I l i i *!!■*■

B Á R C Z Y B A R N A B Á S

TRIGONOMETRIA

M Ű S Z A K I K Ö N Y V K I A D Ó

A BOLYAI KÖNYVEK KÖTETEI

M A T E M A T I K A

B á rc zy B a rn a b á s: S z á m ta n K a rd o s G yu la : A lg eb ra I .

B á rczy B a rn a b á s: A lg eb ra I I .B á rczy B a rn a b á s: T r ig o n o m e tr ia

S o lt G yörgy: G e o m etria I .B á rc zy B a rn a b á s: G eo m etria I I .

E dőcs Ottó: Á brázo ló g e o m e tria i . Edőcs Ottó: Á brázo ló g e o m e tria I I .

F I Z I K A

K o vá ts Im ré n é : M ech an ik a K o vá ts Im rén é : S ta t ik a M á rto n A lb ert: S z ilá rd sá g ta n

B rü ch n er J á n o s : A k u sz tik a K o vá ts Im ré n é : H ő ta n

B rü c kn e r J á n o s : O p tik aK o rd a T ib o r: E g y e n á ra m K o rd a T ib o r: V á ltak o zó á ra m K o rd a T ibor: H íra d á s te c h n ik a

B á rc zy B a rn a b á s: A to m fiz ik a

K É M I A

K in d l E rv in : K é m ia I .S a jó Is tv á n n á : K é m ia I I .

MŰSZAKI KÖNYVKIADÓ, BUDAPEST1 9 6 6

BÁR C Z Y BARNABÁS

TRIGONOMETRIA

M Á S O D I K , J A V Í T O T T K I A D Á S

MŰ SZ AKI KÖNYVKIADÓ , B U D A P E S T1966

A sorozatot 8zerkej2tl

M Á T A Y L Á S Z L Ó oki. gépészm érnök

E k ö tet lektora

T O L N A I J E N Ő tudom ányos főm unkatárs

Copr. Bárczy Barnabás, 1962

ET O : 514

F elelős kiadó: S o lt Sándor igazgató Felelős szerkesztő: dr. Vas G yörgyné oki. alk. m atem atik u s

A Z O L V A S Ó H O Z !

A gyakorlatban régóta hiányzik az általános iskolák felső tago­zata, a gimnáziumok és technikumok hallgatói részére kidolgozott példatár. A tananyagok egyszerűsítése ellenére az órát adó tanár­nak ritkán van ideje arra, hogy megfelelően választott és kellő számú példát oldhasson meg. A tankönyvekben sincs mód arra, hogy az elméleti anyagon kivül elegendő példát, vagy főleg példa- megoldást közölhessenek.

Példatár sorozatunk, amely B o l y a i nevét viseli, ezt a hiá­nyosságot szeretné pótolni. Célja, hogy a sokféle feladat alapján hozzájuk hasonlókat az olvasók meg tudjanak oldani.

Általános irányelvként ajánljuk, hogy a feladatot lehetőleg mindenki önállóan igyekezzék megfejteni, és megoldásmenetét, valamint végeredményét csak azután egyeztesse a könyv adataival.

A példatár sorozatot figyelmébe ajánljuk a középiskolák esti és levelező tanulóinak is, akiknek a tanítási órákon sokkal kevesebb idejük van a példák megoldására, mint a nappali tagozatosoknak.

Az iskolai használaton kívül e könyvek hasznosak lehetnek a gyárak, műhelyek dolgozói számára is. A ma műszaki gyakor­lata több és több új probléma elé állítja a szakmunkásokat, de esetleg a magasabb végzettségűek sem emlékeznek mindenre, amit tanultak. A közölt feladatok alapján az üzemben felmerült kérdé­sekre választ kaphatunk. A politechnikai képzés is támaszkodhat majd a „Bolyai” példatárakra.

Mely területeken találunk példákat a sorozatban ?A matematika témájú könyvekben az általános iskolák VIII.

osztályának anyagához tartozó matematika példáktól a gimná­zium és technikum I V. osztályának anyagáig bezárólag közlünk példákat, ül. feladatokat.

5

{ft

A fizikai könyvekben részletesen foglalkozunk a középiskolák fizika anyagához tartozó példákkal, főként az elektrotechnikához tartozókkal.

A kémiai könyvek általános, szervetlen és egyszerű szerves ké­m iai feladatokat közölnek.

A felsorolt sokrétű anyagban azonos szerkezeti élveket kívánunk >betartani. Mindegyik kötetben először az elméleti anyagot tár­gyaljuk, példákkal és gyakorló feladatokkal illusztrálva azt, majd jellemző műszaki feladatokat közlünk.

A feladatokat röviden megmagyarázzuk azok számára, akik a feladatot tájékoztatás nélkül nem értenék, mert avval a műszaki problémával még nem foglalkoztak. Az egyes könyvek nem feltét­lenül a gimnáziumi vagy technikumi tanmenet szerint következ­nek majd egymás után, de feltétlenül törekszünk arra, hogy a soro­zat a fenti témákból a középiskolák teljes anyagát tartalmazza.

Mivel e példatárakhoz hasonlót eddig még nem adtak ki, előre is elnézést kérünk az olvasóktól az esetleges tematikai vagy másirányú eltérésekért. Velünk közölt észrevételeiket előre köszönjük, és a kö­vetkezőkben figyelembe is fogjuk venni őket.

A „Bolyai” sorozatot pedagógus kollégáink jóakaratú f i ­gyelmébe ajánljuk. Reméljük, hogy e sorozat hozzájárul nemes fel­adatunknak, az ifjúság tanításának eredményességéhez.

A szerkesztő

6

A S Z E R Z Ő E L Ő S Z A V A

Iskoláink száma az utóbbi évtizedben nagyon megnövekedett. Államunk nagy gondot fordít a tanulók és a dolgozók tudományos igényeinek kielégítésére. Minden iskolában és a legtöbb tanfolya­mon alapvető tantárgy a matematika. A matematikatanításban legfontosabb cél a példamegoldási készség kifejlesztése; e téren vannak a legnagyobb nehézségek. Annál biztosabb valakinek az ilyen irányú tudása, mennél több példát oldott meg úgy, hogy nemcsak gépiesen alkalmazott valamilyen szabályt, hanem tu­datában is volt annak, amit csinált. Ezt nevezzük a példa logikus gondolkodás útján való megoldásának. Ebben szeretnék se­gítséget nyújtani mindenkinek, aki a matematika iránt érdek­lődik.

A könyvben minden feladatot megoldottam; ahol szükséges volt, a kidolgozás lépéseit is ismertettem. Ennek az a célja, hogy az Olvasó lássa, milyen következtetésekkel, logikus gondolkodással lehet még a látszólag bonyolult feladatokat is megoldani.

A képletekbe behelyettesítettem a bennük szereplő mennyiségek mértékegységeit, ui. elég régi tapasztalat, hogy — főleg a kevésbé gyakorlott példamegoldók — behelyettesítik a számadatokat, és azok egységeitől teljesen függetlenül írnak a végeredményhez mér­tékegységet.

Már itt felhívom a figyelmet az egyenletmegoldások fontos sza­bályára: a megoldás helyességét próbával ellenőrizni kell. Külö­nösen fontos ez a trigonometrikus egyenletek esetében.

Fontos fejezet a vektorok és műveleti szabályaik ismertetése, valamint a komplex számok trigonometrikus alakjának bevezetése. A vektorokat — a szabványtól eltérően — dőlt betűvel jelölöm, ahogyan ez a középiskolai tankönyvben szokásos.

A könyv végén műszaki jellegű feladatokat közlök, ezek az el­mélet gyakorlati alkalmazását mutatják be.

Sok sikert kívánok az Olvasónak a példák megoldásához.

Budapest, 1961. július hóBárczy Barnabás

A S Z E R Z Ő E L Ő S Z A V A A II. K I A D Á S H O Z

A könyv második kiadása nem tér el tartalmilag az első kiadás­tól. Lényegében az első kiadásban talált sajtóhibák kijavítására, helyenként pontosabb megfogalmazásra, ill. a példák és feladatok egyszerűbb megoldására törekedtünk. A második kiadás előkészí­tésében sok értékes tanácsot kaptam Tolnai Jenő lektortól. Segít­ségéért ezúton is köszönetét mondok.

Az Olvasónak ismét sok sikert kívánok a feladatok megoldásá­hoz.

Budapest, 1965. július hóBárczy Barnabás

8

I. A D E R É K S Z Ö G Ű H ÁR O MS Z Ö G SZÖGFÜGGVÉNYEI NEK

ÉRTELMEZÉSE

1. Hegyesszögek szögfüggyényei

A derékszögű háromszög belső szögeinek összege 180°. Az oldalak közötti összefüggést a Pythagoras-tétel adja meg:

ahol a és b a befogók és c az átfogó.A trigonometria vagy más néven háromszögmértan a derék­

szögű háromszög oldalai és szögei közötti összefüggéseket tár­gyalja.

A derékszögű háromszög bármelyik két oldalának aránya meg­határozza a háromszög mindkét hegyesszögét és fordítva, bármelyik hegyesszög meghatá- rozza az oldalarányokat. Az egyes oldal- a arányokat szögfüggvényeknek nevezzük. Az ----— ‘egyes arányok jelölésére a szinusz, koszi-

í / / 1 ábra Derékszögű,nusz, tangens, kotangens, szekans es ko- * háromszögszekáns — latin eredetű — szavak rövi­dítéseit használjuk: sin, cos, tg, ctg, sec, cosec.

Ha a derékszögű háromszög befogóit a-val és &-vel, átfogóját c-vel jelöljük (1. ábra), akkor az a szög összes szögfüggvényei a következők:

a2 + b2 = c2,

sm a = — ca _ a szöggel szemben fekvő befogó

átfogó

cos a = — cb a szög mellett fekvő befogó

* a tga = T

átfogóa szöggel szemben fekvő befogó

a szög mellett fekvő befogó

9

b oc szög mellett fekvő befogó ctg a = - — ~ 6

sec oc =

cosec a

a oc szöggel szemben fekvő befogó 5c _ átfogób oc szög mellett fekvő befogóc _ átfogóa oc szöggel szemben fekvő befogó

A gyakorlatban csak az első négy szögfüggvényt használják, és a táblázatokban is csak ezek vannak. A továbbiakban mi is csak ezekkel foglalkozunk.

Megjegyzés:Amennyiben a szögfüggvényt megadó oldalarány nevezőjé­

ben fellépő oldal hossza egy, akkor a szám­láló számértékileg egyenlő a szögfüggvénnyel. PL: Az egységnyi átfogójú derékszögű há­romszögben az a szöggel szemben fekvő be­fogó [számértékileg az oc szög szinuszával

b*cosoi egyenlő stb. (2. ábra).2. ábra. Derékszögű Kidolgozunk egy példát arra, hogyan hosszúságú*átfogóval }ehet az előbbi szabályok szerint két oldal

ismeretében a derékszögű háromszög összes szögfüggvényeit meghatározni.Gyakorlás

1. L egyenek a derékszögű három szög befogói 3 cm és 4 cm hosszúak. H a tá ro z zu k m eg a 3 cm hosszú befogóval szem ben fekvő szög összes szög­függvényeit:

o = 3 c m ; b = 4 c m ; c = ? sin a = ? tg a = ?

E lőször az ism ere tlen c o ld a lt h a tá ro zzu k m eg Pythagoras-té te lle l:

c = í a 2+ b 2 = / 3 2 + 42 = J /9 + 1 6 = J^25 = 5 cm .

a 3 cmsin a = — = —------= 0,6.

c 5 cmb 4 cm

cos a = — = -------- = 0,8.c 5 cm

10

A szögfüggvények viszonyszámok, ezért nincs mértékegy­ségük. Lényeges, hogy a számlálót és nevezőt azonos mérték- egységben fejezzük ki.

Ha egy szög valamelyik szögfüggvényét ismerjük, akkor meg tudjuk szerkeszteni a szöget. Legyen pl. sin a = 0,6. Olyan derékszögű háromszöget kell szerkesztenünk, melyben a szög­gel szemben fekvő befogó és az átfogó aránya 0,6.

Először a tizedes törtet közönséges törtté alakítjuk á t :

Felveszünk egy félegyenest, végpontjában merőlegest eme­lünk, erre 6 egységet felmérünk. A merőleges végpontjából 10 egység sugárral körívet rajzolunk, s ahol ez az eredeti fél­egyenest metszi, ott lesz a szög csúcsa. A metszéspontot össze­kötjük a merőleges végpontjával; ez az egyenes zárja be az eredetileg felvett szakasszal a keresett szöget (3. ábra).

A többi esetre az eljárást szerkesztésen mutatjuk meg:cos a = 0,6 (4. ábra); tg a = 0,25 = 1 / 4 (5. ábra); ctg a = = 0 4. = 4-/10 á.hríi .

3. ábra. H egyes- 4. ábra. Hegyes- 5. ábra. Hegyes- 6. ábra. Hegyes­szög szerkesztése szög szerkesztése szög szerkesztése szög szerkesztése

ő 4

10

szinuszánakismeretében

koszinuszánakismeretében

tangensénekismeretében

kotangensénekismeretében

11

2. Pótszögek szögfüggyényei

Azokat a szögeket, mélyek egymást 90°-ra egészítik ki, pótszögeknek nevezzük. A de­rékszögű háromszög két hegyesszöge

7. ábra. Pótszőgek 90°-ra egészíti ki egymást, tehát pótszö­gek.

Ha felírjuk az a és jö szög összes szögfüggvényeit, akkor kö­zöttük a következő összefüggést állapíthatjuk meg (7. ábra):

sin oc, = — : cos 8 — — ; tehát sin oc = cos 8.c c

b b cos a = — ; sin 8 = — ; tehát cos a = sin 8. c c

tg a = ; ctg /? = ; tehát tg a = ctg /5.

ctg a = — ; tg (3 — — ; tehát ctg a = tg (3. cv ct

Pl.: sin 18° = cos (9 0 ° - 18°) = cos 72°; cos 63° = sin (90° — 63°) = sin 27°; tg 58° = ctg (90° —58°) = ctg 32°;

ctg 50° = tg (9 0 °-5 0 °) = tg 40°.

3. A 30°-os, 45°-os és 60°-os szögek szögfüggyényei

E szögek szögfüggvényei geometriai úton könnyen kiszámít­hatók ; a többi szögek szögfüggvényeit általában csak a felsőbb matematika közelítő módszereivel lehet kiszámítani, de ez már túllépi könyvünk kereteit.

Ha a megadott szögek szögfüggvényeit akarjuk kiszámítani, akkor először olyan derékszögű háromszöget kell szerkeszte-

12

hűnk, amelyben egy 30°~os egy 6Öü-os szög van. Az egyenlő oldalú háromszög szögei 60°-osak, magassága pedig két olyan derék­szögű háromszögre osztja, melyeknek egyik hegyesszöge 30°mds, a másik 60°-os. Szerkesz- szünk tehát egyenlő oldalú háromszöget, melynek oldalai pl. két egység nagyságúak (8. ábra)! A magasságot Pythagoras-tétellel határozzuk meg:

m = Y 22 — l 2 = YT-

ábra. Egyenlő oldalú háromszög

i = y n .Az egyik derékszögű háromszöget vizsgáljuk. Oldalainak

hossza: J/1T; 1; 2. Tehát a szögfüggvények:

2

¥

sin 60° =

cos 60° = — :

sin 30° =

cos 30° =

tg 60° =

ctg 60° =

í i 1 ’1

w ;

tg 30° =

T ;

Í L . 2 ’1

w ;ctg 30° = j/3.

A 45°-os szög szögfüggvényeit egy egyenlő szárú derékszögű háromszögből határozzuk meg, amelynek befogói egy egység hosszúságúak (9. ábra).

Átfogó kiszámítása:c = V l2+ 1 2 = j/27

i _ y 2sin 45° = cos 45° =

9. ábra. Egyenlő szárú derékszögű

háromszögtg 45° = ctg 45° = = 1.

13

4. Összefüggések valamely szög szögfüggyényei kozott

A szögfüggvények meghatározzák egymást, vagyis egy szög egyik szögfüggvényével ki lehet fejezni a többit. A szögfüggvé­nyek között három fontos összefüggés van, melyekből már a többi egyszerű átalakításokkal felírható:

sin2 oc+ cos2 oc — 1;sin oc , cos a

= tg oc; —-----= ctg a.cos a sm a

Ez utóbbi kettőt így is összekapcsolhatjuk:1

ctg oc =tg a

(Az első összefüggés a 2. ábráról a Pythagoras-tétel figyelembe­vételével leolvasható, a többi a szögfüggvények definíció­jából következik.) A többi összefüggést a gyakorlásokon belül tárgyaljuk.Gyakorlás

1. I sm e r t sin a , fe jezzük k i vele a cos a , tg a és c tg a é r té k é t !

sin 2 a + cos2 a = 1 ; cos2 a = 1 — sin 2 a ;

cos a = / l — sin 2 a .sin a sin a

tg a =

ctg a =

cos a j /i _ gjj-,2 a

cos a / l — sin2 asm a sm a

2. Ism e r t cos a , fe jezzük k i vele a sin a , tg a és c tg a é r té k é t !

sin 2 a + cos2 a = 1 ; s in 2 a = 1 — cos2 a ;

sin a = / l — cos2 a .

sin a / l — cos2 atg a =

c tg a =

cos a cos acos a cos asin a ^ \ — cos2 c

14

S. Ism e r t tg a , fe jezzük k i vele a sin á , cos á és c tg öt é rték é t! É lőszó t a négyzetes összefüggést a la k ítju k á t :

s in 2 a + cos2 a = 1 I: cos2 a ;

ebből

sin 2 a cos2 a 1----2— f"----ö ~ — r~; tg a + 1 =cos-2 a cos-1 a cos2 a

1cos a =

V l + t g 2 a

sin a _ . tg a— tg a ; sm a = cos a tg a = •

cos a K1 + tg 2 a

1c tg a = —— .

tg a4. Ism e r t c tg a , fe jezzük k i vele a sin oc, cos a és tg a é r t é k é t ! E lőször a négyzetes összefüggést a la k itju k á t :

s in 2 a + cos2 a = 1 | : s in 2 a ;

sin 2 a cos2 a 1 ■ H——sin 2 a s in 2 a sin2 a ’

1 + c tg 2 a = —r-~—- , am iből sin a = — .sm 2 a / l + c t g 2a

c o s a . c tg a—------ = c tg a ; cos a = sm a c tg a =

Y l + c tg 2a1

tg a = — ----- .c tg a

35. sin a = — ; cos a = ?; tg a = ?; c tg a ?

tg a =

_3_sin a 4

^ 1 — sin2 a j / y / T~4~

i yTc tg a

tg a 3

15

Áz egyes összefüggéseket azonban nem kell megjegyezni, mert mindig szerkeszthetünk egy olyan derékszögű három­szöget, melynek egyik hegyesszöge a, és innen olvassuk le a többi szögfüggvény értékét.

3M egoldjuk az előbbi p é ld á t ezzel a m ó d szerre l: sin a = — . A három*

szögnek az a szöggel szem ben fekvő befogója 3 egység, á tfogó ja 4 egység (10 . á b ra ), te h á t a m ásik befogó:

b = ^ 4 2 - 32 = V l6 —9 = y r .

A k e rese tt szögfüggvények:

y r 3 y rcos a = —-— ; tg a = —— és c tg a = —

10. ábra. Derék- 4 ászögű háromszög

5. Útmutatás szögfüggvénytáblázat használatához. Interpoláció

A szögfüggvények értékeit — rendszerint négy jegy pontos­sággal — táblázatokban adják meg. Mi a középiskolai „Négy­jegyű függvénytáblázatok” című könyvet használjuk. A szi­nusz és koszinusz értékek a 4., ill. az 5. oldalon, a tangens és kotangens értékek a 6., ill. a 7. oldalon vannak.

A táblázat a pótszögek közötti összefüggések alapján ké­szült, így a szinusz és koszinusz, valamint a tangens és kotan­gens értékek egy-egy táblázatból olvashatók ki.

Ellenőrizzük a következő szögfüggvényértékek helyességét!sin 17°24' = 0,2990. sin 45,6° = 0,7145.cos 34°12' = 0,8271. cos 52,8° = 0,6046.

tg 48J54' = 1,146. tg 78,4° = 4,872.ctg 53°18' = 0,7454. ctg 15,7° = 3,558.

Ha 0,1 °-nál, azaz (S'-nél nagyobb 'pontossággal adott a szög, akkor ugyanúgy kell interpolálnunk, mint a logaritmusértékek meghatározásakor.

16

Röviden ismertetjük az eljárást:

sin 62,23° = ?

Először kikeressük a táblázatból annak a két szögnek a szi­nuszát, melyek a megadott szöget közrefogják:

sin 62,2° = 0,8846; sin 62,3° = 0,8854.

A két szögfüggvényérték különbségét táblabeli különbség­nek nevezzük és tk-val jelöljük. A táblabeli különbség tízez­red nagyságrendű szám, amit azonban nem tüntetünk fel, ezért a gyakorlatban tk mindig a különbség tízezerszeresét jelenti:

tk = 8.

A táblabeli különbség tizedrészét megszorozzuk a század­fokot jelentő számjeggyel, és ezt kerekítés után hozzáadjuk a kisebb szög szögfüggvényértékéhez:

tk : 10 = 0,8; 3-0,8 = 2 , 4 ^ 2 ; sin 62,23° = 0,8846+0,0002 = 0,8848.

Ezentúl a részszámításokat igazításnak nevezzük.Ugyanígy kell a tangens szögfüggvény interpolált értékét is

meghatározni. P l.:tg 48,27° = ?

tg 48,2° = 1,118; tg 48,3° = 1,122; tk = 4;

igazítás = -^ -* 7 = = 2 , 8^3;

tg 48,27° = 1,121.

