,   h Ff = ρv Ag L − . (45) cos(α)

Az ered˝o felhajt´ oer˝ o a v´ızbe l´ og´ o r´esz k¨ozep´en´el hat, azaz !   h L − cos(α) h L h kf = + sin(α) = + sin(α) . cos(α) 2 2 2 cos(α)

(46)

Ezzel a forgat´ onyomat´ekok egyens´ ulya:    L h L h ρALg sin(α) = ρv Ag L − + sin(α) . 2 cos(α) 2 2 cos(α) 14

(47)

Ennek nyilv´ anval´ oan megold´ asa az α = 0, azaz amikor a p´alca nem billen ki. A m´asik megold´ as r h ρv . (48) cos(α) = L ρv − ρ q v Ez a m´asodik megold´ as csak akkor ´ertelmes, ha 1 ≥ Lh ρvρ−ρ , ekkor azonban ez a stabil megold´as, az α = 0 instabill´ a v´ alik.

´ as stabilit´ 4.2. Usz´ asa Ha egy haj´ot tervez¨ unk, akkor azon t´ ul, hogy elv´arjuk t˝ole, hogy u ´sszon a v´ızfelsz´ınen, azt is szeretn´enk ha az u ´sz´ as stabil lenne, k¨ uls˝o zavar´o t´enyez˝ok ellen´ere a haj´o nem borulna fel. A k´erd´es az, hogy ismerve a haj´ o keresztmetszeti profilj´at, mi alapj´an tudjuk eld¨onteni, hogy az u ´sz´as stabil-e. M

F

G

G

F'

Amikor egy egyens´ ulyi helyzet stabilit´as´at vizsg´aljuk, akkor u ´gy ´erdemes gondolkodni, hogy megk´erdezz¨ uk: mi t¨ ort´enik ha az egyens´ ulyb´ol kicsit kit´er´ıtem a testet? Ha a testre hat´ o er˝ok/forgat´onyomat´ekok a testet az egyens´ uly fel´e igyekeznek visszat´er´ıteni, u ´gy az egyens´ uly stabil, ellenkez˝ o esetben labilis. Egy u ´sz´o haj´ o eset´en a haj´ ora hat a neh´ezs´egi er˝o ´es a felhajt´o er˝o. El˝obbi a test t´enyleges t¨omegk¨oz´eppontj´ aban, ut´ obbi a kiszor´ıtott v´ızt´erfogat k´epzeletbeli t¨omegk¨oz´eppontj´aban t´amad, ´ ´es mindk´et er˝ o f¨ ugg˝ oleges ir´ any´ u. Erdemes az egyens´ ulyi helyzetben felvenni a haj´o t´enyleges G-vel jel¨olt t¨ omegk¨ oz´eppontj´ an ´ atmen˝o f¨ ugg˝oleges egyenest. Ezt nevezz¨ uk el u ´sz´asi tengelynek, ´es k´epzeletben ragasszuk hozz´ a a haj´ohoz, azaz eld¨ontve a haj´ot ez d˝olj¨on vele egy¨ utt. Az egyens´ ulyi helyzetben a felhajt´ oer˝ o F t´amad´aspontja is az u ´sz´asi tengelyen helyezkedik el, azonban kibillentve a haj´ ot a felhajt´ oer˝o u ´j F’ t´amad´aspontja m´ar elt´er az u ´sz´asi tengelyt˝ol. H´ uzzunk ezen az F’-n kereszt¨ ul egy f¨ ugg˝oleges egyenest (ez a felhajt´oer˝o hat´asvonala). Ez az u ´sz´asi tengellyel az M pontban metszi egym´ast, ezt a szakirodalom metacentrum”-nak nevezi. ´Irjuk fel erre a metacentrumra a forgat´onyomat´ekokat. A felhajt´o”er˝o er˝okarja z´erus. A gravit´aci´os er˝o forgat´ onyomat´ek´ anak ir´ anya pedig att´ol f¨ ugg, hogy az u ´sz´asi tengelyen az M pont a G f¨ol¨ott vagy alatt helyezkedik-e el. El˝obbi esetben az u ´sz´as stabil ut´obbi esetben instabil: a haj´o felborul.

´ o deszka, stabilit´ 4.3. Usz´ as Egy igen hossz´ u h vastags´ ag´ u, a sz´eless´eg˝ u deszka u ´szik a v´ızen. A k´erd´es az, hogy hogyan teszi ezt, azaz melyik oldala v´ızszintes, melyik oldala f¨ ugg˝oleges? A deszka s˝ ur˝ us´ege ρ, a v´ız´e ρv . A megold´ asn´ al el˝ osz¨ or t´etelezz¨ uk fel, hogy u ´sz´askor az a oldal v´ızszintes ´es a h f¨ ugg˝oleges. ˜ = h ρ . Billents¨ A deszka bemer¨ ul´ese egyens´ ulyban h u k ki a deszk´ a t egy kicsiny α sz¨ o ggel! Ezt ρv most az ´abr´ an u ´gy mutatjuk, hogy a v´ızfelsz´ınt elforgattuk α sz¨oggel.