Ha a szög perc pontossággal adott, akkor is interpolálnunk kell, de a táblabeli különbséget nem tízzel, hanem hattal kell osz­tanunk, és annyival kell a hányadost szoroznunk, ahány perc­cel több a keresett érték a táblázatban talált értéknél. A szorza-

2 Trigonometria 17

tot kerekítjük, és a keresett értéket közrefogó két érték közül a kisebbhez adjuk:

sin 15°28' = ?

sin 15°24' = 0,2656; sin 15°30' = 0,2672; tk = 16;

igazítás = • 4 = • 4 = 10-^- ~ 11;

sin 15°28' = 0,2667.Alkalmazzuk a szabályt a tangens szögfüggvény meghatározá­

sára !tg 34°41' = ?

tg 34°36' = 0,6899; tg 34°42' = 0,6924; tk = 25;• ^ tk „ 25 K 125 5 01 igazítás = — • 5 = — • 5 = — = 20— ^ 2 1 ;

tg 34°41' = 0,6920.A koszinusz és kotangens szögfüggvények interpolált értékei

meghatározásakor figyelembe kell vennünk, hogy amíg a szög értéke nő, addig a szögfüggvényértékek csökkennek, és fordítva.

Először a 0,l°-nál pontosabban adott szögek koszinuszának kikeresését ismertetjük.

Az eljárás menete: kikeressük a táblázatból a szöget közre­fogó két szög koszinuszának értékét, majd kiszámítjuk a táb­labeli különbséget. Ezt osztjuk tízzel, majd a hányadost a na­gyobb szög és az adott szög különbségével szorozzuk, és a szor­zatot hozzáadjuk —kerekítés után —a nagyobb szög szögfügg­vényértékéhez. P l.:

cos 24,28° = ?cos 24,3° = 0,9114; cos 24,2° = 0,9121; tk = 7;

. , , tk „ 7 14 , , ,IgaZftas = — •2 = 1 5 - .2 = 1 5 - = 1 ,4 * 1 ;

cos 24,28° = 0,9115.

18

Ugyanígy határozzuk meg a századfok pontossággal meg­adott szög kotangensét is.

ctg 43,42° = ?

ctg 43,5° = 1,054; ctg 43,4° = 1,057; tk = 3;tk 3 24

igazítás = — -8 = — -8 = ~ = 2 ,4 ^ 2 .

ctg 43,42° = 1,056.

Ha a szög értéke percben adott, akkor a táblabeli különbsége hattal osztjuk, majd a hányadost szorozzuk a nagyobb és a ke­resett szög különbségével, a szorzatot kerekítjük, és a nagyobb szög szögfüggvényértékéhez hozzáadjuk.

cos 27°14' = ?

cos 27°18' = 0,8886; cos 27°12' = 0,8894; tk = 8;

• t k A 8 A 16 K 1 Kigazítas = — .4 = _ . 4 = — = 5 - ^ 8 ;

cos 27°14' = 0,8891.

ctg 53°46' = ?ctg 53°48' = 0,7319; ctg 53°42' = 0,7346; tk = 27;

tk 27 igazítas = —— • 2 = —— * 2 = 9 ;

6 6

ctg 53°46' = 0,7328.

Az interpolálás a szögfüggvénytábla arányossági táblázatával is elvégezhető. Itt a táblabeli különbség 10, ill. 6 egyenlő része szerepel. A 10-es osztást századfok, a 6-os osztást perc pontos­ság esetén használjuk. A táblázat használatát két példán ma­gyarázzuk el.

2* 19

sin 42,27° = «A szög századfok pontossággal adott, tehát a 10-es arányos­

sági táblát használjuk:sin 42,2° = 0,6717; sin 42,3° = 0,6730; tk = 13.

A táblázat 13. sorának 7. oszlopában találjuk az igazítás kerekített értékét, 9-et. Ezt adjuk hozzá sin 42,2°-hoz:

sin 42,27° = 0,6726.

cos 27° 14' = ?A szög perc pontossággal adott, tehát a 6-os arányossági táb­

lát használjuk:cos 27°18' = 0,8886; cos 27°12' = 0,8894; tk = 8.A táblázat 8. sorának 4. oszlopában találjuk az 5-öt, ezt

adjuk hozzá a cos 27°18'-hez:cos 27°14' = 0,8891.

Gyakorlás

1. sin 25,37° = ?

sin 25,3° = 0,4274; s in 25,4° = 0,4289; t k = 15;

i g a a i t é s - J L . 7 - i i . 7 . Í 2 L - 10,5.11;

sin 25,37° = 0,4285.

2. cos 38,43° = ?

cos 38,5° = 0,7826; cos 38,4° = 0,7837; t k = 11;

t k 11 77igazítás - — . 7 = — • 7 = — = 7,7 » 8 ;

cos 38,43° = 0,7834.

3. tg 28,76° = ?tg 28,7° = 0,5475; tg 28,8° = 0,5498; t k « 23;

tk 23 138 igaz ítás = — .6 = — -6 = — = 13,8 * 14;

tg 28,76° = 0,5489.

20

4. c tg 74,58° = ?

ctg 74,6° = 0,2754; c tg 74,5° = 0,2773; t k = 19;

. , , t k 19 38 ,g az ,tá s - — ■ 2 - — • 2 - — - 3 .8 « 4 ;

ctg 74,58° = 0,2758.5. sin 22°14' = ?

sin 22°1 T = 0,3778; sin 2 2 ° 1 8 '= 0,3795; t k = 1 7 ;

igaz ítás = 2 = 2 = ^ - = 5 - | - « 6 ;

sin 22°14' = 0,3784.6. cos 53°49' = ?

cos 53°54' = 0,5892; cos 53°48' = 0,5906; t k = 14;

. tk 14 35 2igazítas = — .5 = — -5 = — = 11— ^12;

cos 53°49' = 0,5904.7. tg 14°28' = ?

tg 14°24' = 0,2568; tg 14°30' = 0 ,2586; t k = 18;

igaz ítás = - ^ - - 4 = -^ r--4 = 1 2 ;6 6

tg 14°28' = 0,2580.8 . c tg 52°17/ = ?

c tg 52°18' = 0,7729; c tg 52°12' = 0,7757; tk = 28;

t k 28 2 igaz ítás = — -1 = — -1 = 4 — ss 5;

c tg 52°17' = 0,7734.

A szögfüggvény ismeretében a szöget visszakereséssel határoz­zuk meg. Ha megelégszünk 0,1° vagy 6' pontossággal, és nem találtuk meg a táblázatban az adott szögfüggvényértéket, akkor a legközelebb eső értéket keressük vissza.Gyakorlás

9. sin a = 0,515410. cos a = 0,963311. tg a = 0,562012. c tg a = 0,8050

a = 31°. a = 15,6°. a = 29,3°. a = 51,2°.

£> 1

Ha nagyobb pontossággal akarjuk a szöget visszakeresni, akkor interpolálnunk kell. A szinusz és tangens szögfüggvényértékeket a következőképpen keressük vissza.

Először meghatározzuk a szögfüggvényértéket közrefogó két érték különbségét, a táblabeli különbséget, majd az adott érték­ből kivonjuk a táblázatból leolvasható nála kisebb értéket, a különbséget osztjuk a táblabeli különbség tizedrészével, a há­nyadost kerekítjük, és a kerekített értéket a kisebb szöghöz hozzáadjuk.Gyakorlás13. sin a = 0,7438; a = ?

sin 48° = 0,7431; s in 48,1° = 0,7443; t k = 12;

• , 7 70 * 10 „ igaz ítás = —— = —— = 5 —— 6 ss ;& tk 12 12

10a = 48,06°.

14. tg a = 0 ,3983; a = ?tg 21,7° = 0,3979; tg 21,8° = 0,4000; t k = 2 1 ;

• 4 40 « 2 ;

10a = 21,72°.

A koszinusz és kotangens szögfüggvényeket a következő módon keressük vissza: megállapítjuk a szögfüggvényértéket közre­fogó két érték különbségét, a táblabeli különbséget. A talál­ható kisebb szögfüggvényértéket kivonjuk az adott értékből, a kapott különbséget osztjuk a táblabeli különbség tizedrészé­vel, a kapott számot egészre kerekítjük, és ennyi századot vo­nunk ki a nagyobb szögből.Gyakorlás15. cos a = 0,9109; a = ?

cos 24,4° = 0,9107; cos 24,3° = 0,9114; t k = 7 ;

• 2 20 9igazítás = — = — « 3;

TÖTa = 24,37°.

22

16. c tg a = 0,4418; a = ?

c tg 66,2° = 0,4411; c tg 66,1° = 0,4431;

7 7igazítás = = -g - = 3,5 « 4;

10

a = 66,16°.

17. sin a = 0,2714; a = ?

sin 15,7° = 0,2706; sin 15,8° = 0,2723; i

8 80 ,g a „ tá S = - j j - » — » 5 j

10

a = 15,75°.

18. cos a = 0,7380; a = ?

cos 42,5° = 0,7373; cos 42,4° = 0,7385;

• <*' 7 70 fi I g a z r t s s - ^ - - - » 6 ;

Töa = 42,44°.

19. tg a = 0,5483; a = ?

tg 28,7° = 0,5475; tg 28,8° = 0,5498; tk

• , , 8 80 1BO“ t a s - t k “ 23 “ 3 ;

10a = 28,73°.

20. c tg a = 0,8617; a = ?

ctg 49,3° = 0,8601; c tg 49,2° = 0,8632;

16 160 K “ 5 =

10 -

a = 49,25°.

tk = 20 ;

= 17;

t k = 1 2 ;

= 23;

tk = 31;

23

6. Szögfüggyények logaritmusa. Műveletek

Összetett feladatok megoldásakor gyakran kell logaritmussal számolnunk. Ezért ismertetjük, hogyan kell a szögfüggvény­értékek logaritmusát táblázatokból kikeresni.

A szögfüggvényértékek nagy része (a szinusz és koszinusz bármely szögre, a tangens 0° — 45°-ig, valamint a kotangens 45° — 90°-ig) 1-nél kisebb szám, tehát logaritmusuk karakte­risztikája negatív. Ezért minden szögfiiggvény logaritmusának karakterisztikáját két részre szokás bontani: egy mantissza előtti számra és egy mantissza után állóra. A táblázatokban csak a mantissza előttit adják meg, az utána álló megállapo- dásszerűen mindig — 10. A logaritmusértékek kikeresése, vala­mint az interpoláció a szögfüggvényekével teljesen megegye­zik, ezért csak példákat adunk, de a módszert nem tárgyaljuk ismét.Gyakorlás1. lg sin 2 8 ,4 °= 9 ,6 7 7 3 -1 0 .2. lg cos 48,5° = 9 ,8 2 1 3 -1 0 .3. lg tg 53,7° = 1 0 ,1 3 4 0 -1 0 .4. lg c tg 42,8° = 1 0 ,0 3 3 4 -1 0 .

A to v áb b ia k b an az á ta lak ítá so k és szám ítások során csak tized- v agy századfokkal dolgozunk, ezért a perc és m ásodpere pontossággal a d o tt szögekkel nem foglalkozunk.

H atározzuk m eg századfok pontossággal a d o tt szögek szögfüggvényé­nek lo g aritm u sá t !

5. lg sin 18,73° = ?

lg sin 18,7° = 9 ,5 0 6 0 -1 0 ; lg sin 18,8° - 9 ,5 0 8 2 - 10; t k = 2 2 ;

tk 22igaz ítás = — • 3 = = 2,2*3 = 6,6 ^ 7;

Ig e in 18,73° = 9 ,5 0 6 7 -1 0 .6. lg cos 54,48° = ?

lg cos 54,5° = 9 ,7 6 4 0 -1 0 ; lg cos 54,4° = 9 ,7 6 5 0 -1 0 ; t k = 1 0 ;

igazítás = ^ - 2 = Í j j -2 = 2 ;

lg cos 54,48° = 9 ,7 6 4 2 -1 0 .

24

7. lg tg 12,44° = ?

lg tg 12,4° = 9 ,3 4 2 2 -1 0 ; lg tg 12,5° = 9 ,3 4 5 8 - 10; t k = 3 6 ;

igazítás = Yq ’4 = Yq ' 4 = 3 ,6-4 = 14,4 ^ 14;

lg tg 12,44° = 9 ,3 4 3 6 -1 0 .8. lg c tg 67,42° = ?

lg c tg 67,5° = 9 ,6 1 7 2 -1 0 ; lg c tg 67,4° = 9 ,6 1 9 4 - 10; t k = 2 2 ;

tk 92igazítás = Jq ‘ 8 = Yq ‘ 8 = 2 ,2 -8 = 1 7 ,6 ^ 1 8 ;

lg c tg 67,42° = 9 ,6 1 9 0 -1 0 .K eressük vissza a szögfüggvény lo g aritm usábó l a sz ö g e t!9. lg sin a = 9,4783 — 10; a = ?

lg sin 17,5° = 9 ,4 7 8 1 -1 0 ; lg sin 17,6° = 9 ,4 8 0 5 -1 0 ; t k = 2 4 ;

10 „ 20 ,, g a z , ( é s _ _ 2 _ - « l ;

a = 17,51°.

10. lg cos a = 9,9644 — 10; a = ?lg cos 22,9° = 9,9643 - 10; lg cos 22,8° = 9 ,9 6 4 7 -1 0 ; t k = 4 ;

. , , 10 , 10 o r 0 igazítas = — • 1 = — = 2,5 ~ o ; t k 4a = 22,87°.

11. lg tg a = 9 ,7 0 9 4 -1 0 ; a = ?lg tg 27,1° = 9 ,7 0 9 0 -1 0 ; lg tg 27,2° = 9 ,7 1 0 9 -1 0 ; tk = 19;

10 , 40 „ igazítás = ^ 50 ’

oc = 27,12°.12. lg c tg a = 9,9312 — 10.

lg c tg 49,6° = 9 ,9 3 0 0 -1 0 ; lg c tg 49,5° = 9 ,9 3 1 5 -1 0 ; t l c = 1 5 ;10 120 „

igazítás = — •12 = —— = 8 ;6 tk 15

a = 49,52°.

A szögfüggvények lo g aritm u sá t főleg a később tá rg y a lan d ó szinusz és koszinusz té te lek a lkam azásakor haszn álju k , erre p é ld á t o t t ad u n k . Az in te rp o lá lás t m á r nem részletezzük.

25

A szám láló rö v id íté se : sz, a n ev ező é : n .

13. a = 24,34°; 0 - 1 7 ,9 2 ° ; y = 48,53°; <5 = 27,42°

sin a cos /?„ tg ő c tg y ~

lg sin 2 4 ,3 4 °= 9 ,6 1 5 1 -1 0 lg tg 2 7 ,4 2 °= 9 ,7 1 5 0 -1 0+ lg cos 17,92° = 9 ,9 7 8 4 -1 0 + lg c tg 48,53° = 9 ,9 4 6 4 -1 0

+ T ^ “1 lg n = 19,6686 -2 0lg sz = 1 9 ,5 9 3 5 -2 0

—lg n = 1 9 ,6 6 8 6 ^2 0 lg x — 0 ,9 2 4 9 -1

x = 0,8412.

14. a = 52 m ; b = 28 m ; y = 48,76°; 2 ab cos y = ?

2* 52-28 cos 48,76° = 104*28 cos 48,76° = * ; lg 1 0 4 = 2,0170 lg 28 = 1,4472

lg cos 4 8 ,7 6 °= 9 ,8 1 9 0 -1 0

Iga: = 1 3 ,2 8 3 2 -1 0 lg a? = 3,2832;

x = 1920.

7. Derékszögű háromszögre vonatkozó feladatok

A derékszögű háromszögre vonatkozó feladatok alábbi ese­teivel foglalkozunk:

1. Adott két befogó, keressük az átfogót és a szögeket.2. Adott egy befogó és az átfogó, keressük a másik befogót

és a szögeket.3. Adott egy befogó és a vele szemben fekvő szög, keressük

a másik befogót, az átfogót és a másik szöget.4. Adott egy befogó és a mellette fekvő szög, keressük a má­

sik befogót, az átfogót és a másik szöget.5. Adott az átfogó és egy hegyesszög, keressük a befogókat

és a másik hegyesszöget.

26

Megjegyezzük, hogy a derékszögű háromszög még más ada­taival is megadható, pl. az átfogóval és a hozzá tartozó magas­sággal, de ezekkel az esetekkel nem foglalkozunk.

Az előbb felsorolt öt esetben a háromszög szerkeszthető, de itt az ismeretlen adatokat számítással határozzuk meg. Az oldalak kö­zötti összefüggés négyzetreemeléshez, ill. a négyzetgyökvonáshoz vezet, amelyeket a „Négyjegyű függvénytáblázatok” c. könyv ^14., ill. 15. oldalán található táblázattal ol- H ábra Derék_ dunk meg. Ebben a táblázatban ugyanúgy szögű háromszög lehet interpolálni, mint a szögfüggvények táblázatában, azonban az eljárást mi nem részletezzük, ha­nem a kijelölt művelet után az interpolált eredményt írjuk.

Az egyes betűk jelentése a 11. ábrán látható.

Gyakorlás

1 . 0 = 7,5 cm ; b = 12,4 cm ; e = ?; a = ? /? = ?

c = / o 2 + &2 = }/7,52 + 1 2 ,4 2 « 1/56 ,25+153,8 = j/210,05;

c ss 14,5 cm .

Az a , ill. P szögek m egh a táro zása m o st m á r b á rm ely szögfüggvénnyel m egoldható lenne, de elvünk m indig az, hogy az eredeti adatokkal — m e­lyek b en sem szám ítási h ib a , sem kerek ítés nincs — fejezzük k i az ismeret­leneket.

a 7,5 + 1 0 - 1 0t g a = T = l 2 A lg 7,5 = 0,8751

- l g 12,4 = -1 ,0 9 3 4lg tg a = 9,7817 - 1 0

A k ivonáskor a zé r t a d tu n k a k isebb ítendőhöz 10-et és v o n tu n k le belőle 10 -et, m e r t így a k e ttő különbsége, lg tg a m ár o lyan a lak ú , hogy könnyen vissza tu d ju k k eresn i:

lg tg a = 9 ,7 8 1 7 -1 0 ; a = 31,17°;

0 = 90° —31,17° = 58,83°.

Tehát c = 14,5 cm ; a = 3 1 ,1 7 ° ; 0 = 58,83°.

27

2. a = 19,3 cm ; c = 25,7 cm ; b = ? a = ? /? = ?

6 = / c 2 —a 2 = /2 5 ,7 2- 1 9 ,3 2 ~ j /6 6 0 ,5 - 372,5 = ^2 8 8 ;

ftss 16,97 cm .

_ a _ 19,3 + 1 0 - 1 0em a - — - — 7 ; lg 19 3 = 1>2856

- l g 25,7 = -1 ,4 0 9 9 lg sin a = 9,8757 — 10

a = 48,68°;/? = 9 0 ° -4 8 ,6 8 ° = 41,32°.

Tehát b — 16,97 cm ; a = 48,68°; 0 = 41,32°.

3. a = 6,72 m ; a = 52°; & = ? 0 = ? c = ?

a a 6,72sm a =

c * sin a sin 52°

+ 10 - 1 0 lg 6,72 = 0,8274

- l g sin 52° = 9,8965 + 1 0 lg c = 0,9309

c = 8,53 m .

ac tg a = -j-; b = a c tg a = 6,72 c tg 52°;

lg 6,72 = 0,8274 + lg c tg 52° = 9,8928 - 1 0

lg 6 = 10,7202 - 1 0 b = 5,25 m . lg b = 0,7202

0 = 9 0 ° -5 2 ° = 38°.

Tehát b — 5,25 m ; = 38°; c = 8,53 m .

4. a = 5,47 m ; 0 = 27,8°; a = ? 6 = ? c = ?

a = 90° —27,8° = 62,2°.

tg ; & = a tg /? = 5,47 tg 27,8°;

lg 5,47 = 0 ,7380 + lg tg 27,8° = 9 ,7 2 2 0 -1 0

lg 6 = 1 0 ,4 6 0 0 -1 0 6 = 2,884 m . lg 6 = 0,4600

28

c ’ cos 0 cos 27 ,8°’+ 10 -10

lg 5,47 = 0,7380 - l g cos 2 7 ,8 °= —9,9467 + 10

c = 6,184 m . lg c = 0,7913

Tehát a = 62,2°; b = 2,884 m ; c = 6,184 m .

5. c = 53,8 cm ; a = 12,8°; a = ? ö = ? 0 = ?

as in a = — ; a = c sin a = 53,8 sin 12,8°;

c

lg 53,8 = 1,7308 + lg sin 12,8° = 9 ,3 4 5 5 -1 0

I g a = 1 1 ,0 7 6 3 -1 0 a = 11,92 m . lg a = 1,0763

cos a = — ; b = c cos a = 53,8 cos 12,8°;c

lg 53,8 = 1,7308 + lg cos 1 2 ,8 °= 9 ,9 8 9 1 -1 0

lg 6 = 11,71996 = 52,47 m . lg b = 1,7199

T eh á t a = 11,92 m ; b = 52,47 m ; =» 77,2°.

G yakorló fe lada tok

1. H a tá ro z zu k m eg a derékszögű három szög te rü le té t az e lőbbi ö t e se tb e n :

a ) a - 7,5 c m ; b = 12,4 c m ; t = ?

= 7’5 : ^ l l = 7 ,5 .6 ,2 ; 7,5-6,2450

150t = 46,5 cm 2. 46,50

b) a = 19,3 cm ; c = 25,7 cm ; t = ?

ab a \c * - a * 19,3J/660,49 - 372,49 19,3]/288 651/093Í = T ” 2 2 2 - > r •

29

T á b láz a tta l szám olva k a p ju k : t = 163,8 cm 2.

c) a — 6,72 m ; oc = 52°; t = ?

abi = y ; b = a ctg «;

_ a a c tg a a 2 c tg a 6,722 c tg 52°

2 lg 6,72 = 1,6548 + lg c tg 52° = 9 ,8 9 2 8 -1 0

lg sz = 1 1 ,5 4 7 6 -1 0 - l g 2 = -0 ,3 0 1 0

t = 17,64 cm 2. lg t = 1,2466

d) a = 5,47 m ;/? = 27,8°; t = ?

a& .í = y ; & = a tg /? ;

a& a a tg 0 a 2 tg 0 5,472 tg 27,8°t = Y = 2 = 2 5

2 lg 5,47 = 1,4760 + lg tg 27,8° = 9 ,7 2 2 0 -1 0

lg sz = 1 1 ,1 9 8 0 -1 0 - l g 2 = -0 ,3 0 1 0

l g t = 1 0 ,8 9 7 0 -1 0 t= 7,888 m 2. l g í = 0,8970

ej c = 53,8 cm ; a = 12,8°; í = ?

abt = — ; a = c sm a ; o = c cos a ;

í =c2 s in a cos a 2 lg 53,8 = 3,4616

2 ~ lg sin 12,8° = 9,3455 — 10lg cos 12,8° = 9,9891 - 1 0

lg sz = 2,7962 - l g 2 = 0,3010

lg t = 2,4952

t = 312,8 cm 2.

30

2. Az egy p o n tb a n h a tó P x és P 2 e rők m erőlegesek egym ásra (12. áb ra). Szá­m ítsu k k i az B eredő erő t, v a lam in t az B és P 1 erők á lta l b e zá r t a szöget, h a

P j = 63,7 k p és P 2 = 42,7 kp!

P 1 = 63,7 k p , P 2 = 42,7 k p ;

P = ? a = ?Az e red ő t P y th ag o ras-té te lle l szám ít­ju k ki.

12. ábra. Egymásra merőleges erők eredője

j ? = / P f + P | = ^63,72+42,72 « ^ 4 0 5 8 + 1 8 2 3 = /5 8 8 1 ~ 76,68 kp .

P 2 42,7tg a = —- = -------;B P 1 63,7 ’

a = 33,8°.

+ 10 - 1 0 lg 42,7 = 1,6304

-lg 63,7 = -1 ,8 0 4 1lg tg a = 9,8263 — 10

Tehát B = 76,68 k p ; a = 33,8°.

3. V alam ely a = 34,6°-os hajlásszögű le jtő re 400 k p sú ly ú te s te t h e lye­zünk (13. áb ra ). M ilyen nagyságú le jtő irán y ú erővel leh e t a te s t lecsúszását m egakadályozni? (Felté telezzük, hogy a le jtő súrlódásm entes.)

G

P x = ? P ' = ?

; P j = G s in a = 400 sin 34,6° = 400-0,5678 = 227,12.

a = 3 4 ,6 ° ; 0 = 400 k p ;

Pi

P ' = - 227,12 k p .

Pl 6

STY \ g S

13. ábra. Erő felbontása összetevőkre

4. Az a hajlásszögű le jtő re 540 k p sú ly ú te s te t he lyezünk (14. áb ra).

31

Kérdések:a) M ilyen hajlásszögű le jtő n m ara d külső fékező erő nélkü l egyensúly­

b a n a te s t, h a a / í sú rlódási tényező 0,2 ?b) Milyen é rték ű súrlódási tényező esetén m arad a te s t egyensúlyban,

h a a le jtő hajlásszöge a = 15,4°?

G = 540 k p ; n — 0,2.

a) A te s t ak k o r m ara d m ég nyugalom ban , h a a te s te t m ozgató P í erő és a [xP2 sú rlódási erő egyenlő egym ással:

P 1 = G sin a ; P 2 = G cos a ;

Pi = /iP‘z;G s in a = jxG cos a | : G cos a ;

s*n a ^ = 0 , 2 = tg a ; a = 11,3°.

b) fi = tg a = tg 15,4° = 0,2754 .

Tehát a test külső erőhatás né lkü l 0,2 súrló­dási tényező mellett ll,3 ° -o s lejtőn; 15,4° hajlásszög esetén 0,2754 súrlódási tényező mellett marad egyensúlyban.

5. E g y lám p a felfüggesztését a 15. á b ­ra m u ta t ja . A lám pa sú ly a 8 k p . H a tá ­rozzuk m eg a huza lo k b an m űködő erő­k e t, h a a vízszintessel b e zá rt szögük a = 12 °!

P = ?

[i = — — = tg a ; cos a

15. ábra. Erő felbontása összetevőkre

B = 8 k p ; a = 1 2 ° ;P 1 = P 2

jRY ~psm a P =

B2 sin a 2 s in 12 c

-10sin 12 °

+ 10 lg 4 = 0,6021

- l g sin 12° = - 9 ,3 1 7 9 + 1 0 lg P = 1,2842

P = 19,2 k p .

6. T üzérségi ágy ú b ó l a v ízszin tessel a lk o to tt a = 17,5° em elkedési szög­

gel lőnek. A lövedék kezdő sebessége 850 — . M ekkora a lövedék kez-

32

dősebességének v ízszin tes és függőleges Összetevője (vx és v2), és m ekkora táv o lság ra csapódik a lövedék a földbe (16. áb ra) ?

V0 = 8 5 0 ^ - ; “ = 1 7 ’5 ° ; v l = ? V2 = ? «ma* = ?

Az á b rán lá th a tó derékszögű három szögből m eg á llap ítju k a sebesség ö ssze tev ő it:

cos a = — ; v1 = v0 cos a = 850 cos 17,5°;

sin a = — ; v2 — v0 sin a = 850 sin 17,5°;

lg 850 = 2,9294 + lg cos 1 7 ,5 °= 9 ,9 7 9 4 -1 0

lg vx = 1 2 ,9 0 8 8 -1 0 lg Vj = 2,9088

lg 850 = 2,9294 + lg sin 1 7 ,5 °= 9 ,4 7 8 1 -1 0

lg v2 = 1 2 ,4 0 7 5 -1 0 lg v2 = 2,4075

v, = 811 v,Á = 256

A h a jítá s (lövés) táv o lság á t, ,s'max-ot a következő k ép le tte l h a tá ro zzu k m e g : v? sin 2a

smax = -------------(ha a levegő e llen állá sá t nem vesszük figyelem be).

16. ábra. Sebesség felbon­tása összetevőkre

*max = 4 ,229-104 m = 42,29 km .

^850 ^ - j sin 35°max = ~ »

9,8 — s2

2 lg 850 = 5,8588 + lg sin 3 5 °= 9 ,7 5 8 6 -1 0

l g s z = 1 5 ,6 1 7 4 -1 0- - lg 9,8 = -0 ,9 9 1 2

lg«max= 1 4 ,6 2 6 2 -1 0 lg w = 4,6262

Tehát a kezdősebesség összetevői: 811 — és 256 — ; a lövedék 42,29 km -res s

csapódik a földbe.

7. M ekkora szöggel t é r el a függőlegestől egy k a n y arb a n a korcsolyázó,

h a sebessége 8 — és a kö r sugara 12 m (17. áb ra)? v = 8 r = 1 2 m ; s s

a = ?

3 Trigonometria 33

A korcsolyázónak an n y ira kell a k a n y arb a n bedőlnie, hogy a rá h a tó súlyerő és cen trifugális erő eredője tes tén ek sz im m etriavonalába essen.

tg a =P ,

Gv2

gr G

Gv2 gr

gr

(a cen trifugális erő k é p le te ) ;

82

),8 — - • 1 2 m9,8-12 4,9-3 14 ,7’

+ 10 -10 lg 8 = 0,9031

- l g 14,7 = -1 ,1 6 7 3a = 28,56°. lg tg a 9 ,7 3 5 8 -1 0

8. N yugalm i helyzetéből 8 cm -re e ltá v o líto tt golyót, am ely rugóra v an függesztve, e lengedünk; rezgésideje 1,8 s. Az id ő t ak k o r kezd jü k m érni,

18. ábra. -Rugó (rezgő mozgás)

am ikor a golyó á th a la d t a nyugalm i helyzeten . M ilyen táv o l lesz a n y u ­galm i he ly ze ttő l 0,2 s m ú lva , m ekkora lesz i t t a p illa n a tn y i sebessége és gyorsu lása (18. áb ra)?

A = 8 cm ; T = 1,8 s ; t — 0,2 s ; y = ? v = ? a = ?

A rezgő m ozgás i t t a lk a lm azo tt k é p le te i:

2 ti A ■ A Ocü - ~7jT> oc = cot; y = A sm a ; v — Aco cos a ; a = -co~y.

E lőszőr c ü , ill. a é rték é t kell m eghatároznunk .

2tz 2ti

T

cü = 3,49

1,8 s ’ lg 2ti = 0,7982 - l g 1,8 = 0,2553

lgc« = 0,5429

34

360° 360° - 1 co = ■■ ■ ■ = ——— = 200° — . T 1,8 s s

a = cot = 200° — *0,2 s = 40°. s

y = A sin a = 8 cm -s in 40° = 8-0,6428 = 5,1424 cm.

v — Aco cos a = 8 cm- 3,49 — cos 40c s

V = 21,4-— .8

a — —cozy = — ^3,49 — j -5,142 cm ;

lg 8 = 0,9031 lg 3,49 = 0,5428

lg cos 40° = 9,8843 - 1 0 lg v = 11,3302 - 1 0 lg v = 1,3302

2 lg 3,49 = 1,0856a _ m . + lg 5,142 = 0,7112

’ s2 ' lg ( - a ) = 1,7970

Tehát 0,2 s m úlva a golyó 5,142 cm-re lesz a nyugalm i helyzetétől és ekkorcm cm

sebessége 21,4 — , gyorsulása 'pedig — 62,7 —— lesz.S 8

9. H a tá ro zzu k m eg a rom busz te rü le té t, h a o ldalának hossza 12,6 cm, és a 'k é t oldala á lta l b e zá rt hegyesszög 29,6° (19. áb ra).

a = 12,6 cm ; a = 29,6°; T = ?

T — a m ; m = a sin a ;T = aa sin a = a 2 sin a ;T = (12,6 cm )2 sin 29,6°;

m

T = 78,44 cm 2.

19. ábra Rombusz területe

2 lg 12,6 = 2,2008 + lg sin 2 9 ,6 °= 9 ,6 9 3 7 -1 0

Í ^ T = 1 1 ,8 9 4 5 -1 0 lg T = 1,8945

20. ábra. Csonkakúp m etszete 21. ábra. Derékszögű háromszög

3* 35

10. E g y m u n k ad a rab o t k ú p o sra ke ll esz tergálnunk . A n agy á tm érő 28 m m , a m u n k ad a rab hossza 150 m m , a k ú p félszöge 2°40', m ek k o ra a k i­sebb ik á tm érő (20. áb ra)?

D = 28 m m ; Z = 150 m m ; a = 2°40 ';

D - d

d = ?

x D — dt g a - t - ^ t ;

21 tg a = D — d;

d = D — 21 tg a = 28 m m —2*150 m m *tg 2°40 ';

d = 28 -300*0 ,0466 = 28 -1 3 ,9 8 = 14 ,02~ 14 m m .

11. M ilyen táv o lság ra v a n a 28 m m agas gyárkém ény , h a 32,5°-os szög a la t t lá tsz ik (2 1 . áb ra)?

6 = 28 m ; 0 = 3 2 ,5 ° ; a = ?

c tg 0 = ; a = 6 c tg 0 = 28 m- c tg 32,5°;

lg 28 = 1,4472 + lg c tg 32,5 = 1 0 ,1 9 5 8 -1 0

C / ,A / '2/ a \ ! ( * \

22. ábra. Antenna

23. ábra. Lejtős palló

l g o = 1 1 ,6 4 3 0 -1 0 a = 43,95 m . lg a = 1,6430

12. M ilyen m agas az a to ro n y an ten n a , m ely e t a közepén 150 m hosszú sodrony- kö telekkel k ö tö tte k le, h a a k ö te lek a v íz­szintessel 42,6°-os szöget a lk o tn ak (22. áb ra)?

a = 42,6°; c 150 m ;

A ~2 h

h= ?

c 2c ’

h = 2 c s in a = 300 m* sin 42,6° =300*0,6769; h = 203,07 m .

13. E g y 8 m hosszú pallóva l le j tő t a k a ­ru n k készíten i az 1,4 m m agas állványhoz. M ekkora lesz a le jtő hajlásszöge (23.ábra) ?

36

c = 8 m ; 6 = 1,4 m ; /? = ?

sin /?= - Í = = 0,1750;c a m

0= 10,1°

14. M ekkora az a h ú r, am ely egy 7 cm su g arú kö rb en 75° szöghöz ta r to z ik (24. áb ra)?

r = 7 cm ; a = 37,5°:

h~2 h

sm a = -----= — ;r 2r

h = 2r s in a = 14 cm -sin 37,5°;

lg 14+ lg sin 37,5°

lg hh = 8,52 cm . lg h

os k özépponti

h «= ?

= 1,1461 = 9 ,7 8 4 4 -1 0 = 10,9305 - 1 0

0,9305

37

I I . A S Z ÖGr F ÜGGTÉNYEK Á L T A L Á N O S Í T Á S A

1. A szögfüggvények értelmezése az egységkörrel

A szögfüggvényeket eredetileg mint a derékszögű háromszög két oldalának arányát értelmeztük. Ez a meghatározás azon­ban nem mond semmit a 90°-nál nagyobb szögek szögfüggvé­nyeiről. Az általános háromszögben 90°-nál nagyobb szögek is előfordulhatnak, ezért kell értelmeznünk a 90°-nál nagyobb szö­gek szögfüggvényeit. Az új értelmezésnek olyannak kell lennie, hogy az eddigivel ne kerüljön ellentmondásba, tehát az ezzel kapott értékek 0° és 90° között megegyezzenek az eredetiek­kel.

Vegyünk fel a koordinátarendszerben egy olyan kört, mely­nek középpontja a koordinátarendszer középpontjába esik és sugara egy egység; ezt a kört ezentúl egységkörnek nevezzük. A tengelyek a kört négy negyedre osztják, ezeket — az óra­mutató járásával ellentétes irányban (pozitív forgásirányban) haladva — rendre I., II., III. és IV. negyednek nevezzük. Valamely szöget úgy rajzolunk ebbe a körbe, hogy csúcsa a kör középpontjába, egyik szára pedig az x tengely pozitív irányába essen, és ezt a másik szárba (mozgó szár) pozitív forgással tud­juk átvinni.

Rajzolunk ily módon egy hegyesszöget az egységkörbe, ke­ressük meg a szög mozgó szárának és a körnek a metszéspont­ját. A metszéspontot ezentúl egységpontnak nevezzük. Rajzol­juk be az egységpont ordinátáját és abszcisszáját, majd hatá­rozzuk meg az x, y és r = 1 oldalakkal határolt derékszögű háromszög a szögének szinuszát és koszinuszát (25a ábra):

y xsm a = — = y . cos a = — = x.1 y 1

38

Húzzuk meg a kör és az x és y tengely pozitív felének met­széspontjában a kör érintőit. A 255 ábrán látható szakaszok ad­ják meg az a szög tangensét, ill. kotangensét.

A szögfüggvényeket úgy általánosítjuk, hogy minden ne­gyedben a szöghöz tartozó egységpont ordinátája a szög szinu­sza, abszcisszája a szög koszinusza legyen. A tangens és kotan-

25a ábra. Szög szinusza és koszinusza 25b ábra. Szög tangense és kotan- az egységkörben gense az egységkörben

gens értékeket a mozgó szár és megfelelő érintő metszéspont­jának ordinátája, ill. abszcisszája határozza meg. Ilyen általá­nosítás érvényben hagyja az eddigieket, de a szögfüggvények­nek nagyságukon kívül előjelük is lesz, mely természetesen megegyezik az ordináta, ill. abszcissza előjelével!

Előjelek: A szinusz az I. és II. negyedben pozitív, a III. és IV. negyedben negatív. A koszinusz az I. és IV. negyedben po­zitív, a II. és III. negyedben negatív. A tangens és kotangens előjele megegyezik, az 1. és III. negyedben pozitív, a III. és IV. negyedben negatív.

Összefüggések (1. a 26. ábrát 41. oldalon):

sin (180° — oc) = sin a; cos (180° —a) = —cos a;

tg(180° — a) = — tga; ctg(180° — a) = — ctg a.

39

sin (180° + a) = —sin a; cos (180° + a) = —cos a; tg (180°+a) = tg a; ctg (180°+a) = ctg a.

Itt x jelenti azt a 90°-nál kisebb szöget, amennyivel több az adott szög 180°-nál.

sin (360° — <x) — —sin a; cos (360° — a) = cos a ; tg (360° — a) = —tg a; ctg (360° — a) = —ctg a.

Itt a azt a 90°-nál kisebb szöget jelenti, amennyivel kevesebb az adott szög 360°-nál.

Fontos szögfüggvényértékek:

sin 90° = 1; sin 180° = 0 ; sin 270° = — 1; sin 360° = 0. cos 90° = 0; cos 180° = - 1; cos 270° = 0; cos 360° = 1. tg 90° = ± oo; tg 180° = 0 ; tg 270° = ± °°; tg 360° = 0.

ctg 90° = 0; ctg 180° = + oo ;ctg 270°= 0; ctg 360° = +oo.

Számítsuk ki néhány 90°-nál nagyobb szög szögfüggvényét.

Gyakorlás

1. sin 107° = sin (1 8 0 °-7 3 °) = s in 73° = 0,9563.2. sin 213° = sin (180° + 3 3 °) = - s i n 33° = -0 ,5 4 4 6 .3. sin 312° = sin (360° —48°) = —sin 48° = —0,7431.4. cos 143° = cos (1 8 0 ° -3 7 ° ) = - c o s 37° = -0 ,7 9 8 6 .5. cos 192° = cos (180°+ 12°) = - c o s 12° = -0 ,9 7 8 1 .6. cos 284° = cos (3 6 0 ° -7 6 ° ) = cos 76° = 0,2419.7. tg 136° = tg (1 8 0 ° -4 4 ° ) = - t g 44° = -0 ,9 6 5 7 .8. tg 218° = tg (180° + 38°) = tg 38° = 0,7813.9. tg 347° = tg (3 6 0 °-1 3 °) = - t g 13° = -0 ,2 3 0 9 .

10. c tg 138° = c tg (1 8 0 °-4 2 °) = - c t g 4 2 °= -1 ,1 1 1 .11. c tg 227° = c tg (180°+ 47°) = c tg 47° = 0,9325.12. c tg 348° = c tg (360° — 12°) = — c tg 1 2 ° — - 4,705.

Itt a jelenti azt a 90°-nál kisebb szöget, amennyivel az adottszög kevesebb, mit 180°.

40

2. 360°-nál nagyobb szögek és negatív szögek szögfiiggvényei

Ha egy szöget 360° egész számú többszörösével növeljük, akkor a mozgó szár ismét ugyanazt az egységpontot metszi ki. Tehát a szögfüggvényérték nem változik ha, a szöget 360° egész számú többszörösével növeljük. Jelöljük a tetszőleges pozitív egész számot fc-val! (A tangens és kotangens szögfüggvények értékét már k • 180° hozzáadása sem változtatja meg.)

sin (a + fc • 360°) = sin a ; tg (a4- k • 360°) = tg a ;

cos (a+ k • 360°) = cos a ; ctg (<%-[-&• 360) = ctg a;

vagytg (a+ k • 180°) = tg a ;

ctg (a4-k ' 180°) = ctg a.

Gyakorlás

1. sin 578° = sin (218°+ 360°) = sin 218° = sin (180°+ 38°) = —sin 38°; sin 578° = —0,6157.

2. cos 1245° = cos (165° + 3*360°) = cos 165° = cos (180° —15°) = cos 15°; cos 1245° = -0 ,9 6 5 9 .

3. tg 2640° = tg (120°+ 7*360°) = tg 120° = tg (1 8 0 °-6 0 °) = - t g 60°; tg 2640° = -1 ,7 3 2 .

4. c tg 5218° = c tg (178°+14-360°) = c tg 178° = c tg (1 8 0 ° - 2°) = - c t g 2°; c tg 5218° = -2 8 ,6 4 .

26. ábra. Pozitív szögek felírása az egyes negyedekben

41

Ha a mozgó szár az óramutató járásával megegyező irány­ban forog, akkor a keletkezett szöget negatívnak mondjuk (27. ábra).Összefüggések:

sin ( — oc) = — sin a ; cos ( — oc) = cos a ;t g ( - a ) = - t g a ; ctg ( - a ) = - ctg a.

Gyakorlás

5. sin ( — 42°) = - s in 4 2 ° = —0,6691.

6. cos ( —144°) = cos 144° = cos (180° — 36°) = —cos 36° = —0,8090.

7. tg ( - 5 2 ° ) = - t g 5 2 °= -1 ,2 8 0 .

8. c tg ( — 2 8 °)= —ctg 2 8 °= —1,881.

3. A radián fogalma és alkalmazása. Átszámítás fokról radiánra

A szög nagyságát eddig fokokban fejeztük ki. A szög radián- ban vagy ívmértékben kifejezett értéke a szöghöz tartozó ív osztva a sugárral, mely hányados viszonyszám, mértékegysége nincsen. Ha a sugár egységnyi, akkor a hányados éppen az ívhosszat adja meg, tehát a radián az egységnyi sugarú körben a szöghöz tartozó ív hossza. Egy radián az a szög, melyhez tartozó ív egyen­lő a sugárral. A teljes kör annyi radián, ahányszor a kör kerüle­

tében megvan a sugár, tehát 360° = = 2n.r

Ezek után meghatározzuk a leggyakrabban használt szögeket radiánban:

360°= 2tt ; 180o = tt; 90° = -; 4 5 ° = ^ ; 30° = .2 4 6

Ha a szög számértéke után nem teszünk semmilyen jelet, akkor azradiánt jelent. Pl.: oc—5 é soc= 5° között az a különb-

. ség, hogy az első szög 5 radiánt és a második 5 fokot jelent.