15

M Gx F y

A feladatunk el˝ osz¨ or meghat´ arozni a kiszor´ıtott v´ızt´erfogat t¨omegk¨oz´eppontj´anak x ´es y koordin´at´aj´at. A v´ızt´erfogat keresztmetszete egy der´eksz¨og˝ u trap´ez, aminek p´arhuzamos alapjai ˜ − a tg(α) ´es h ˜ + a tg(α). A t¨ h o megk¨ o z´ e ppont helyzet´ e t ´erdemes u ´gy meghat´arozni, hogy a 2 2 a ˜ u t´eglalapra ´es egy a ill. atg(α) oldal´ u der´eksz¨og˝ u trap´ezt felv´agjuk egy a ´es h − tg(α) oldal´ 2

˜ a tg(α) h−

2 h´aromsz¨ogre. A t´eglalap t¨ omegk¨ oz´eppontja az xt = 0 ´es yt = helyen tal´alhat´o, a 2 a a ˜ − tg(α) + a tg(α). A v´ızbe h´aromsz¨og´e pedig a s´ ulypontj´ aban, azaz xhsz = 6 ´es yhsz = h 2 3 m´artott r´esz t¨ omegk¨ oz´epontj´ anak koordin´at´ai:

a2 tg(α)

a a2 tg(α) xt At + xhsz Ahsz 2 = 6 = , (49) x= ˜ ˜ Atot ha 12h    ˜ a tg(α)  h− 2 ˜ − a tg(α) + h ˜ − atg(α) a2 tg(α) a h ˜ a2 tg2 (α) 2 2 6 2 h yt At + yhsz Ahsz = + . (50) y= = ˜ ˜ Atot 2 ha 24h Most k¨ozel´ıt´est fogunk v´egezni. Ha csak kis sz¨ogben t´er´ıtett¨ uk ki a haj´ot, u ´gy α kicsi, ´es ez´ert tg(α) is kicsi, azaz tg(α) << 1. Ekkor a tg2 (α) m´ar nagyon kicsi, ez´ert a m´asodik egyenletben a m´ asodik tag elhanyagolhat´o. Ezzel a k¨ozel´ıt´essel

x = y =

a2 tg(α) , ˜ 12h ˜ h . 2

(51)

Hat´arozzuk meg az M pont yM koordin´at´aj´at! yM = y +

˜ x h a2 = + . ˜ tg(α) 2 12h

(52)

Az u ´sz´as stabilis, ha az M pont a deszka t¨omegk¨oz´eppontja felett van, azaz ˜ h a2 h + > q. ˜ 2 12h 2 ˜= Tudjuk, hogy h

ρ ρv h,

(53)

innen a stabilit´as felt´etele ρ ρv a2 h+ >h. ρv ρ 6h

Innen ´atrendez´es ut´ an a > h

s   ρ ρ2 − 2 ≡Γ. 6 ρv ρv

16

(54)

(55)

Eredetileg feltett¨ uk, hogy az a oldal v´ızszintes u ´sz´askor. A sz´amol´asunk nem v´altozik, ha azt t´etelezz¨ uk fel, hogy a h oldal v´ızszintes, ekkor a stabilit´asi felt´etel¨ unk h >Γ. a

(56)

q A Γ has´aban ´ all´ o kifejez´est teljes n´egyzett´e alak´ıtva l´athatjuk, hogy Γmax = 32 ´es ezt akkor veszi fel, amikor a deszka s˝ ur˝ us´ege fele a v´ız´enek. Az ha ´es Γ f¨ uggv´eny´eben ´erdekes lehet megn´ezni azokat a tartom´ anyokat ahol egyik vagy m´asik oldal´an stabilan u ´szhat a deszka. Elegend˝o az a a anyt vizsg´ alni, hiszen az h < 1 el´erhet˝o a k´et hossz´ us´ag felcser´el´es´evel. Az ´abr´an h > 1 tartom´

Γmax

Γ

1

a/h megjelenik egy nagy z¨ old tartom´ any. Ezen a tartom´anyon a deszka mind a sz´eles mind a keskeny oldal´an stabilan u ´szhat. A s´ arga tartom´anyon viszont csak a sz´eles oldal´an u ´szhat stabilan a ´ keskenyen nem. Erdekes m´ odon megjelenik a piros tartom´any is, ahol egyik lapj´an sem u ´szhat stabilan. A feladat sor´ an az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert eltekintett¨ unk att´ol a t´enyt˝ol hogy a deszk´anak hossz´ us´aga is van, ez´ert a megold´ asunk nem teljes, hiszen hosszir´anyban is kibillenhetne a deszka, de az ¨osszes lehets´eges elfordul´ as figyelembev´etele l´enyegesen elbonyol´ıtja a sz´am´ıt´asainkat. Elegend˝oen hossz´ u deszka eset´en azonban a deszka hosszir´anyban biztosan felfekszik a v´ızre, ekkor j´o a modell¨ unk.

17