42

Általános eljárást adunk arra, hogyan lehet a radiánban meg­adott szöget fokra és a fokban megadott szöget radiánra át­számítani :

360° 180° n Qoc — p, oc — - oc, oc on° ^ "2n n 180

1 radián ^ 57,3° és 1° ^ 0,0174 radián.Gyakorlás

1. a = 5; ez h á n y foknak felel m eg?180°

a ----------5 ^ 5 7 ,3 ° -5 = 286,5°.71

2. a = — ; ez h á n y foknak felel m eg?

180° ti

'' I s - 1 0 '3. a = 20°; ez h á n y rad ián?

4. a = 250°; ez h á n y rad ián?

« - ^ - 2 5 0 ° . 4 , 3 6 .

4. Szögfiiggvények ábrázolása, periódusa

Az előzőkben a szögek és szögfüggvények fogalmát általá­nosítottuk tetszőleges nagyságú pozitív és negatív szögekre. Könnyen áttekinthetjük az egyes szögfüggvények fontosabb tulajdonságait, ha koordinátarendszerben ábrázoljuk őket.

a) y = sin x .

Itt x a szöget, y pedig a szög szinuszát jelenti. Az egyes szög­függvényértékeket az egységkör felhasználásával állapítjuk meg. A x tengelyre a szöget mérjük fel radiánban, az y ten­gelyre pedig + 1 és — 1 közötti értékeket.

43

A 360°-ot 12 egyenlő részre osztjuk, így 30°-onkint tudjuk az egyes szögfüggvényértékeket leolvasni, ez t t /6 radiánnak fe­lel meg. A kört akárhány részre beoszthatjuk és minél több részre osztjuk, annál több szögfüggvényértéket tudunk leol­vasni. Az x tengely irányában felmérjük a kör sugarának 27r-sze- resét, jelenleg 2n-t, ezt a szakaszt 12 egyenlő részre osztjuk, íg y az x tengelyen feltüntettük az x változó értékeit radiánok- ban. Ha az egységsugarú körben leolvassuk az egyes egység­pontokhoz tartozó ordinátákat, és a megfelelő szögértékhez felmérjük őket, megkapjuk a szinusz függvény néhány pont­ját. Ezeket a pontokat összekötjük, és ezzel ábrázoltuk a szi­nusz függvényt (28. ábra).

2 jr-től a hullám ismétlődik, a függvény periodikus, periódusa 2n.

b) y = cos x .

Az eljárás az előbbivel megegyezik, csak most az egyes egy­ségpontok abszcisszáit kell ábrázolnunk. A koszinusz függvény is periodikus, periódusa 2n (29. ábra).

A két függvény közös tulajdonsága, hogy periódusuk 2n, és abszolút értékük nem lehet egynél nagyobb.

ej y = tg x .

A szög tangensét a 256 ábra alapján szerkesztjük meg. Afügg- vény értéke 90°-nál és 270°-nál ± , periódusa n (30. ábra).

44

30. ábra. y = tg x

45

d) y = ctg x .

A függvényt a 255 ábrán látható módon szerkesztjük. A Ö és n helyen a függvényérték <=° , periódusa n (31. ábra).

Az utóbbi két függvény közös tulajdonsága, hogy a függ­vényérték bármilyen valós szám lehet, periódusuk n, és van olyan szög, melynek tangense, ill. kotangense + °°.

46

I I I . Á L T A L Á N O S HÁROMS Z ÖGR E VONATKOZÓ F E L A D A T O K

1. Szinusz tétel

A szögfüggvényeket általánosítottuk, tehát olyan trigono­metrikus összefüggéseket is megállapíthatunk, amelyek nem­csak derékszögű háromszögeken alapulnak, és amelyekben tom­paszögek felléphetnek. Az általános háromszöget meg tudjuk szerkeszteni, ha két oldal és a nagyobbikkai szemben fekvő szög vagy egy oldal és a rajta fekvő két szög adott. Ezekből az al­kotórészekből számítással is megkaphatjuk az ismeretlen ada­tokat. Erre vonatkozik a szinusz tétel:

Az általános háromszögben bármely hét oldal aránya az olda­lakkal szemben fekvő szögek szinuszainak arányával egyenlő:

a : b : c = sin a : sin : sin y,

vagy más alakban

a sin oc b sin 0 c sin yb sin ’ c sin y ’ a sin oc

Megemlítjük még, hogy a háromszög köré írható kör átmérő­jét a következő arányok adják meg:

sin oc sin 0 sin y

A szinusz tétel akkor használható, ha adott két oldal és a na- gyobbikkal szemben fekvő szög vagy pedig egy oldal és két szög.

4 7

Gyakorlás

1. c = 340 m ; 0 = 67°; b = 450 m ; y = ? oc = ? a = ? (32. áb ra).

Szinusz té te lle l m eghatározzuk y é rték é t, am elyről tu d ju k , hogy csak hegyesszög lehe t, m ivel k isebb o ldal­lal szem ben k isebb szög fekszik. A tö r te t úg y ír ju k fel, hogy a y szög szinusza legyen a szám lálóban, m e rt így könnyebb az ism ere tlen t kifejezni.

sin y sin 0

= ~ b ~ J

32. ábra. Álta- sin v = c s i n l = 340 m -sin 67°lános bárom- y b 450 m

szöglg 340 = 2,5315

+ lg sin 67° = 9 ,9 6 4 0 -1 0 lg sz = 12,4955—10

- l g 450 = -2 ,6 5 3 2 y — 44,1°. lg sin y = 9,8423—10

a = 180 ° - ( / ? + y ) = 180° — (67° + 44,1°) = 1 8 0 °-1 1 1 ,1 ° = 68,9°.

a bsin a sin 0 ’

b sin a 450 m -sin 68,9°sin 0 sin 67°

lg 450 = 2,6532 + lg sin 6 8 ,9 °= 9 ,9 6 9 9 -1 0

lg sz = 1 2 ,6 2 3 1 -1 0 - l g sin 67° = - 9 ,9 6 4 0 + 1 0

a = 465 m . lg a = 2,6591

A háromszög keresett adatai tehát:

y = 4 4 , l ° ; a = 68,9°; a = 456 m .

2. o = 440 m ; 0 = 47,6° y = 9 8 ° ; a = ? & = ? c = ? (33. áb ra .) '

a = 180° — (0 + y) = 1 8 0 ° -(4 7 ,6 °+ 9 8 ° ) = 1 8 0 °-1 4 5 ,6 ° = 34,4°;

48

b =

b asin 0 sin a ’

a sin /? 440 m -sin 47,6°

b = 575,2 m .

a sin 34,4°

lg 440 = 2,6435+ lg sin 4 7 ,6 °= 9 ,8 6 8 3 -1 0

lg sz = 1 2 ,5 1 1 8 -1 0- l g sin 3 4 ,4 °= -9 ,7 5 2 0 ^ 1 0

lg 6 = 2,7598

c asm y sm a 33. ábra.

Általános háromszög

a s v a y 4 4 0 m -s in 9 8 ° 4 4 0 m -s in 8 2 csin 34,4° sin 34,4°

lg 440 = 2,6435 + lg sin 8 2 °= 9,9958 — 10

lg sz = 1 2 ,6 3 9 3 -1 0 -lg sin 3 4 ,4 °= -9 ,7520= F10

c = 771,4 m . Ig e = 2,8873 '

A keresett értékek tehát:

a = 34,4°; 6 = 575,2 m ; c = 771,4 m.

2. Koszinusz tétel

A háromszöget meg tudjuk szerkeszteni, ha adott két oldal és a közbezárt szög vagy három oldal. Ilyen esetben számítás­sal is meghatározhatók az ismeretlen adatok, erre az esetre vonatkozik a koszinusz tétel:

c2 = a2 + b2 — 2ab cos y,

de felírhatjuk még a többi oldalakra is:

a2 — b2 -f c2 — 2be cos x ; b2 = a2 + c2 — 2ac cos 0.

4 Trigonometria 49

Ha ismertek a háromszög oldalai, akkor a szögeket lehet meg­határozni :

a2+ c 2 — b22 ae

a2+ b2 — c2cos y = -----—------.

2 ab

Megjegyezzük, hogy ha a két oldal által közbezárt szög 90°, akkor pl. az első esetben c2 = a2+ b2, vagyis Pythagoras tételét kapjuk, tehát ez a tétel a koszinusz tétel speciális esete.

A szögekkel kapcsolatban érdemes felfigyelni arra, hogy visz- szakereséskor nem tévedhetünk, mert a hegyes- és tompa­szögek koszinusza előjelben különbözik egymástól, szemben a szinusszal, amely szögfüggvény olyan, hogy a szögnek és mel­lékszögének szinusza előjelben is megegyezik.

Két példát oldunk meg, az elsőben két oldalból és a közbe­zárt szögből a többi adatot, a másodikban az oldalak ismereté­ben a szögeket határozzuk meg.

Gyakorlás

1. a = 32 m ; b = 18 m ; y — 58°; c = ? a = ? 0 = ?

c2 = a 2 + b2 — 2ab cos y ;

c2 = 322+ 182 —2-32-18-cos 58°;

c2 = 1024 + 3 2 4 -1 1 5 2 -0 ,5 2 9 9 ;

C2 = 1 3 4 8 -6 1 0 ,4 = 737,6;

c = 27,16 m .

Az ism eretlen szöget szinusz téte llel szám ítju k k i:

b2 + c2 — a2cos a = — ---------- ; cos2 be

+ lg s in 5 8 ° = 9,9284—10 lg sz = 1 1 ,1 8 3 7 -1 0

- l g 27,16 = -1 ,4 3 4 00 = 34,19° « 34,2°. ' lg sin 0 = 9 ,7 4 9 7 -1 0

a = 180° - ( 0 + y ) = 1 8 0 ° -(3 4 ,2 °+ 5 8 ° ) = 1 8 0 ° -9 2 ,2 ° = 87,8°.

A háromszög keresett ada ta i tehát:

c = 27,16 m ; 0 = 3 4 ,2 ° ; a = 87,8°.

2. a = 18,2 m ; b = 27,3 m ; c = 24,8 m ; a = ? 0 = ?

y » ? a 2 + b2 — c2

cos y =

18,22-cos y —

2 ab ’

18,22 + 27,32 - 24,82 3 31 ,2+ 745 ,3 - 6152-18,2-27,3 2-18,2-27,3

461,536,4-27,3

lg 27,3 = 1,4362 - l g n = -2 ,9 9 7 3

+ 10 -10lg 36,4 = 1,5611 lg 461,5 = 2,6642

lg n = 2,9973 lg cos y = 9,6669 —10

y = 62,33°.

M ost szinusz té te lle l szám ítju k k i a legkisebb oldallal szem ben fekvő szöget, m e rt ez b iz tosan hegyesszög:

sin a sin y . a sin y----- - = -—— ; sm a = --------- - ;

a c c

18,2 sin 62,33°24,8

lg 18,2 = 1,2601 + lg sin 62,33° = 9 ,9 4 7 2 -1 0

l g s z = 1 1 ,2 0 7 3 -1 0 - l g 24,8 = -1 ,3 9 4 5

a = 40,53°. lg sin a = 9,8128 — 10

51

/f - 180*-{tx+y) - 180° — (40,53°+ 62,3á°) = 180°- 102,860i0 = 77,14°.

A keresett adatok tehát:

a = 40,53°; 0 = 7 7 ,1 4 ° ; y = 62,33°.

3. Gyakorló feladatok

1. Szám ítsuk ki, hogy az A p o n t m ilyen m essze v a n a B p o n ttó l, h a az A B táv o lság közvetlenü l nem m érhető , de ism erjük az AC = b táv o lság o t, v a la m in t az a és y szöget (34. áb ra).

b = 523 m ;

y = 1 2 1 ,6°;

a = 37,8°;

A B = c = ?

E lőször a b o ldallal szem ben fekvő 0 szö­g e t szám ítju k ki, hogy a szinusz té te lt a lk a l­m azhassuk :

34. ábra Általános háromszög

0 = 180° —(a + y) = 180° — (37,8°+ 121,6°) =

= 1 8 0 ° -1 5 9 ,4 ° ;

0 = 20,6°.

F e lírju k az ism eretlen o ldalra a szinusz té te lt :

e b b sin ysm y sm 0

523 sin 121,6° sin 20,6°

sm p

523 sin 58,4° sin 20,6° ’

lg 523 = + lg sin 58,4° =

2,71859 ,9 3 0 3 -1 0

lg sz = 1 2 ,6 4 8 8 -1 0 -lg sin 2 0 ,6 °= -9 ,5 4 6 3 + 1 0

c = 1266 m . lg c = 3,1025

2. M ekkora az A p o n tn ak a BG egyenestől m é rt m erőleges távo lsága (a három szög a o ldalához ta rto zó m agasság), h a ism ert a BG távo lság , v a la m in t a 0 és y szögek (35. áb ra)?

BG = a = 140 m ;

y = 73,4°;

0 = 58,2°;

A D = x = ?

52

Az aj-szel je lö lt ism ere tlen t az A B D zl-ből szinusz szögfüggvénnyel tu d ­ju k kifejezni, de ehhez c é rté k é t kell ism ernünk , c az ad a to k b ó l szinusz téte llel szám íth a tó k i:

• a x ■ asm 6 - — ; x = c sm B.c

a = 180° - ( / ? + y) = 1 8 0 ° -(5 8 ,2 °+ 7 3 ,4 ° ) = 180° -1 3 1 ,6 ° ; a = 48,4°.

sm ya a sm y

= —------ ; c = — ---------sm a sm a

. ■ „ a sin y sin Bc sm p = -------7—------ — ;

sm a140 sin 73,4° sin 58,2°

sin 48,4°

lg 140 = lg sin 73,4° = lg sin 58,2° =

2,14619 ,9 8 1 5 -1 09 ,9 2 9 4 -1 0

lg sz = 2 2 ,0 5 7 0 -2 0 - l g sin 48,4° = -9 ,8 7 3 8 + 1 0

x = 152,5 m .lg* = Iga =

1 2 ,1 8 3 2 -1 02,1832

3. Szám ítsuk k i, hogy m ilyen G p o n t fe le tt v a n a repülőgép, h a az A és B irán y ító állom ásról rád ió iránym érésbő l és térk ép rő l az a láb b i á b ­rá n lá th a tó a d a to k á lla p íth a tó k m eg (36. áb ra).

a = ? 0 - ’ ? j - = ? M ö = 6 = ? £ C = a = ?

0 = 1 8 0 ° -(3 7 ° + 6 8 ° ) = 1 8 0 ° -1 0 5 ° = 75°.

35. ábra Általános háromszög

36. ábra Távolság meghatározása

53

a + 1 5 ° = 68°, m e rt v á ltó szö g p árt a lk o t a 68°-os szöggel;

a = 68° —15° = 53°;

y = 180°— (a + 0 ) = 1 8 0 ° - (5 3 ° + 75°) = 1 8 0 ° -1 2 8 ° ; y = 52°.

A b és a táv o lság o k at szinusz té te lle l h a tá ro zzu k m e g :

c sin Bb =

sm y sm y

140 sin 75°sin 52°

b = 171,6 km .

sm p

_ 171,6 sin 53° sin 75°

lg 140 = + lg sin 75° =

2,14619,9849 - 10

lg sz = 12,1310 - 10— lg sin 52° = -9 ,8 9 6 5 ^ 1 0

lg 6 = 2,2345

b sin asin

1°

lg 171,6 = 2,2345+ lg sin 53° = 9 ,9 0 2 3 - 10

lg sz = 12,1368 — 10 - l g sin 75° = - 9 ,9 8 4 9 ^ 1 0

o = 1 4 1 ,9 km . lg o = 2,1519

Tehát a keresett adatok:

a = 14Í,9 k m ; b = 171,6 k m ;

a = 5 3 ° ; 0 = 7 5 ° ; y = 52°.

4. E g y b á n y áb a n k é t tá rn a m en etének irán y a 82,6°-ot zár be. Az egyik145,8 m , a m ásik 243 m hosszú. V ég p o n tja ik a t egy ú ja b b tá rn á v a l kell összekötni. M ekkora lesz ennek a hossza, és h á n y fokos szöget zár be a rö v idebb tá rn á v a l (37. áb ra)?

o = 243 m ; c = 145,8 m ; /? = 82,6°; b = ? a = ?

A d o tt k é t oldal és a kö zb ezárt szög, te h á t 6- t koszinusz té te lle l kell m eg h a tá ro zn i:

62 = o2 -f c2 — 2oc cos /?.

54

A négyzetre em eléseket tá b lá z a tta l o ld ju k m eg, és a k a p o tt szám o k a t no rm ál a lak b an írju k , a szo rza t é rté k é t logaritm ussa l szám ítju k ki.

b2 = 2432+ 145,82- 2 - 243-145 ,8-cos 82,6°;

2432 = 5 ,905-104 + 145,82 = 2 ,126-104

a2 + c2 = 8 ,031-104 lg 486 = 2,6866

lg 145,8 = 2,1638 lg cos 8 2 ,6 °= 9 ,1 0 9 9 -1 0

lg 2 ac cos /3 lg 2ac cos /?

13,9603-3,9603

10

<7 / V/cc\

2ac cos /S = 9 ,126-103

b2 = 8 ,031-104- 9 ,126-103 = 80 ,31-103- 9 ,126-103 =

= 71,184-103 = 7 ,118-104;b = /7 ,1 1 8 -1 0 4 « 266,8 m .

Az a szöget szinusz té te lle l h a tá ro zzu k m eg.

sin a sin . a sin 243 sin 82,6°~~ö~ = 5 sin a = = 26M

lg 243 = lg sin 82,6° =

37. ábra. Távol­ság- és szög­meghatározás

2,38569 ,9 9 6 4 -1 0

lg sz = 1 2 ,3 8 2 0 -1 0 - l g 266,8 = -2 ,4 2 6 2

a = 64,6°. lg sin a = 9,9558 — 10Tehát a keresett adatok:

b = 266,8 m ; a = 64,6°.

5. K é t erő, P , és P 2 h a t egy anyag i p o n tra . Az á lta lu k b ezá rt szög 68,9°. H a tá ro z zu k m eg az R e red ő t és az R és P 2 szögét (38. ábra)!

P x = 25 k p ; P 2 = 45 k p ; a = 68,9°; R = ? 0 = ?

R é r té k é t koszinusz té te lle l h a tá ro zzu k m eg:

R 2 = P 2 -f-P2 — 2 P XP 2 cos (180°- a ) ,

de cos (180° —a) = - cos a ,

te h á t

R 2 - P | + P | + 2 P xP 2 c o s a ;

W , 25= + 45>+2-25.45.cob 68,9"; 38' ^ ' 3 % " "

55

252 = 625452 = 20 2 5 2 -2 5 .4 5 = 2250;

P? + P f = 2650

lg 2250 = 3,3522 lg cos 6 8 ,9 °= 9,5563 - 1 0

P 2 = 2650+ 810 = 3460 2P 1^2 cos « = 12,9085 - 1 0__ lg 2 P jP 2 c o s a = 2,9085

R = /3 4 6 0 = 58,82 kp . 2P 1P 2 cos a = 810

0 é r té k é t szinusz té te lle l h a tá ro zzu k m eg:

sin 0 sin (180° — a) sin a P j = P = P ;

t sin a 25 sin 68,9°sm n =

R 58,82

lg 25 = 1,3979+ lg sin 68,9° = 9,9699 — 10

lg sz = 1 1 ,3 6 7 8 -1 0- l g 58,82 = -1 ,7 6 9 5

0 = 23,36°. lg s in 0 = 9 ,5 9 8 3 -1 0

Tehát a keresett adatok: R = 58,82 k p ; 0 = 23,36°.

6. H árom , közös tám a d ásp o n tú erő egyensú lyban v an . M ekkora szöget zá rn ak be a h a tá sv o n a lak egym ással, ha az erők 35 k p , 45 k p és 38 k p nagyságúak?

H áro m v agy tö b b erő ak k o r v a n egyen­sú ly b an , h a vek torsokszögük z á rt, vagyis egym ás u tá n felm érve az összetevőket, az u to lsó v ég p o n tja o t t v an , ahol az első kezdő­p o n tja . A fen ti h árom erőnek az eredője te h á t csak ak k o r leh e t n u lla , h a az erők egy három szög o ld a la it a lk o tjá k ; ennek a szögeit kell m eg h a táro zn u n k (39. áb ra).

P i = 35 k p ; P 2 = 45 k p ; P 3 = 38 k p ; a = ? /? = ? y = ?A P t és P 2 v ek to rok á lta l b e zá rt szög: 180° —a.A P 2 és P 3 vek to ro k á lta l b e zá r t szög: 180°—0.A P 3 és P 1 v ek to ro k á lta l b e zá rt szög: 180° — y.

39. ábra. Három erő egyen­súlya

56

Az egyes szögeket koszinusz té te lle l szám ítju k k i :

P ? + P | _ P | 352 + 452 — 382 COS“ 2 Í \ P 2 " 2-35-45 5

+ 10 -10352 = 122 5 2-35-45 — 70-45 = 3 1 50 lg 1806 = 3,2567

+ 452 = 2025 - l g 3150 = -3 ,4 9 8 3P f + P f = 3250 lg cos a = 9,7584 - 1 0

— 382 = -1 4 4 4sz = 1806

a = 55,02° ss 55°.

A 0 szöget, m ely a legkisebb o ldallal v a n szem ben, szinusz té te lle l h a ­tá ro zzu k m eg, ez b iz tosan hegyesszög :

sin sin a . P x sin a

Pi P3 P335 sin 55° lg 35 = 1,5441

gg » + lg sin 5 5 °= 9 ,9 1 3 4 —10lg sz = 11,4575 - 1 0

- l g 38 = -1 ,5 7 9 8/? = 48,98° 49°. lg sin 0 = 9,8777 - 1 0

y = 180° — (a + 0 ) = 180° — (55° + 49°) = 1 8 0 ° -1 0 4 ° = 76°.

A z erők által bezárt szögek tehát:

P t és P 2 k ö z ö tt: 1 8 0 ° -5 5 ° = 125°.P 2 és P 3 k ö z ö tt: 180° —49° = 131°.P 3 és P x k ö z ö tt: 1 8 0 ° -7 6 ° = 104°.

7. Az B = 450 k p nagyságú e rő t b o n tsu k fel k é t o lyan P x és P 2 össze­tevőre , m elyek közül az egy ik 40°-os, a m ásik 15°-os szöget zár be az ere­dővel (40. á b r a ) !

R = 450 k p ; a = 40°; 0 = 15°; P x = ? P 2 = ?

A d o tt egy o ldal éB a r a j ta fekvő k é t szög, keressük a három szög m ásik k é t o ldalá t.

E lőször a y szöget h a tá ro zzu k m eg, m a jd szinusz té te lle l az P 1 és P 2ö ssze tev ő k e t:

y = 1 8 0 ° - (a + 0) = 1 8 0 ° -(4 0 ° + 1 5 ° ) = 1 8 0 ° -5 5 ° = 125°.

57

P l Rsm a sm y

450 sin 40°

P i -R sin a

P i ­

ám y 450 sin 40°

sin 125° sin 55°lg 450 = 2,6532

+ lg sin 4 0 ° = 9,8081- 10lg sz = 1 2 ,4 6 1 3 -1 0

; sin 5 5 °= -9 ,9 1 3 4 + 1 0

40. ábra. Erő felbontása össze­tevőkre

Rsm y P« =

lg P i — 2,5479P 1 = 353,1 kp .

R sin /? 4 5 0 sin 15° 450 sin 15° sin y sin 125° sin 55°

lg 450 = 2,6532 + lg sin 1 5 °= 9 ,4130—10

lg sz = 1 2 ,0 6 6 2 -1 0 — lg sin 5 5 °= —9 ,9134+ 10

P 2 = 142,2 k p . l g P 2 = 2,1528Tehát P x = 353,1 k p ; P 2 = 142,2 kp .8. C sónakkal a k a ru n k a folyó tú lsó p a r tjá ra ju tn i, és a cél irán y a

a folyó p a r tjá v a l a = 35°-os szöget zár be. M ilyen irán y b a kell evezni

= 2,5-

= 2,5 — ;

, h a a víz sod ra v2 — 1,2

m

(41. áb ra)?ö

a = 35°; 0 = ?

E lőször a v2 o ldallal szem ben fekvő y szöget, m a jd ennek ism eretében0 -t h a tá ro zzu k m e g :

sin y sm av9

sm y

sm y v2 sm a

1,2 sin 35° 2 5

41. ábra. Sebességek összegezése y = 15,98° rí 16°.

lg 1,2 = 0,0792 + lg sin 35° = 9 ,7 5 8 6 -1 0

lg sz = 9 ,8 3 7 8 -1 0 - l g 2,5 = -0 ,3 9 7 9lg sin y = 9,4399 — 10

0 ' = 180° — (a + y) = 180° — (35°+ 16°) = 1 8 0 ° -5 1 ° = 129°.

0 = 180°—0 ' = 1 8 0 ° -1 2 9 ° = 51°.

58

IV . S Z ÖGÖS S Z E GE K, K É T S Z E R E S ÉS F É L S Z Ö G E K S Z Ö G F Ü G G V É N Y E I

1. Szögösszegek és szögkülönbségek szögfüggvényei

A következő összefüggések lehetővé teszik, hogy két szög szögfüggvényeinek ismeretében összegük és különbségük szög­függvényeit meghatározzuk:

sin (a 4-0) = sin a cos 0 4 cos a sin 0. sin (a — 0) = sin a cos 0 — cos a sin 0. cos (a 4- /?) = cos a cos 0 — sin a sin 0. cos (a — 0) = cos a cos 0 + sin a sin 0.

, . m ctg a ctg 0 — 1ctg (a 4-jő) = — 7 — ---- 7 ----- •ctg 0 4 ctg a

o ctg a ctg 0 + 1ctg ( « - £ ) = ctg)3_ ctgce •

Gyakorlás1. Ism e rjü k a 60° és a 45°-os szögek szögfüggvényeit. H a tá ro z zu k m eg a 105°-os és a 15°-os szög összes szögfüggvényeit.

a = 60°; 0 = 4 5 ° ; a + 0 = lO 5 ° ; a - 0 = 15°.

sin 105° = sin 60° cos 45° + cos 60° sin 45° =

_J^T^2T J_ ]j^ _ V2j = l^~+ 2~“ ~2 2" + Y ’" T - 4 + 4 4

59

tg 105° =

cos 105° = cos 60° cos 45° — sin 60° sin 45' =

1 Í2 |/T YY /2~ /ö / 2 - / < f— — — ~ ~ l 4~ “ 4

tg 60° + tg 45° / 3 + 1 / 3 + 1 ( / 3 + l ) ( / 3 + l )1 “ tg 60° tg 45° i ü j / 3 .1 i _ / 3 ( i _ j / 3 ) ( i + j/3 )

( /3 ~ + l) 2 3 + 2 /3 + 1 4 + 2 /3 * o iX-1 - 3 - 2 2 }

■2 . 1 - 1c t „ 1 0 5 o = c tg 60° c tg 4 5 ° - 1 = _3_______ = /§ ~ -3 =

ctg 45° + c tg 60° 1/3 3 + 1/3

1+~T( / 3 - 3 ) ( / 3 ~ - 3 ) 3 - 6 / 3 + 9 4 - 2 / 3 ~ _

( 3 + /3 ") ( 3 - / 3 " ) 9 - 3 - 2

sin 15° = sin 60° cos 45° — cos 60° sin 45° =

/ÜT ]Í2 1 / 2" /(T Í 2 / 6" - / 2“_ _ _ y '~2~ ~ ~4 4~ = 4 ’

cos 15° = cos 60° cos 45° + sin 60° sin 45° =

1 f 2 /3~ VT /2~ / 6~ / 2 + / 6 “ T ’“lT + ~2 2~~ ~ ~ T + ~4~ ~ 4 ’

tg 60° —tg 45° y T - 1 / 3 - 1 ( / 3 — l) ( /5 T — l )tg 15° =

1 + tg 60° tg 45° 1 + / 3 - 1 / 3 + 1 ( / 3 + l ) ( / 3 - l )

( / 3 “- l ) 2 3 - 2/ 3 + I 4 - 2 / 33 - 1

2 - / 3 .

/3~_ c tg 60° c tg 4 5 °+ 1 3 / 3 + 3

C g c tg 4 5 °- c t g 60° / jT 3 - / F ~3~

( / 3 + 3 ) ( /3 '+ 3 ) 3 + 6 / 3 + 9 4 + 2 /3 " =

( 3 - / F ) ( 3 + / 3 " ) 9 - 3 2

60

Kétszeres és félszögek szögfiiggYényeí

Áz alábbi összefüggések alapján egy szög szögfüggvényeinek ismeretében kétszeresének és felének szögfüggvényeit kiszá­míthatjuk.

Kétszeres szögek szögfüggvényei:sin 2a = 2 sin a cos a ; cos 2a = cos2 a — sin2 a ;

*. o 2 tg oi ctg2 a — 1tg 2a = - — —2 ~ ; ctg 2a = — ------ .1 — tg2 a 2 ctg a

Félszögek szögfüggvényei:

. a i / 1 — cos a a i / 1 4- cos asm — = 1/ ----- ------; cos- fa i / l — cos a , a i / ~ l + c o s a

t g 2 = l / l T ^ ; ^ ” [ I^ cő sc í

Gyakorlás

1. Ism erjü k 60° szögfüggvényeit. H a tá ro z zu k m eg 120° összes szögfügg­vényeit. (A zért v á la sz to ttu k a 120°-os szöget, m e rt így az e red m én y t fe j­b en tu d ju k ellenőrizni, ugyan is sin 120° = sin 60°, cos 120° = —cos 60°, tg 120° = —tg 60° és c tg 120° = —ctg 60°.)

a = 60°; 2a = 120°;

ÍZ 1 j/3"sin 120° = 2 sin 60° cos 60° = 2 -

2 2 2

120° = cos2 60° —sin 2 60° = ( y ) “ ( Í r ) 2 = T ~~

te !20° — 2tg6°° - - 1/ rg 1 — tg 2 60° 1 - 3 - 2 ' ’

3 1T ~ ~ T

c tg 120° =

_3_ 3 - 9c tg 2 6 0 ° - 1 \ 3 / ' 9 9

2 ctg 60° ^ ^3 2^3 6 /3

2 '~3~ 3 9

61

6 / 3 / F ‘

2. H a tá ro z zu k m eg a 22,5°-os összes szögfüggvényeit, h a ism erjük a 45°-os szög szö g fü g g v én y e it!

a = 45°; ~ = 22,5°.

sin 22,5°— cos 45°

cos 22 , - / i+ cos 45°

tg 22 , - / *■ cos 45c

-f cos 45°

ctg 22 , - / I ±cos 45°cos 45°

1 - Y*

- Y2 -/sT

1 + /22+/2"

Az előbbi azonosságokat főleg trigonom etrikus egyenletek m egoldása­kor, v a la m in t trigonom etrikus azonosságok helyességének igazolásakor h aszn álju k fel. Ig azo lju k a következő azonosságok helyességét:

sin a cos fi + cos a sin fi tg a + tg fi cos a cos fi — sin a sin fi 1 — tg a tg fi ’

Az azonosság b a l o ld a la :sin (a.+fi) cos ( a+ j 8)

de a jobb óldal is ez, te h á t egyenlők.

4 t g q —tg fi = sin (a-fi) tg a + tg fi sin (a + fi)

tg (ot + 0),

62

Először a jobb o ld a lt a la k ítju k á t a szögküíönbségekre és szogösszé- gekre vonatkozó azonosság fe lhasználásával:

sin (a — jö) sin a cos /? — cos a sin sin (a + jö) s in a cos/? + cos a sin /?

O sztjuk a szám láló és nevező m inden egyes ta g já t cos a cos /3-val, m a jd egyszerűsítünk.

sin a cos /? cos a sin sin a sin #cos a cos fi cos a cos /? cos a cos tg a — tg

cos a sin sin a sin /S tg a + tg [3cos a cos (3 cos a cos cos a cos fi

T eh á t az e redetileg fe lírt azonosság helyes.

5 sin (« + /?) - 2 sin q cos fi2 sin a sin /?+ cos (a + /?) g **

Az azonosság b a l o ld a lá t a la k ítju k á t úgy , hogy benne szögösszegek m ár ne legyenek, m a jd összevonunk:

sin (oc+/?) — 2 sin a cos /? sin a cos /? + cos a sin /?— 2 sin a cos (32 sin a sin [3 + cos ( a +/?) 2 sin a sin + cos a cos jö — sin a sin (3

cos a sin /? — sin a cos [3 — (sin a cos /? — cos a sin /?) cos a cos + sin a sin j3 cos a cos + sin a sin (3

A szám láló és nevező helyébe a m egfelelő szögkülönbségek szögfügg­v ényét írju k , így te h á t:

— tg ( a - / ! ) .cos ( a —/?)

T eh á t az e red e ti azonosság helyes.

sin a cos/S — sin (a+/3) cos a cos /? — cos (a + (3)

A kifejezés ba l o ld a lá t a la k ítju k á t :

s in a cos /? — sin ( a +/?) sin a cos /? — sin a cos /? — cos a sin cos a cos /? — cos (a + /?) cos a cos /3 — cos a cos /? -f sin a sin f3

— cos a sin 8 cos a= — :------- :— -------7----- = — ctg a .

63

l ’e liá t az e rede ti azonosság h e ly é i

1 + sin 2acos 2a

tg (45° + a).

A ba l o ld a lt úgy a la k ítju k á t, hogy benne csak egyszeres szögfüggvé* n y ék leg y en ek :

1 -f sin 2a 1 + 2 sin a cos a cos 2a cos2 a — sin2 a

F e lhasználjuk a következő azono sság o k a t:

1 = sin 2 a + cos2 a ; cos2 a —sin2 a = (cos a + sin a)(cos a —sin a).

Ezzel a kifejezés ba l o ld a la :

sin2 a + cos2 a + 2 sin a cos a (sin a + cos a )2(cos a + sin a)(cos a — sin a) (sin a + cos a) (cos a — sin a)

sin a cos a - + -sm a + cos a cos a cos a tg a + 1 , . , ,

= ----------------- = ----------------- :------ = —---------- a lak ú le tt.cos a — sm a cos a sm a 1 — tg a

cos a cos a

M ost a kifejezés jobb o ld alá t a la k ítju k á t :

tg 45° + tg a 1 + t g atg (45° + a) =

1 —tg 45° tg a 1 — tg a

A k é t k ifejezést á ta la k ítv a azonos eredm ényre ju to t tu n k , te h á t azok eredetileg is egyenlők v o ltak .

cos 2a tg ao.

1 + cos 2a tg 2a

E lőször a ba l o ld a lt a la k ítju k á t :

cos2 a — sin2 a cos2 a — sin2 a cos2 a — sin2 a1 + cos2 a — sin2 a s in 2 a + cos2 a + cos2a — sin2 a 2 cos2 a

Á ta lak ítju k a jobb o ldalt:

tg a cos a sin a cos 2a sin a (cos2 a — sin2 a)tg 2a sin 2a cos a sin 2a cos a - 2 sin a cos a

cos 2acos2 a — sin2 a

2 cos2 a

A k é t kifejezés egyenlő, te h á t e redetileg is egyenJők vo ltak .

64

3. Trigonometriai összegek és különbségek szorzattá alakítása

Összegeket és különbségeket logaritmussal nem tudunk ki­számítani, ezért sokszor célszerű, ha az ilyen kifejezéseket szor­zat alakban is fel tudjuk írni.

. o o ■ a +sin a + s in p = 2 sin— cos ■2 2

. 0 cc + (5 . cc~isin <x — sm a — 2 cos —-— sm —-~

A cc+B occos a + cos p = 2 cos - cos —

a 0 . a+/S . cos a — cos a = — 2 sm —— sm ——

Gyakorlás

• rno • ifit o 50° + 40ö . 50ó-4 0 =1. sm 50 — sm 40 = 2 c o s ----- -------s i n -------------

= 2 cos 45° sin 5° = 2 * -^ - sin 5° = VlTsin 5°.2 r

^ „ . 105°+ 75° 1 0 5 ° -7 5 °2. sm 1 0 5 ° + sm 75° = 2 s m --------------- c o s ---------------- =

2 2

= 2 sin 90° cos 15° = 2 cos 15°.

sin 75° — sin 15°O.

cos 75° + cos 15°

75°+ 1 5 ° . 7 5 ° -1 5 ° 2 c o s ------------s m -------------

75°+ 15° 75° — 15°2 c o s ------------ c o s --------------

2 2

2 cos 45° sin 30° sin 30°2 cos 45° cos 30° cos 30° g

5 Trigonometria 65

i . Igazo ljuk , hogy sin 50° —sin 70u + sin 10ü = í).

• „ 5 0 °+ 7 0 ° . 50° — 70° sm 50° — sm 70° *= 2 c o s ------------s m -------------

2 cos 60° sin ( -1 0 ° ) = 2 - — sin ( — 10°) = —sin 10a

•sin 10° + sin 10° = 0.

Y. TRIGONOM ETRIKUS EGYENLETEK

1. Egyszerűbb egyenletek

Akkor nevezünk egy egyenletet trigonometrikus egyenlet­nek, ha benne az ismeretlen szögfüggvénye előfordul. Ilyen egyenletek pl.:

sin a; = a;2; sin # + cos a; = 1.A legegyszerűbb trigonometrikus egyenletekben egy szög­

függvény és egy szám fordul elő. Ezek általános alakja:sin x — a\ cos x — b; tg x — c ; ctg x = d.

Itt a, b, c és d olyan számok, melyek az adott szögfügg vény értékkészletéhez tartoznak. P l.: a abszolút értéke nem lehet egynél nagyobb stb.

Azokat az x értékeket, melyekre az előbbi egyenlőségek fenn­állnak, az egyenlet gyökeinek nevezzük. Egy megoldást vissza­kereséssel kapunk meg. Minden trigonometrikus egyenlet meg­oldható, ha sikerül azt az előbbi típusok valamelyikére vissza­vezetni.Legyen p l.:

sin x = 0,5.

Keressük mindazokat a szögeket, amelyeknek szinusza 0,5. Tudjuk, hogy a szinusz szögfüggvény — és a többi is —perio­dikus, periódusa 271=360°, tehát ha egy szög szinusza 0,5, akkor k • 360°-kal nagyobb vagy kisebb szögé is ugyanakkora (k akármilyen, pozitív vagy negatív egész számot jelenthet). Azt is tudjuk, hogy a szögfüggvények értékkészletük minden értékét egy 2n hosszúságú perióduson belül két helyen veszik fel. A gyakorlatban csak a 0° — 360°-ig terjedő szögtartományt vesszük figyelembe.

5* 67

A 0° és 360° közé eső gyökök a fenti egyenlet esetében 30° és 150°.

Az előbbi egyenlet megoldása tehát:

= 30°+ k • 360°; x2 = 150°+ k • 360°.Összefoglalva: visszakereséssel úgy oldunk meg trigonometrikus egyenletet, hogy a táblázatból kapható szög és az egységkörről leol­vasható összefüggések segítségével megállapítjuk 0° — 360° közé eső gyökeit, majd figyelembe vesszük a szögfüggvény periódusát.

Gyakorlás

1. sin x — -0 ,5 5 6 3 .

A szinusz függvény a h a rm ad ik és a negyedik negyedben negatív , te h á t a 0° —360° közé eső gyökök: 213,8° és 326,2°.

- 213,8° + 360°; x2 = 326,2° + k - 360°.

2. cos x = 0,5373.

A koszinusz függvény az első és a negyedik negyedben pozitív , te h á t a 0° —360° közé eső gyökök: 57,5°; 302,5°.

x y = 57 ,5°+ k - 360°; a;2 = 302,5°+ k - 360°.

3. cos x = —0,9763.

A koszinusz függvény a m ásodik és h a rm a d ik negyedben n eg atív , te ­h á t a 0° —360° közé eső gyökök: 167,5°; 192,5°.

Xl = 167,5° + k -360°; x 2 = 192,5° + 1c-360°.

4. tg x = 1,588.

A tan g en s az első és a h a rm a d ik negyedben pozitív , te h á t a 0° —360° közé eső gyökök: 57,8°; 237,8°.

x 1 = 57,8° + 180°; x 2 = 237,8°+ k - 180°.

A tangens és ko tangens szögfüggvényeknek m ár 180°-os a periódusa, a zé rt az első gyöksorozat ta rta lm az z a a m áso d ik a t is, p l . : 57 ,8°+ 180° = = 237,8° s tb .

5. tg x = —2,204.

A tan g en s a m ásod ik és a negyedik negyedben n eg atív , te h á t az a la p ­gyökök: 114,4°; 294,4°.

= 114,4° + í> 180°; :k2 = 294,4°+ k - 180°.

G8

M egoldunk m ég o lyan eg y en leteket is, m elyekben csak egyféle szög- fü g g v én y fordul elő, de m á r nem eg y tag ú a ba l oldal.

6. 2 sin x + 5 sin x = 2.

27 sin x — 2; sin x = — 0,2857;

7

x í = 16,6° + k - 360°; x 2 = 163,4° + k - 360°.

7. 100 sin2 x — 100 sin x +24 = 0 j: 4

25 sin2 x —25 sin £ + 6 = 0.

Az egyenlet sin a;-re m ásodfokú, te h á t a m ásodfokú egyen let m egoldó kép le tével szám ítju k k i a gyökeit, azonban az ism ere tlen m o st nem x , h anem sin x.

25 + 1/625 — 600 25 + 5 5 + 1

sin x x = 0 ,6 ; sin x 2 = 0,4.

A fe la d a to t a következő k é t egyen letre v e ze ttü k v issz a :

sin x x = 0 ,6; sin x 2 = 0,4.

A gyököket k é t indexszel lá t ju k el, ezek közül az első a z t a d ja meg, hogy m ely ik egyenlethez ta rto z ik , a m ásodik pedig az t, hogy ennek h an y ad ik gyöke.

sin íCj = 0 ,6;x n - 36,9° + k - 360°; íc12 = 1 4 3 ,1 °+ fc-360°;

sin x2 = 0,4;x21 = 23,6° + k - 360°; x22 = 156,4°+ fc*360°.

A trig o n o m etrik u s egyenletek m egoldása so rán csak 0,1° pontossággal szám olunk.

2. Összetett feladatok

Ha egy trigonometrikus egyenletben az ismeretlen többféle szögfüggvénye szerepel, akkor az általános megoldási módszer:

1. A szögfüggvények ismert összefüggéseit felhasználva úgy ala­kítjuk át az egyenletet, hogy csak egy szögfüggvény legyen benne.2. Megoldjuk az egyenletet. 3. Behelyettesítünk az eredeti egyen­letbe (próba). 4. Megvizsgáljuk, hogy az átalakítások során nem volt-e gyökvesztés vagy hamis gyök.

69

Gyökvesztés rendszerint akkor van, ha az egyenlet mindkét oldalát osztjuk ismeretlent tartalmazó kifejezéssel. Hamis gyök pedig akkor lehet, ha az egyenlet mindkét oldalát szorozzuk ismeretlent tartalmazó kifejezéssel, ill. mindkét oldalát ugyan- annyiadik hatványra emeljük.Gyakorlás

1. sin x = cos x.

Az egyenlet m in d k é t o ld a lá t o sz tju k cos íc-szel, ezzel v isszavezetjük az előző p o n tb a n tá rg y a lt t íp u s ra :

sin x = cos x I : cos x ^ 0

Xl = 4 5 °+ fc .l8 0 ° ; x 2 = 225°+ k - 18 0°.

111. rö v id eb b en : x = 45°+ k • 180°.Próba: sin 45° = cos 45°; sin 225° = cos 225°.

G yökvesztés nem v o lt, m e rt h a cos x = 0, ak k o r sin x = 1, te h á t nem leh e tte k egyenlők.

2. 5 sin 2x = — 7 sin x.

H a az egyenletben egyszeres és kétszeres szögek v an n ak , ak k o r először a m egfelelő összefüggések fe lhasználásával az eg y en le te t egyszeres szög- függvényekre v eze tjü k vissza.

5-2 sin x cos x = — 7 sin x | : sin x ^ 0.

Az egyenlet m in d k é t o ldalán előfordul sin x, vele e losztjuk m in d k é t o ldalt, de m egjegyezzük, h a sin x = 0, ak k o r is egyenlő a k é t o ldal (0 = Ó), te h á t ezzel az á ta lak ítá ssa l gyökvesztés lenne, h a a végén ez t nem vennénk figyelem be.

10 cos x = — 7 | : 10

cos x = —0,7

x x =134,4° +fc-360°; x 2 = 225,6° +fc-360°.

A h a rm a d ik és negyed ik gyöksorozato t a sin x = 0 egyenlet szolgál­ta t ja .

sin x — 0x 3 = 0°-f& -360°; x 4 = 180°+ k - 360°.

Az egyen letnek te h á t 0° —360° k ö z ö tt négy gyöke -van.

70

Ha az egyenlet m egoldásának helyességét behelyettesítésse l akarjuk ellenőrizni, ak k o r csak közelítően egyenlő é rté k ek e t kap u n k , h iszen a szö­gek kikeresése is közelítő pontosságú. E zé r t ú g y já ru n k el, hogy az uto lsó egyenletből, a cos x — - 0 ,7 -bői fejezzük k i a tö b b i szögfüggvény é rték é t. I t t figyelem be kell venn i a négyzetes összefüggés fe lhasználásakor, hogy a négyzetgyökvonás k é té r té k ű m űvelet.

Próba:

cos x = — 0,7;

sin x - ± / l - c o s 2 x = ± / l - 0 , 7 2 = ± / 1 - 0 ,4 9 = ± /< V 5 Í;

sin 2x = 2 sin x cos x = 2( ± /0 ,5 l ) ( — 0,7) = — 1 ,4 (+ /0 ,5 l ) .

a) cos x x = — 0 ,7; sin x x = /0 ,5 1 ;

sin 2 x±= —1 ,4 /0 ,5 1 ;

5 s in 2xx = — 5* 1 ,4 /0 ,51 = - 7 / ( V 5 1 ;

- 7 sin = - 7 /0 ,5 1 ;

-7/Ö ^öT = - 7 / Ö ^ T ,

te h á t ez a m egoldás jó.

b) cos Xo = —0,7; sin x2 = — /0 ,5 1 ;

sin 2 x 2 = — 1,4( — /Ö^öT) = 1,4/(X5T;

5 sin 2 x 2 = 5-1,4/0751 = 7/Ö75T;

- 7 sin x 2 = - 7( —/0 ,5 1 ) = 7/ÍV51.

7 / 0 ,5! = 7 /0 ,5 1 ,te h á t ez a m egoldás is jó.

c) x 3 = 0°; s in 0 ° - = 0 ; s i n 2 - 0 ° = 0 ;5 sin 0° = - 7 sin 0°,te h á t ez a m egoldás is jó.

d) x 4 = 180°; sin 180° = 0 ; sin 2-180° = sin 360° = 0;5 sin 360° = —7 sin 180°,

te h á t ez a m egoldás is jó.

3. 2 t g * + c t g a ; = - 3 ; c tg x = — -— ;t g x

2 t g x + - ^ — = — 3 | - tg x. tg x 1

71

I ly en k o r fo rd u lh a t elő ú j gyök, de ez t m a jd a végén ellenőrizzük.

2 tg 2 x + 1 = — 3 tg a;.

R endezzük a tg a>ben m ásodfokú egyen lete t:

2 tg 2a? + 3 tg X+ 1 = 0;

- 3 ± / 9 — 8 - 3 ± 1 tg * 1>2 = { ------- =

- 3 + 1 1 - 3 - 1tg x x = ---------= —— ; tg * 2 = ----- _ = - 1 .

x n = 153,4° + k - 180°; x l2 = 333,4° + k - 180°;

x 21 = 135° + í;.180o; x 22 = 315°+ k - 180°.

Az egyenlet 0° —360° közé eső gyökei: 135°; 153,4°; 315°; 333,4°

Próba:

a) t g * x = — c t g * x = - 2 ;

2 tg *! + c tg x x = 2 ^ — §■ )+( ~ 2) = - 1 - 2 = - 3 .

E zzel e llenőriz tük az x n és az x 12 gyököket.

b) tg x 2 = - 1 ; c tg x 2 = - 1 ;

2 tg íc2 + ctg x 2 = 2( — 1 )+ ( — 1) = - 2 - 1 = - 3 ,

te h á t x 21 és x22 is gyök.

4. 4 sin 2 x + cos2 2x — 1 = 0;

cos 2x = cos2# — sin2a; b eh elyettesítése u tá n az eg y en le t:

4 s in 2 x4- (cos2 a; —sin2 x )2 — 1 = 0, de cos2 a; —sin 2 x = 1 — 2 sin 2

4 sin 2a; +(1 — 2 sin2 a;)2 — 1 = 0 ;

4 sin 2 a; + 1 — 4 sin 2 x + 4 sin 4 a; — 1 = 0;

4 sin4 a; = 0;

s i n a ;= 0 ; x x = 0° + fc-360°; íc2 = 180° + k - 360°.

0° — 360° közé eső gyökök: 0°; 180°.

72

Próba:

a) sin 0° = 0 ; cos 0° = 1 ,

4 sin 2 0° + cos2 0° — 1 = 0 + 1 — 1 = 0.

b) sin 180° = 0; cos 360° = 1, az a)-~val egyező eset.

5. 2 cos2 se + sin 2cc = 0;

2 cos2 x-\- 2 sin x cos x = 0.

K iem elünk 2 cos a;-et m in d en tag b ó l:

2 cos x (cos x + sin x) = 0.

E g y szo rza t csak ak k o r leh e t nu lla , h a v ag y az egy ik v ag y a m ásik tényezője nulla . Ezzel az e rede ti eg yen lete t k é t egyenletre b o n to ttu k :

2 cos x = 0 ; cos sc + sin x = 0.

E zek gyökei szo lg á lta tják ez e rede ti egyen let gyökeit.

2 cos x = 0 \ x x = 90° + í>360°; x 2 = 270°+ k - 360°.

cos :r+ s in x = 0 ;

sin x = — cos x ]: cos x ;

(cos x = 0-ból nem ad ó d h a t gyök, m ert h a cos x = 0, ak k o r sin x ^ 0, és így gyökvesztés nincs.)

tg x = — 1 .

x 3 = 135° + k - 180°; x t = 315°+ k - 180°.

0° — 360° közé eső gyökök: 90°; 135°; 270°; 315°.

Próba:

a) cos 90° = 0; sin 180° = 0;

2 cos2 790° + sin 180° = 0 + 0 = 0 .

b) cos 270° = 0 ; sin 540° = 0;

2 cos2 270° + sin 540° = 0.

f2c) cos 135° = ---- ——; sin 270° = — 1;

( IÍ2V 2-22 cos2 135° + sin 270° = 2l + ( - 1 ) - - 1 -- 0.

73

V2d) cos 315° = sin 630° = - 1 ;

6. cos x — tg x — — cos x ;16

- • ( ? ) ’2 cos2 315° + sin 630° = 2( ~ I + ( - 1 ) = ^ - 1 = 0.

4

sm xcos x ~ - • 16 cos x ;

cos x 16

16 cos2 x — 16 sin x = cos2 x ;15 cos2 x — 16 sin x = 0 ;

15 (1 — sin 2 x) — 16 sin x = 0;

15 — ] 5 sin 2 x —16 sin x = 0.

R endezzük a sin íc-ben m ásodfokú e g y en le te t:

15 sin 2 x + 16 sin x — 15 = 0.

- 1 6 ± j /2 5 6 + 9 0 0 —16 ± /1 1 5 6 - 1 6 + 3430 30 30

- 1 6 + 34 18 „= ------30 = 30 =

- 1 6 - 3 4 504 30 30

de o lyan szög nincs, am elynek szinusza — 1-nél k isebb ! E z te h á t az e re­d e ti egyenletre nem a d gyököt.

A trigonom etrikus egyen let gyökeit a sin x x = 0,6 egyen let szo lgálta tja .

x n — 36,9° + k - 360°; x12 = 143,1°+ í>360°.

0° —360° közé eső gyökök: 36,9°; 143,1°.

Próba:

a) cos 36,9° = / l - 0 , 6 2 = / l - 0 , 3 6 = f ö f i i = 0,8;

sin 36,9° 0,6 3tg 36,9° = --------- — = —— = •— = 0,75;B ’ cos 36,9° 0,8 4

cos 36 ,9°- t g 36,9° = 0 ,8 -0 ,7 5 = 0,05;

1 0 8 —— cos 36,9° = ’ = 0,05. lb 16

74

b) cos 143,1° = - 0 ,8 ; tg 143,1° = —4

3cos 143,1° — tg 143,1° = - 0 , 8 + — = - 0 ,0 5 ;

1 - 0,8— cos 143,1” - - 0,05.

7. cos 2x = sin x;

cos2 x — sin 2 x = sin x ;1 — sin 2 x — sin 2 x = sin x ;

1 — 2 sin 2 x - s in x.

R endezzük a sin a;-ben m ásodfokú eg y en le te t:

2 sin2 a ;+ s in x — 1 = 0 ;

- l ± / l + 8 —1 + 38m Xn = --- ---- =- 1 + 3 1SmiCl- 1 - 3

sm x 9 = ------ ------ = — 1 .í 4

*11 = 30°+ Te-360°; x 12 = 150° + í>360°; x2 = 270° + A>360°.

0° —360° közé eső gyökök te h á t : 30°; 150°; 270°;

Próba:

a) cos 60° = - í—; s in 30° = -^—;7 2 ’ 2

cos 60° = sin 30° = .

b) cos 300° = - Í - ; sin 150° =' 2 2 ’

cos 300° = sin 150° = — .2

c) cos 540° = —1; sin 270° = —1;

cos 540° = sin 270° = — 1.

75

tg 2 x —5 -

s in 2 xcos x

15 = ■ cos*5 x ;

cos2 x cos xsin 2 x — 5 cos2 x = cos x ; sin 2 x = 1 — cos2 * ;1 — cos2 x — 5 cos2 x = cos x.

R endezzük a cos a;-ben m ásodfokú e g y en le te t:

6 cos2 x + cos x — \ = 0 ;

- 1 ± J^l + 24 - 1 ± 5

cos x x =

121 + 5

12

124

12= _ = - _ « 0,3333;

- 1 - 5 6 1C0Sa,s - 12 = 12"= 2~= _X n = 70,5°±fc-360°; x n = 2 8 9 ,5 °± í> 3 6 0 °;

x21 = 120° ± k - 360°; x 2l = 240° ±]c-360°.

0° —360° közé eső gyökök: 70,5°, 120°; 240°; 289,5°.

Próba:

a) cos 70,5° tg 70,5° =1 - 4 - y s

3

T

= /8;

tg 2 7 0 ,5 ° - 5 = 8 - 5 = 3 ;cos 70,5°

= 3.

b) cos 289,5° tg 289,5° = f 8 .

A p ró b a az előzővel m egegyezik.

c) cos 120° = — tg 120° = — / 3 ;

tg 2 1 2 0 ° - 5

1cos 120°

2 ’( - / 3 ")2 —5 = 3 - 5 = - 2 ;

1= - 2 .

76

d) cos 240° = — tg 2 4 0 ° = /3 .

tg 2 240° —5 = ( / F ) 2- 5 = 3 - 5 = - 2 ;

_ _ i___= _ J _ _ _ 2.cos 240° 1

í r1 — sin x2 cos x

1 — sin x = 2 cos x ;

s in x = / l — cos2 x ;

2 cos x ;

1 — / l — cos2 x = 2 cos x.

Az egyenlet irracionális , m e rt az ism ere tlen gyökjel a la t t v an . Ú gy rendezzük, hogy a gyököe m ennyiség az egyik, a tö b b i a m ásik oldalon legyen.

1 — 2 cos x = y \ — cos2 x | 2;

1 —4 cos * + 4 cos2 x <= 1 — cos2 x .

R endezzük a cos íc-ben m ásodfokú egyen lete t:

5 cos2 o? — 4 cos a; = 0.

Szo rza ttá a la k í t ju k :

cos x (5 cos x — 4) = 0.

cos 2 = 0 ; x n = 9 0 °+ k - 360°; x n = 270° + &-360°.

45 cos x 9 — 4 = 0; cos x 9 = — = 0,8;

5

*21 = 36,9° + k - 360°; x22 = 3 2 3 ,l° -f k - 360°.

Próba:

a) cos 90° = 0; sin 90° = 1.

1 — sin 90°— —— , a tö r te t nem érte lm ezzük, m ert nevezőie nulla , te h á t 90°2 cos 90° j >nem gyöke az e rede ti egyenletnek.

b) cos 270° = 0 ; sin 270° = - 1 .

77

I t t is behelyettesítés esetén a nevező nu lla , te h á t 270ü sfeín gyöke ered e ti egyenletnek.

c) cos 36,9° « 0 ,8 ; sin 36,9° ^ f i - 0 ,82 = / r ^ 6 4 = ^ 0 ^ 6 = 0,6.

1 - sin 36,9° 1 - 0 ,6 0,4 12 cos 36,9° 2 -0,8 u T = T * ’

E z sem gyök.

d) cos 3 2 3 ,1 °^ 0 ,8 ; sin 323 ,1°« - 0 ,6 .

1 - s i n 323,1° 1 — ( — 0,6) 1,62 cos 323,1° 2-0 ,8 1,6

A z eredeti egyenletnek tehát csak egy gyöke van: 323,1°, és a hozzá tartozó gyöksorozat: 323,1° -f k ■ 360°.

VI. V E K T O R O K

1. A yektor fogalma

A fizikai mennyiségeket két csoportra osztjuk: skaláris és vektoriális mennyiségekre. A skaláris mennyiségeknek csak nagyságuk van, pl. hosszúság, terület, térfogat, idő, tömeg stb., s ezeket egy számadattal és mértékegységükkel adjuk meg. A vektoriális mennyiségeknek nagyságukon kívül irányuk, va­lamint fizikai természetüknek megfelelő mértékegységük is van. Ilyen mennyiségek pl. elmozdulás, sebesség, gyorsulás, erő, térerősség stb. A vektoriális mennyisége­ket egy nyíllal ellátott egyenesszakasszal ábrázoljuk, amit vektornak nevezünk (42. Vektor ábrázolása ábra). A szakasz hossza —abszolút értéke — arányos a mennyiség nagyságával, a cp irányszög adja meg az irányt és ezzel a hatásvonalat.

A vektort síkbeli vagy térbeli koordinátarendszerben is megadhatjuk. Ilyenkor felveszünk két (síkban), vagy három (térben) egymásra merőleges egy ség vektort, ezek a koordináta­tengelyek irányát és az egységnyi hosszt határozzák meg. Az origót általában a vektor kezdőpontjában vesszük fel, a koordináták az egyes tengelyekre bocsátott vetületek. A kö­vetkezőkben csak olyan feladatokkal foglalkozunk, amelyek­ben az előforduló vektorok egy síkban vannak.

Vektorok fő típusai és tulajdonságai: Megkülönböztetünk szabad és kötött vektorokat. A szabad vektorok párhuzamosan tetszőlegesen eltolhatok. A kötött vektorok kezdőpontja viszont rögzített. A kötött vektorok speciális esetét képezik az olyan vektorok, amelyek ugyan párhuzamosan nem tolhatok el, de hatásvonalukban igen (pl. az erő vektorok ilyenek).

79

A vektorokkal végezhető műveletek szabad vektorokra van­nak definiálva. Kötött vektorok esetén a kezdőpontot (táma­dáspontot) külön figyelembe kell venni.

2. Eredő meghatározása

Két velctor eredője (összege) egy olyan vektor, melynek hatása a másik két vektor együttes hatásával egyenlő. Az összeadandó vektorokat összetevőknek, az eredményül kapott összegvektort

eredőnek nevezzük. Csakt r | _____ ^ !__________ azonos mértékegységű vek-

Pi p2 P= P7t P2 tormennyiségek adhatókössze, tehát sebességhez

43. abra. Azonos irányú vektorok eredője t ..csak sebesseget, erohozcsak erőt stb. adhatunk. Az eredő mértékegysége az

*-t **------ — .. ... 1----" 1 összetevőkével megegye-Pf P? 7 7 zik.

44. ábra. Ellentétes irányú vektorok vektorok műveletiszabályait minden indoko­lás nélkül közöljük.

Két vagy több megegyező irányú vektor eredője egy olyan vektor, amelynek nagysága az összetevők nagyságának összege, és iránya az összetevőkével egyenlő (43. ábra).

Ellentétes irányú vektorok eredője egy olyan vektor, melynek nagysága a két vektor nagyságának különbsége, és iránya a na­gyobb erőével megegyezik (44. ábra).

Több párhuzamos vektor eredőjét úgy határozzuk meg, hogy először az azonos irányúakat összeadjuk, majd a két ellentétes irányú részeredő eredőjét határozzuk meg (45. ábra).

Ha a vektorok párhuzamosak akkor nincs jelentősége az irányszögnek, hanem a vektorokkal úgy számolunk, mint elő­

80

jeles számokkal. P l.: P 1 = 5 kp ; P 2 — — 15 kp; P 3 = 9 kp;R = ?

R = P! + P 2 + P 3 = 5 - 1 5 + 9 = - l k p .

P-tf-P* P2 + P3

p., -f P2 + P3 + P4

45. ábra. Párhuzamos vektorok eredője

Párhuzamos vektorok eredője tehát akkor nulla, ha algeb­rai összegük nulla.

Vektorok eredőjét többféle módszerrel határozhatjuk meg. Először két vektor összeadásával foglalkozunk.

1. módszer. A két vektort úgy toljuk össze, hogy kezdőpontjaik egybeessenek, paralelogrammává egészítjük ki, majd meghúzzuk a közös kezdőpontot a szemközti csúcssal összekötő átlót, ez lesz az eredő. Az eredő kezdőpontja a közös kezdőpont, végpontja pedig a szemközti csúcspont (46. ábra).

2. módszer. A két vektort úgy toljuk össze, hogy az első végpontjába kerüljön a második kezdőpontja. Az eredő vektor kezdőpontja az első vektor kezdőpontjá­val, végpontja pedig a második vektor 46 ábra végpontjával esik egybe (47. ábra). Paralelogramma-szabály

3. módszer. Ila az összetevők derék­szögű koordinátái ismertek, akkor a meg­felelő koordinálták összege az eredő koor­dinátáit adja meg.

4. módszer. Ha a vektorok a koordi­nátarendszerben az abszolút értékeikkel és irány szögeikkel vannak megadva, ak­kor előbb összetevőkre bontjuk őket, azazderészögű koordinátáikat határozzuk Háromszögszabály

6 Trigonometria 81

meg, majd a megfelelő koordinátákat összeadva, megkapjuk az eredő koordinátáit. Ebből már az eredő abszolút értéke és irányszöge kiszámítható.

5. módszer. Ha ismerjük a két összetevő által bezárt szöget, akkor a paralelogramma átlóját koszinusz tétellel is ki tudjuk szá­mítani. Erre majd számpéldát mutatunk be.

Összefoglalva: az 1. és 2. módszer szerkesztés, a 3., 4. és 5. módszer számítás. Mindig azt a módszert alkalmazzuk, amelyik­kel a feladat könnyebben oldható meg. A szerkesztés gyors és kevésbé pontos, a számítás hosszadalmasabb, de pontosabb.

Megoldunk két példát, az elsőt a 4. módszerrel, a másodikat az 5. módszerrel.

1. P x = 25 kp; cp1 = 40J; P í = 50 kp; <p2 = 30°; E = ? (48. ábra).

Először az erők x és y irányú összetevőit kell meghatároz­nunk. Az ábrán látható derékszögű háromszögekből:p ix = P l COS 9?! = 25 cos 40° - 25-0 ,7660= 76,6: 4 = 19,15;P ly = P 1 sin <px = 25 sin 40° = 25 .0,6428 = 64,28 : 4 = 16,07;P 2x = P 2 cos (p2 — 50 cos 30° = 50-0,8660 = 86,60:2 = 43,30;

82

p,2y P 2 sin cp2 = 50 sin 30° = 50-0,5 = 25;P 2x = 43,3 k p ; P 2y = 25 kp.

Bx = P 1X+ P 2X = 19,15+43,3 = 62,45 kp;By = P ly + P 2y = 16,07+25 = 41,07 kp.

Az eredő hossza:

B = Yb * + B* = Y'62,452 + 4l^Ö7 % /3900+1687 -

= |/5587 w 74,74 kp.Ha az eredőnek az x tengellyel bezárt szögét is ki akarjuk

R,B

— kifejezéssel határozhat-

+ 10lg 41,07 = 1,6135

■lg 62,45 = -1 ,7 9 5 6

10

lg tg tp 9 ,8179-10

számítani, akkor ezt pl. a tg cp =

juk meg:

41,07 tg(p ~ 62,45 ’

(p = 33,32°.Tehát az eredő hossza B = 74,74 kp, az x tengellyel bezárt szöge cp = 33,32°.

2. P ± = 35 k p ; cpx = 60°;P 2 = 25 kp; <p2 = 15°; B = ?

A két vektor által bezárt szög oc, és az eredő irányszöge cp (49. ábra):

a = cpx-<p2 = 6 0 °-1 5 ° = 45°.

Az eredő nagyságát koszinusz tétellel határozzuk meg: B 2 = P'i + P l - 2 P 1P 2 cos (180°- a ) = JDf + P l+ 2 P 1P 2 cos a;

£2 = 352+ 252 + 2 • 35 • 25 • cos 45° = 1225+ 625+ 50 • 35 cos 45°;

6* 83

50. ábra. Különböző támadás­pontú vektorok 51. ábra. Vektorsokszög

lg 1750 = 3,2430 lg cos 45° = 9,8495— 10

lg 2P1P 2 cos fi = 13,0925 - 10 2P±P2 cos oc = 1237; lg 2P 1P 2 cos /? = 3,0925;

B? = 1850+ 1237 = 3087; R = ^3087% 55,56 kp.

Az eredő irányszögét úgy kapjuk meg, hogy kiszámítjuk a P 2 vektorral bezárt szögét, és ehhez hozzáadjuk a P 2 irány­szögét, <p2-t . Jelöljük a P 2-vel bezárt szöget /5-val.

sin 8 P, . P, sin a— • sm w Asin (180° — oc) R R

. n 35 sin 45°81UP 55,56 ;

lg 35 = 1,5441+ lg sin 4 5 °= 9 ,8495-10

lg sz = 11,3936— 10- l g 55,56 = -1 ,7 4 4 8

= 26,45°. lg sin fi = ) ,1 8 8 - 1

cp = fi + (p2 = 26,45°+15° = 41,45°.A keresett adatok: R — 55,56 kp; cp = 41,45°.

84

Több vektor eredőjét vagy a paralelogramma-szabály is­mételt alkalmazásával, vagy az ún. vektorsokszöggel szerkeszt­jük meg.

Vektorsokszög szerkesztésének menete: a vektorokat valamilyen módon, rendszerint az irányszögek alapján rendezve (pozitív forgásirányban) megszámozzuk (Px, P 2, P s, stb.) (50. ábra). Az első vektor végpontjából felmérjük a második vektort ( irány és nagyság szerint), majd ennek végpontjából a harmadikat stb. Az utolsó vektor végpontját összekötjük az első vektor kezőpontjá- val, így szerkesztjük az eredőt. Ennek kezdőpontja az első vektor kezdőpontja és végpontja az utolsó vektor végpontja (51. ábra).

Vektorok eredője akkor nulla, ha az első vektor kezdőpontja és az utolsó vektor végpontja egybeesik, amit úgy mondunk, hogy a vektorsokszög zárt.

Erővektorok eredőjének hatásvonala: Az eddig tárgyalt műveleti szabályok egy síkban fekvő kerő vektorokra is alkalmazhatók. Külön kell oazonban meghatározni az eredő erő vektor ha­tásvonalát. p

Nem párhuzamos erő vektorok esetében az eredő hatásvonala a két összetevő hatásvona- 52 ábra Iának a metszéspontján megy át, iránya a szer- Erő és karja kesztett eredő irányával egyezik meg.

Párhuzamos erő vektorok eredőjének hatásvonalát az aláb­biakban ismertetett módon határozzuk meg.

Mielőtt a szerkesztési és számítási eljárásokat ismertetnénk, röviden kell beszélnünk az erő forgató hatásáról.

Minden erőnek van valamely tengelyre vonatkoztatott for­gató hatása, amit forgatónyomatéknak nevezünk, és úgy szá­mítunk ki, hogy az erőt szorozzuk hatásvonalának a for­gástengelytől mért merőleges távolságával (52. ábra). A me­rőleges távolságot „kar”-nak nevezzük, és k-val jelöljük. A forgatónyomaték jele M és egysége kpm:

M = Pk.A forgatónyomaték vektormennyiség, de síkban csak két­

85

féle forgásirány lehet, tehát elegendő előjellel megkülönböztet­nünk őket egymástól. Az erő forgatónyomatéka akkor pozitív, ha pozitív — az óramutató járásával ellentétes — irányú for­gató hatása van, ellenkező esetben a forgatónyomaték negatív.

Egy tengely mentén rögzített test több forgatónyomaték ha­tására akkor van nyugalomban, ha aforgatónyomatékok algeb­rai összege nulla.

Párhuzamos és azonos irányú erők eredőjének nagysága az összetevők összege; hatásvonala az erőkre merőleges egyenesnek azon a pontján megy át, melyre az összetevők forgatónyomatékai- nak algebrai összege nulla, párhuzamos az összetevők hatásvonalá­val és iránya megegyezik az összetevők irányával.

Két párhuzamos erő eredőjét a következő módon szerkesztjük meg: az összetevők végpontjait összekötjük egy egyenes szakasszal, majd az erőket egymás hatásvonalára átmérjük, az átmért erők végpontját ösz- szekötjük az eredeti erők megfelelő kez-

53. ábra. Párhuzamos és azonos irányú erők eredője

54. ábra. Párhuzamos és azonos irányú erők eredője

dőpontjával, és e szakaszok metszéspontján keresztül az összete­vőkkel párhuzamost húzunk; ez lesz az eredő hatásvonala. Erre felmérjük az összetevők összegét (53. ábra).

Határozzuk meg két párhuzamos és azonos irányú erő eredő­jét és az eredőnek a nagyobbik erőtől mért merőleges távolsá­gát, ha az összetevők 30 kp és 45 kp nagyságúak, a két erő tá­volsága pedig 9 m (54. ábra).

86

P 1 = 30 kp; P 2 = 45 kp ; d = 9 m ; R = ? x = ?iü = Pj + P 2 = 30+45 = 75 kp.

Felírjuk az 0 pontra a forgatónyomatékok egyenlőségét: ilfjL = P x(d — x); M 2 — P 2x; M x — M 2;

P 2x — P x(d — x) ;P 2x — P xd — P xx ;P xx + P 2x — P xd\ x(Pí -{-P2) = P xd;

P xd 30-9 2 -9 18 X ~ P i + P 2 “ 30+45 “ ~2+3~ “ "5” “ ’ m‘

Az eredő 75 kp és a nagyobbik erőtől 3,6 m-re van a hatás­vonal.

Párhuzamos és ellentétes irányú erők eredőjének nagysága az összetevők különbségével egyenlő, hatásvonala az összetevőkre me­rőleges egyenest abban a pontban metszi, melyre az összetevők for- gatónyomatékai egyenlők, párhuzamos az összetevők hatásvonalá­val, iránya a nagyobbik erő irányával egyezik meg.

Az eredő hatásvonalát a következő módon szerkesztjük meg: az erőket egymás hatásvonalára átmérjük úgy, hogy az erők az

55. ábra. Párhuzamos és ellentétes 56. ábra. Párhuzamos és ellentétes irányú erők eredője irányú erők eredője

őket összekötő egyenes egy oldalára essenek. A vektor végpontjait összekötő egyenes és az eredeti alapegyenes metszéspontja adja az eredő támadáspontját. A ponton keresztül párhuzamost húzunk az összetevőkkel, és megrajzoljuk az eredőt (55. ábra).

Az eredő helyét számítással is meghatározhatjuk, csak fel kell írnunk az 0 pontra az összetevők forgatónyomatékainak egyenlőségét.

87

Legyen P x — 15 kp; P 2 = 5 kp; d — 3 m; R = ? x = ? (56. ábra).

R = P 1- P 2 = 15 — 5 = 10 kp;M x= P xx ; M 2 = P 2(d+ x)\

P xx = P 2(d + x ) ; P ^ = P 2d + P 2x ; '

Tehát az eredő 10 kp, iránya a P x erőével megegyezik és 1,5 m-re van a P x erőtől.

gére tesszük). Ezzel a vektorok kivonása az összeadásra ve­zethető vissza úgy, hogy a kivonandó ( — l)-szeresét hozzá­adjuk a kisebbítendőhöz (57. ábra).

Egy vektort sokféleképpen felbonthatunk két összetevőre (58. ábra).

Ahhoz, hogy egy vektort egyértelműen bontsunk fel két összetevőre, két adatot kell megadnunk.

P xx — P 2x = P 2d\ x(Px~ P 2) = P 2d;

Megemlítjük még, hogy akár­hány párhuzamos erő eredője megszerkeszthető és ki is számít­ható, de ezzel már nem foglal­kozunk.

57. ábra. Vektorok kivonása

Vektorok ( — 1)-szerese nem más, mint a vektor ellenkező iránnyal (a nyilat a másik vé-

3. Vektorok felbontása

88

1. Adott az eredő és két összetevőjének iránya. Az eredő kezdő- és végpontjából párhuzamosokat húzunk mindkét összetevő irá­nyával. Az eredő kezdőpontjából a kapott két metszéspontba mu­lató vektorok az összetevők (59. ábra).

2. Adott az eredő és az egyik összetevő. Először az eredő és az adott összetevő végpontját összekötjük, majd az eredő kezdőpontjá­ból párhuzamost húzunk ezzel a szakasszal és az eredő végpontján keresztül az összetevővel: a két egyenes metszéspontja lesz a para­lelogramma negyedik csúcspontja. Az eredő kezdőpontja és a met­széspont között kaptuk meg a másik összetevőt (60. ábra).

A szerkesztés a háromszögszabállyal is elvégezhető. Ilyenkor az eredő és az adott összetevő végpontjait összekötő vektor lesz a másik összetevő. Ila az így kapott vektort úgy toljuk el önmagával párhu­zamosan, hogy kezdőpontja az eredő kezdőpontjába essen, akkor ugyanazt a vektort kapjuk meg, mint a paralelogramma-szabállyal.

A vektorok felbontásának nagyon fontos esete az, amikor a vektort két egymásra merőleges összetevőre kell bontanunk. Ezt a felbontást már a vektorok komponenseinek (koordiná-

Pj + Pj = P2 t P2 - R

58. ábra. Vektor felbontása 59. ábra. Vektor felbontása

60. ábra. Vektor felbontása 61. ábra. Vektor felbontása

89

táinak) meghatározásakor felhasználtuk. A módszer előnye akkor tapasztalható, ha kettőnél több erő eredőjét akarjuk meghatározni.

Bontsunk fel X és Y tengely irányú összetevőkre egy olyan vek­tort, mely az X tengellyel tompaszöget zár be (61. ábra).B = 50 kp; cp = 150°; Rx = ? Ry = ?

Rx — R cos cp = 50 cos 150° = 50( — cos 30°) =

= 5 o | - - ^ j = -25»/3kp ;

Ry = R sin cp — 50 sin 150° = 50 sin 30° = 50 • — = 25 kp.A

Az összetevőket akkor is ki tudjuk számítani, ha irányaik nem zárnak be derékszöget. Ezt is egy példán mu­tatjuk meg.

R = 50 kp, és az egyik összetevő az 62. ábra. vektor felbontása eredővel 18°-os szöget, a másik össze­

tevővel 50°-os szöget zár be (62. ábra).

R = 50 kp; a = 18°; p = 50°; P 1 = ? P 2 = ?y = p -c c = 5 0 ° - 18° = 32°; .8 = 180° — = 180°-50° = 130°;

7 = / •Az R, P x, P 2 háromszög egy oldalát és három szögét ismer­

jük, az ismeretlen oldalakat szinusz tétellel határozzuk meg:

P 1 _ sin y' R sin y'R sin Ö 1 sin ő

_ 50 sin 32° _ 50 sin 32°1 sin 130° sin 50°

90

lg 50 =+ lg sin 32° =

1,69909 ,7242-10

lg sz = — lg sin 50° =

11,4232-10 — 9,8843 :p 10

34,6 kp. lg P i = 1,5389

P 2 sin a D iü sin aR sin ő 2 _ sin <5 ’

P - 50 sin 18° 50 sin 18°2 “ sin 130° sin 50° ’

lg 50 = + lg sin 18° =

1,6990 9,4900- 10

lg sz = — lg sin 50° =

11,1890-10 - 9,8843 =F 10

20,2 kp. lg P 2 = 1,3047Tehát P 1 = 34,6 k p ; P 2 = 20,2 kp.

Ha adott az egyik összetevő és az eredő, akkor is ki tudjuk számí­tani a másik összetevőt.

Ezt az esetet először derékszögű koordinátarendszerben, majd utána általánosan vizsgáljuk meg.R = 18 kp; P x = 12 kp; P 2 = ? (63. ábra)

63. ábra. Vektor felbontása koordi­nátarendszerben

64. ábra. Vektor felbontása

Az ábrán látható derékszögű háromszög átfogója és egyik befogója adott, tehát a másik befogó Pythagoras-tétellel szá­mítható k i:P 2 - ]/R2- P \ = y í8 2- 122 = Y324 ~ 144 = / l8 Ö « 13,4 kp.

91

Általános esetben már a felbontás nehezebb. R — 35 kp;P x = 21 kp; a, — 28° (64. ábra)

oc az eredő és az adott összetevő által bezárt szög. Adott két oldal és az általuk bezárt szög, tehát a harmadik oldalt koszi­nusz tétellel számíthatjuk ki.P 2 = R2 + P { - 2 R P 1 cos a;P \ = 352+ 212 — 2 • 35 • 21 • cos 28°;

352 = 1225 + 212 = 441

P 2 + Pf = 1666~

lg 1470 = 3,1673 lg cos 2 8 ° = 9 ,9459-10

lg 2RPt cos a = 13,1132-^10 lg 2RP1 cos a = 3,1132;

2RP1 cos a = 1298;P 2 = 1 6 6 6 - 1298 = 368;

P 2 = ]/368^ 19,15 kp.Mekkora szöget zár be a P 2 összetevő az eredővel?

Jelöljük a szöget /3-val, értéket szinusz tétellel számíthatjuk ki.

sin (3 P 1 , P i sin a

sm ti =

sm oc

21 sin 28° 19,15

lg 21 = 1,3222+ lg s in 2 8 ° = 9,6716—10

lg sz = 10,9938^10- l g 19,15 = -1 ,2 8 2 2

P = 30,98°. lg sin fi = 9 ,7116- 10

92

R

65. ábra. Vektor felbontása

Erővektorok felbontása összetevőkre: Erő vektort csak olyan nem párhuzamos hatás vonalú összetevőkre bonthatunk fel, amelyek az eredő hatásvonalán metszik egymást erővektort csak olyan párhuzamos összete­vőkre bonthatunk fel, melyek az eredővel is párhuzamosak.Utóbbi esetben az eljárás a kö­vetkező.

Adott az eredő és két összete­vőjének hatásvonala.R = 80 k p ; x = 4 m ;d = 6 m ; P 1 = ? P 2 — ?

(65. ábra).Az 0 pontra felírjuk a forgatónyomatékok egyenlőségét,

valamint figyelembe vesszük, hogy a két összetevő összege az eredőt kell hogy adja:

P x + P 2 = R P xx — P 2{d — x)

A P x és P 2 értékeket megkapjuk, ha a fenti elsőfokú kétisme- retlenes egyenletrendszert megoldjuk. Az első egyenletből ki­fejezzük a Pj-et és értékét behelyettesítjük a második egyen­letbe :

P i = R — P 2;(R - P J x = P 2{d -x ) ;

R x — P 2x — P 2d — P 2x; R x= P 2(d-\-x — x) - P2d | : d ;

Rx~d

80-4 80-2 1606 3 = 53 — kp;

P x = P - P 2 80— 53 — = 26 kp. ó ó

93

4. Skaláris szorzat

Két vektor skaláris szorzata a két vektor nagyságának és az ál­taluk bezárt szög koszinuszának szorzata. Azaz a skaláris szorzat

az egyik vektor hossza szorozva a másik vektor előbbire bocsátott ve- tületének hosszával (66. ábra). A skaláris szorzat egy szám, melynek mértékegysége a vektorok mérték - egységeinek szorzata, előjele pozi­tív, ha a két vektor hegyesszöget, és negatív, ha tompaszöget zár be.A skaláris szorzat értéke nulla, ha

a két vektor által bezárt szög 90°. A skaláris szorzat jele a szor­zópont (amit néha ki sem írunk).

A skaláris szorzat képlete tehát:

a • b — I a I I b ! cos oc.

Gyakorlás

1. M ekkora a 25 k p erő m unkavégzése, h a az 50 m -es ú t ta l a = 25°-os szöget zár be (67. ábra).

A m u n k á t ú gy szám ítju k ki, hogy képezzük az erő és az ú t skaláris szor­z a tá t :

P = 2 5 k p ; s = 5 0 m ; a = 25°;

100 100 1L = P s cos a = 25 kp- 50 m- cos 25° - —------— cos 25° = — 10 000 cos 25° =

- 4 2 8

9063 : 8 = 1133 m kp.

94

2. M ekkora m u n k á t végez a nehézségi erő a 30 k p sú ly ú te s te n , m iközben a 38°-os le jtő n 4 m -rel e lm ozdítja (68. áb ra). G - 30 k p ; a = 38°; s - 4 m ; L = ?

Az áb ráb ó l lá th a tó , hogy h a a le jtő hajlásszöge 38°, ak k o r az erő a le j­tővel 90° —38° = 52°-os szöget zár b e :

L = cos (90°- a ) = 30 k p -4 m -cos 52° = 120-0,6157 = 73,88 m kp.

3. M ekkora a le jtő hajlásszöge, h a 15 k p sú ly ú te s te t 5 m -rel e lm ozdítva 42 m k p m u n k á t végez tünk? G = 15 k p ; s = 5 m ; L = 42 m k p ; a = ? (69. ábra).

L = Gs cos (90° — a);

cos (90° —a) =

90°- a = 55,96° ^ 56°;

a = 34°.

L 42 m kp 14 14 56Gs 15 k p - 5 m 5-5 25 100

= 0,56

4. H á n y lóerős m o to rra l lehe t 0,2 — sebességgel v o n ta tn i egy 300 kp

sú lyú te s te t egy 25°-os le jtő n , h a a gép h a tá sfo k a 80% (70. áb ra)?

G = 300 k p ; a = 25°; v = 0,2 ; rj = 0 ,8 ; N h = ? N b = ?

E lőször a hasznos te lje s ítm én y t sz ám ítju k k i:

Gs cos (90° —a)----------- ---------=

= Gv cos (90° — a ) ;

N h = 300 kp* 0,2 — *cos 65°;

95

300-0,2- cos 65°L E = 4-0 ,2-cos 65° = 0,8-0,4226;

V = 'N*N h

N h = 0,33808 L E ^ 0.34 L E ;

Ny. 0,34 L E 34 Ö~8 = 80

: 0,42 L E .

A hasznos teljesítmény 0,34 L E , a motor teljesítménye legalább 0,42 L E kell hogy legyen.

5. Vektoriális szorzat

Két vektor — a és b —vektoriális szorzata egy olyan c vektor, melynek abszolút értéke az a és b vektorokkal szerkesztett

paralelogramma területével egyenlő: | a | | b | sin a, iránya. az összetevők által meghatározott síkra merőleges, és velük jobbsodrású rendszert alkot (71. ábra). A jobbsodrású rendszer azt jelenti, hogy a c vektor oldaláról nézve, az a vektort a b vektorba az óramutató járásával ellentétes— pozitív — forgás vigye át.

A két vektor vektoriális szorza­tának jele: X- Tehát a x b alakban jelöljük, és „a kereszt 6”-nek mond­juk. Az előbbi meghatározásból kö­vetkezik még, hogy a x b b x a , mert az eredmény vektorok abszo­

lút értéke megegyezik ugyan, de irányításuk ellentétes.Jegyezzük meg, hogy ha két vektor iránya megegyezik,

akkor vektoriális szorzatuk nulla.A forgatónyomaték —mint már említettük

nyiség, zata.

■ vektormeny- mégpedig az erőnek és az erőkarnak vektoriális szor-

96

Gyakorlás

1. Az erő tá m a d á sp o n tjá t a fo rgáspon tta l összekötő egyenes szakasz hosz- sza 40 cm, az erő 25 kp , az erő és az egyenes á lta l b ezá rt szög 50° (72. ábra). M ekkora az erő O p o n tra v o n a tk o z ta to tt fo rg ató n y o m aték a ?

P — 25 k p ; l = 0,4 m ; a = 50°; M = ?

M = P l sin a = 25 k p -0,4 m -s in 50°;

M = 10-0,7660 = 7,66 kpm .

73. ábra. Forgatónyomaték

2. M ekkora szöget kell bezárn i az e rőnek a fo rg ásp o n tta l összekötő egye­nesszakasszal, h a nagysága 40 kp , a szakasz hossza 5 m , és a fo rgatónyom a­té k 15 kpm (73. ábra)?

M = 15 k p m ; P = 40 k p ; l = 5 m ; a = ?

M = P l sin a ; sin a = M _~Pl ;

15 kpm 1540 k p - 5 m 200

= 0,075;

a = 4,3°.

6. Összetett feladatok

1. 10 k p és 25 k p nagyságú erők 72°-os szöget a lk o tn ak (74. ábra).

-Oc

74. ábra. Közös támadáspontú erők eredője

7 Trigonometria 97

K eressük az e red ő t és az e redőnek a 10 kp-os erővel b e zá rt szögét.

P , = 10 k p ; P 2 = 25 k p ; a = 72°; P = ? £ = ?

P 2 = P l + P I - 2 P 1P., cos (180°- a ) ;

P 2 = P f + P 2 + 2 P XP 2 cos a ;

P 2 = 102+ 252+ 2 -1 0 -2 5 -cos 72°;

102 = 100 + 252 = 6 2 5 5 00- 0,30 90 = 154,5

P f + P 2 = 725P 2 = 725+ 1 5 4 ,5 = 879,5;

P = j/879,5 ~ 29,66 kp .

sin (180° — a)sin P 2 sin a P

. „ 25 sin 72°

sin /?P 2 sin a

P

29,66lg 25 =

+ lg sin 72° =1,39799 ,9 7 8 2 -1 0

lg sz = 1 1 ,3 7 6 1 -1 0- l g 29,66 = -1 ,4 7 2 2

p = 53,26°. lg sin /S = 9,9039 - 1 0

Tehát az eredő nagysága 29,66 k p ; a 10 kp-os erővel hezárt szöge 53,26°.

2. 50 k p és 70 k p nagyságú erők 145°-os szöget a lk o tn a k (75. áb ra). M ekkora az eredő, és m ekkora szöget zár be az 50 kp-os erővel?

P t = 50 k p ; P 2 = 70 k p ; « = 145°; P = ? (í = ?

P 2 = P 2 + P | - 2 P 1P 2 cos (180° —a );

P 2 = 502 + 702 — 2•50•70• cos 35°;

502 = 2500 + 702 = 4900

P f + P 2 = 7400

7000 cos 35° == 7000-0,8192 = 5734,4

75. ábra. Közös támadáspontú erők eredője 76. ábra. Erő felbontása

98

P 2 = 7400 - 5734,4 - 1665,6 « 1666;

R = }/l666 « 40,8 kp .

P „ P 2 s in (180° —a)sin (180° — a) B

sin fi 70 sin 35cR 40,8

lg 70 =sin 35° =

1,84519 ,7 5 8 6 -1 0

lg sz = 1 1 ,6 0 3 7 -1 0 - l g 4 0 ,8 = -1 ,6 1 0 7

fi = 79,75°. lg sin fi = 9,9930 —10

A z eredő 40,8 k p ; az 50 kp-os erővel bezárt szöge 79,75°.

3. 500 k p nagyságú e rő t b o n tsu n k fel k é t olyan összetevőre, am elyek 25°-os és 40°-os szöget a lk o tn a k vele (76. áb ra).

R = 500 k p ; a = 25°; fi = 40°; P x = ? P 2 = ?

P j R p R sin asin a sin y ’ 1 sin y ’

180 °-(<x + fi) = 180° — (25° + 40°) = 115°;

500 sin 25° 500 sin 25°P i ­ sin. 115° sin 65°

lg 500 = + lg sin 25° =

2,69909 ,6 2 5 9 - 10

_ lg sz =— lg sin 65° =

1 2 ,3 2 4 9 -1 0 - 9 ,9 5 7 3 ^ 1 0

P x = 233 kp . lg P i = 2,3676

P 2 sin fi R sin y ’

rj R sin fi■*2 — ’ sm y

lg 500 = + lg sin 40° =

2,69909 ,8 0 8 1 - 10

500 sin 40° 500 sin 40° lg sz = 1 2 ,5 0 7 1 - 10sin 115° sin 65° — lg sin 65° = - 9 ,9 5 7 3 T l0

P 2 = 355 kp . lg P 2 = 2,5498

A két összetevő 233 kp és 355 kp .

4. 540 kp-os erő 65°-os szöget a lk o t a v ízszintessel. M ekkora az erő v íz­szin tes és függőleges összetevője (77. áb ra)?

R = 540 k p ; 65'c P i =

1* 99

lg 540 = 2,7324 + lg c o s6 5 ° = 9,6259 —10

lg P 1 = 12,3583 - 1 0 lg 1 \ = 2,3583

lg 540 = 2,7324 + lg s in 6 5 ° = 9,9573 — 10

l g P 2 = 1 2 ,6 8 9 7 -1 0 l g P 2 = 2,6897

P x = R cos a = 540 cos 65°;

P x = 228 kp .

P 2 = R sin a = 540 sin 65°;

P 2 = 489 k p .

A két összetevő 228 k p és 489 kp .

5. M ekkora és m ilyen irán y ú e rő t kell hozzáadn i egy 30 kp-os erőhöz, hogy az eredő 130°-os szöget a lkosson vele, és nagysága 12 k p legyen

(78. áb ra)?

P x = 30 k p ; a = 130°; R = 12 k p ; P 2 = ? 0 = ?

P | = P 2 + P f - 2 P P 1 cos « ;

P f = 122 + 302 — 2 • 12 • 30 • cos 130° =

= 122 + 302+ 2 .1 2 -3 0 -c o s 50°;

77. ábra Erő felbontása

78. ábra. Erők összegezése

122 = 144 + 302 = 900

P 2 + P 2 = 1044

lg 720 = 2,8573 + lg cos 50° = 9,8081 — 10

lg 2R P X cos a = 12,6654— 10 lg 2 R P t cosa = 2,6654

2P P j cos a = 463;

P | = 1044 + 463 = 1507;

P 2 = /1 5 0 7 = 38,82 k p ;

sin 6 P , . „ P , sin a--- = tt ; sm p = -----—----sm a P , Po

sm n =30 sin 130° 30 sin 50c

38,82 38,82

100

lg 30 = 1,4771 - f ig sin 5 0 °= 9,8843 — 10

lg sz -lg 38,82

1 1 ,3 6 1 4 -1-1 ,5 8 9 0

fi = 36,31°.

A P 2 e rőnek a P x erővel b e zá rt szöge y = a + fi.

y = 130° + 36,31° = 166,31°.

Tehát a keresett erő 38,82 k p és a 30 kp-os erővel 166,31°-os szöget zár be.6. K e tte n 3,1 m hosszú rúdon 45 kp-os te rh e t v isznek. A teh er a rú d egyik végétő l 1,2 m -re v an (79. áb ra). M ekkora teh e r ju t m in d ­egyik em berre?

3,1 m ; P = 45 k p ;

x — l , 2 m ; P j = ? P 2 = •

E x 45-1 ,2 54

lg sin fi =■= 9 ,7724—10

79. ábra. Erő felbontása párhuzamos összetevőkre

= 17,4;

P , = 17,4 kp .

P j = P - P 2 = 4 5 - 1 7 ,4 = 27,6 kp .

Tehát az egyik emberre 27,6 k p , a m ásikra 17,4 k p teher jut.

7. A Föld töm ege 6• 1027 g, a H oldé 7 ,5 -1025 g, táv o lság u k 3 ,84 -105 km (80. áb ra). H ol v a n a rendszer töm egközéppontja?

80. ábra. Tömegközéppont számítása6 - 1027 g : m 2 = 7,5* 1025 g ; d = 3 ,8 4 -105 k m ; x = ?

m xx = m 2(d — x) = m 2d — m 2x ;

x(m 1 + m 2) = m 2d;

101

m2d _ 7 ,5 -1025 g -3 ,84-105 kmm x + m 2 6 - 1027 g + 7,5* 1025 g

7,5 .3 ,84.103° 7 ,5 -3 ,8 4 -1036 ,0 7 5 -1027 6,075

lg 7,5 - 0,8751 + lg (3,84-10a) = 3,5843

lg sz = 4,4594 - l g 6,075 = -0 ,7 8 3 6

x = 4740 km . lg x = 3,6758

T eh á t a rendszer tömegközéppontja a Föld középpontjától 4740 lcm-re van .

8. 25 g, 40 g és 40 g-os töm egek v an n ak egym ástó l 8 cm táv o lság ra egy egyenlő o ldalú három szög csúcsaiban (81. áb ra). Hol v a n a töm egközép­p o n tju k ?

= 40 g ; m 2 = 40 g; m 3 = 25 g; a = 8 cm ; x — ?

Az m 1 és m 2 töm egek töm egközéppon tja az o ldal fe lezőpontjában van. Az egyenlő oldalú három szög m ag asság á t 7/-val jelöljük.

(m1 + m 2) x — m 3{li — x) = m 3h — m 3x

x(m x+ m 2-\-m,3) = m 3h;

81. ábra. Tömegközéppont meghatározása

82. ábra. Ferde hajítás

TOj + m2 + m3

m3h 25 g - 4 /3 cm 1 0 0 /3 / 3 2 5 g + 4 0 g + 4 0 g 105 1,05

102

lg 3 = 0,4771

lg / 3 = 0,2385 - l g 1,05 = 0,0212

x = 1,65 cm . lg x = 0,2173Tehát a tömegközéppont 1,65 cm -rel van az alap feleit.

9. 48°-os szög a la t t , 45 — kezdősebességgel fe rdén e lh a jítu n k egy s

te s te t (82. áb ra). M ennyi ideig em elkedik , m ilyen m agasra em elkedik és m ekkora a h a jí tá s i távolság?

a = 48°; v = 45 ; ímax = ? hmax = ? smax = ?

A szám ításokhoz először vx és vy é r té k é t kell m egha táro zn u n k :

vx = v co sa . = 45 cos 48°; lg 45 = 1,6532+ lg c o s 4 8 ° = 9,8255 — 10

v 30,1 lg * ,= 1 1 ,4 7 8 7 -1 08 lgv* = 1,4787

vy = v sin a = 45 sin 48°; lg 45 = 1,6532+ lg sin 48° = 9 ,8 7 1 1 -1 0

» = 3 3 ,4 — . lg » ,= 1 1 ,5 2 4 3 -1 0s lg vy = 1,5243

v l 33,42 3 3,42^max — ~7T~ — o Q o — 1 Q c > 2 lg 33,4 = 3,04862g 2-9,8 19,6

- l g 19,6 = 1,29237!.max = 57,1 m . lg fcmax = 1,7563

vv 33,4'max = — = -ö? 5 33>4 = i-52439,8

- l g 9,8 = 0,9912ímax = 3,41 s. lg ímas = 0,5331

W = = 2 ^ í max= 2 -3 0 ,1 .3 ,4 1 m ; lg 60,2 = 1,7796+ lg 3,41 = 0,5328

sm = 205 m .lg V i — 2>3124

103

T II. KOMPLEX SZÁMOK TRIG ONOM ETRIK US ALAK JA

1. Összefüggés a komplex számok algebrai és trigonometrikus alakja között

Ábrázoljuk a z = 3 + 2 j komplex számot (83. ábra).Látjuk, hogy a komplex számot két adat — a valós és kép­

zetes rész —meghatározza. Ugyancsak meghatározza a komp­lex számot az a szög, melyet „vektora” a valós tengely pozi­tív irányával bezár (ábránkon 9 9), valamint a „vektor” hossza (a komplex szám abszolút értéket, r). Tehát az utóbbi két adat­tal is meghatározható a komplex szám. cp-t irányszögnek vagy argumentumnak nevezzük.

83. ábra. 84. ábra. Komplex szám trigono-Komplex szám ábrázolása metrikus alakja

Határozzuk meg 9 9 és r értékét, ha ismerjük a komplex szám algebrai alakját (84. ábra).

z = a + b j; tg 99 = — ; r — / a 2 + 62.

Tudjuk, hogy nemcsak a cp szög tangense — , hanem minden

olyan szögé is, amely 9 9-től k • 180°-ban különbözik (k egész

104

szám). Ezért a szám argumentumának meghatározásakor a és \ b előjele alapján még azt is figyelembe kell venni, hogy az al­

gebrai alakban adott komplex szám melyik síknegyedbe esik, ez eldönti, hogy az adott tangens érték mellett lehetséges két argumentum közül melyik a helyes.

i Ha 2 = 3 + 2 /, akkor

tg cp = A = 0,6667 és <p= 33,69° + fc- 180°.O

z az első negyedben van, tehát cp csak hegyesszög lehet. ‘ Tehát cp = 33,69°.

r = |/9 + 4 = }/l3 .

A z trigonometrikus alakját megkapjuk, ha a és b értékét <p-vel és r-rel fejezzük k i:

h hsm cp = — ; b = r sm cp; r

acos 09 = -— ; a — r cos cp; r

a trigonometrikus alak:

z = a-\-bj = r cos cp-\-rj sin cp = r(cos (p+ j sin cp).

Példánkban:

z = y 13 (cos 33,69°+j sin 33,69°).

Valós számokat is felírhatunk trigonometrikus alakban, ha figyelembe vesszük, hogy a pozitív számok argumentuma 0°, a negatív számoké 180°. P l.:

z = 12 = 12 (cos 0°+^' sin 0°);2 = — 6 = 6 (cos 180o+j/ sin 180°).

105

Gyakorlás

1. A lak ítsu n k á t algebrai a lak b an a d o tt kom plex szám okat, trig o n o m et­rik u s a la k ú kom plex szám okká!

a) z — 2 — 2 j ; a = 2; b — — 2 (85. áb ra).

A kom plex szám a negyed ik negyedben v an . te h á t a rg u m en tu m a csak a 270° és 360° k ö z ö tti é r ték lehe t.

r= /2*+(-2)* = /8 ; tgp = ^ - = - l ;

q> = 360° — 45° = 315°;

z = / § (cos 315° + j sin 315°).

b) z = — 2 — / ; a - — 2; b ~ — 1 (86. áb ra).

A kom p lex szám a h a rm a d ik negyedben v an , te h á t a rg u m en tu m a csak 180° és 270° k ö z ö tti é r té k lehet.

r - }/(— 2)2+ (— 1 )2 - F:l — 1 - f i i

- ° ’5 ;

(p = 180°+ 26,56° = 206,56°;

z = / 5 (cos 206,56° + j sin 206,56°).

106

2. A lak ítsunk á t trigonom etrikus a lak b an a d o tt kom plex szám o k a t a lgeb ­ra i a la k ú v á !

a) z = 12 (cos 40° + y sin 40°); r = 12; cp = 40°.

a = r cos cp — 12 cos 40° = 12-0,7660 = 9,192;

b = r sin cp = 12 sin 40° = 12-0,6428 = 7,7136;

z = 9 ,192+ 7,7136/.

b) z = 5 (cos 240° + j sin 240°); r = 5; <p — 240°.

o = 5 cos 240° = 5 ( — cos 60°) = 5

b = 5 sin 240° = 5 ( — sin 60°) = 5 I

Két komplex szám a komplex számsíkon azonos pontot hatá­roz meg, ha abszolút értékeik egyenlők, és argumentumaik különbsége 360° egész számú többszöröse. Ilyenkor azt mond­juk, hogy a két komplex szám egyenlő.

Zi = r± (cos cpx+ j sin cpx)\z2 = r2 (cos <p2+ j sin 9 9 3 );Zj = z2, ha r1 = r2, és <j92 — cpx = k • 360°.

A komplex szám trigonometrikus alakját tehát így is írhat­juk:

z = r [cos (cp + k • 360°) + j sin (cp-\-k • 360°)],ahol & bármilyen egész számot jelenthet.

Ha a komplex szám argumentuma 360°-nál nagyobb, akkor mindig átalakítjuk az előző összefüggés felhasználásával 360°- nál kisebb argumentumúvá.

Gyakorlás

3. z = 3 (cos 4 80°+ j sin 480°);z = 3 [cos (360° + 120°) +7 sin (360°+ 120°)];2 = 3 (cos 120° + j sin 120°).

107

(1 \ 3

—2*1 = —~ ;

|/3 3/3~2 ~ ~T~ 1

3 3 / 3 .

A lgebrai a lak b an :

b = 3 sin 120° = 3 sin 60° = 3-

J .Képzetes t.

-1 1

Valós t.

- j ■

87. ábra. Egységek komplex alakja

4. H a tá ro zzu k m eg az 1 , - 1 , j, —j kom plex szám ok trigonom etrikus a la k já t (87. á b ra ) :

1 = 1 (cos 0° + / sin 0°);

- 1 = 1 (cos 180°+ j sin 180°);

j — 1 (cos 90° + / sin 90°);

— j — 1 (cos 270° + j sin 270°).

2. Szorzás

Komplex számokat algebrai alakban a zárójelek beszorzási sza­bálya alapján szorzunk egymással, figyelembe véve, hogy j 2 = — 1. Ebből a trigonometrikus alakra az adódik, hogy a szorzat abszolút értéke a tényezők abszolút, értékének szorzata, és argumentuma a tényezők argumentumának összege:

zx = rx (cos cpí+j sin cpx) ; = r2 (cos cp2+ j sin cp2) ;zxz2 = rxr2 [cos {(px + (p2) + j sin [cpx+cp2)\.

Számoljunk végig egy példát részletesen: zx = 2 (cos 30°4-J sin 30°); z2 — 5 (cos 40°+^' sin 40°); zxz2 = 2 (cos 30° + j sin 30°) • 5 (cos 40° + j sin 40°) == 10 (cos 30° cos 40° + j sin 30° cos 40°-\-j cos 30° sin 40° +-\-j2 sin 30° sin 40°) = 10 [(cos 30° cos 40° — sin 30° sin 40°) + + j (sin 30° cos 40°+ cos 30° sin 40°)] == 10 (cos 70° + j sin 70°).

108

Felhasználtuk a szögösszegek szögfüggvényére vonatkozó azonosságokat is.

A következő példákban már nem részletezzük a számítást, csak a szabályt alkalmazzuk.

Gyakorlás

1. zx = 5 (cos 80° + / sin 80°); z2 = 12 (cos 5 0 °+ / sin 50°);z5z2 = 5 (cos 80°+ / sin 80°)-12 (cos 50°+ / sin 50°) == 60 [cos (80°+ 50°) + / sin (80°+ 50°)] ==- 60 (cos 130° + / sin 130°).

2. zx = 3 (cos 160° + / sin 160°); z2 = 15 (cos 140° + / sin 140°);zxz2 = 3 (cos 160° + / sin 160°)-15 (cos 140° + / sin 140°) == 45 [cos (160°+140°) + / sin (160°+140°)] == 45 (cos 300° + / sin 300°).

3. z1 = 5 (cos 250° + / s in 250°); z2 = 18 (cos 300° + / sin 300°);zxz2 — 5 (cos 250° + / sin 250°) *18 (cos 300° + / sin 300°) == 90 (cos 550°+ j sin 550°) == 90 (cos 190° + / sin 190°).

4. K om plex számok szorzata akkor valós szám , ha argum entum aik összege k - 180°.

Zj - 2 (cos 320° + / sin 320°); z2 = 8 (cos 220° + / sin 220°);

zxz2 — 2 (cos 320°+ i s in 320°)-8 (cos 220°+ i sin 220°) == 16 [cos (320° + 220°) + / sin (320° + 220°)] == 16 [cos (360°+ 180°)+ / s i n (360°+180°)] =— 16 (cos 1 8 0 ° + / s in 180°) = 16( — 1 + /- 0) = —16.

A szorzási szabály több tényező esetén is érvényes, vagyis a szorzat abszolút értéke a tényezők abszolút értékének szor­zata, és argumentuma a tényezők argumentumának az összege.5. z2 = 2 (cos 20° + / sin 20°);

z2 = 10 (cos 30° + / sin 30°); z3 = 5 (cos 120° + / sin 120°); z4 = 4 (cos 50° + / sin 50°).

z1z2z3zi = 2 (cos 20° + / sin 20°) *10 (cos 30° + / sin 30°) x X 5 (cos 120° + / sin 120°)-4 (cos 50° + / sin 50°);

109

20° + 30 °+ 120°+ 50° = 220°; 2 -1 0 -5 -4 = 400; z lz2z3zi = 400 (cos 220° + / sin 220°).

6. zx = 6 (cos 140° + / sin 140°); z2 = 5 (cos 200°+ j sin 200°); z3 — 2 (cos 20° + / s in 20°);

zjz2z3 — 6 (cos 140°+ / sin 140°) -5(008 200° + / s in 200°) X X 2 (cos 20° + / sin 20°);1 4 0 °+ 2 0 0 °+ 2 0 ° = 360°; 6 -5 -2 = 60; zíz2z3 = 60 (cos 360° + / s i n 360°) = 60, m ert sin 360° = 0 és cos 360° = 1.

7. A k o n jugált kom plex szám ok a lgebrai a la k ján a k valós része azonos és képzetes részük előjelben kü lönbözik e g y m ástó l; szo rza tu k valós szám . T rigonom etrikus a lak ju k b an ab szo lú t é rték ü k azonos, ele a rg u m en tu m u k ellenkező előjelű:

z± = 5 (cos 50°+ / sin 50°);z2 = 5 [cos ( — 50°) + / s in ( — 50°)] = 5 (cos 310°+ / sin 310°),

te h á t és z3 k o n ju g á lt kom plex szám ok.

ztzfj = 5 (cos 50° + / sin 50°)-5 (cos 310° + / sin 310°) == 25 (cos 360° + / sin 360°) = 25 (1 + /-0 ) = 25.

T erm észetesen, h a egy trigonom etrikus a lak b an a d o tt kom plex szá­m o t szorzunk a k o n ju g á ltjáv a l, eredm ényül ak k o r ab szo lú t é rtékének nég y ze té t kap ju k .

3. Osztás

Trigonometrikus alakú komplex számok hányadosa olyan komplex szám, melynek abszolút értéke az adott számok abszolút értékének hányadosa, argumentuma pedig a számláló és nevező argumentumának különbsége:

Zjl = rx (cos c p ^ j sin y x)\ z2 = r2 (cos cp2+ j sin cp2) ;

z = Zi_ 1\ (cos cp1 + j sin 9Pl) =

z2 r2 (cos cp2+ j sin cp2)

= [cos (cpl - cp2) - j sin ((p1 - (p2)\.2

110

Dolgozzunk ki egy példát részletesen!zx = 6 (cos 70° + j sin 70°); z2 = 2 (cos 40°+J sin 40°);

Zj 6 (cos 70°+ j sin 70°)z =z2 2 (cos 40°+ j sin 40°)

6 (cos 70°+^' sin 70°)(cos 40°—j sin 40°) 2 (cos 40° + j sin 40°)(cos 40° —j sin 40°)

6 (cos 70° cos 40°+^' sin 70° cos 40°+

+

+

2 (cos2 40° - f sin2 40°)

6 ( - j cos 70° sin 4 0 ° - / sin 70° sin 40°)2 (cos2 40° —j 2 sin2 sin2 40°)

6 (cos 70° cos 40°+ sin 70° sin 40°)2 (cos2 4 0 °+ sin2 40°)

6j (sin 70° cos 40° — cos 70° sin 40°)

+

2 (cos2 4 0 °+ sin2 40°)

A törtet bővítettük a nevező konjugáltjával, ezzel elértük, hogy a nevező 2 lett. A számlálóban pedig szögkülönbségek szögfüggvényeit kaptuk:

6 [cos (70° - 40°) + j sin (70° - 40°)]z =

= 3 (cos 30°+^‘ sin 30°).A következő példák megoldására már csak a végképletet

használjuk.

Gyakorlás1. zx = 8 (cos 50° + j sin 50°);

z2 = 4 (cos 10° + j sin 10°);

zx 8 (cos 50° + / sin 50°)4 (cos 10° + j sin 10°)

= 2 (cos 40° + / s in 40°).

111

z =

2. = 5 (cos 230° + / sin 230°); z2 — 1 (cos 140° + / sin 140°);

5 (cos 230°+ / sin 230°) z2 7 (cos 1 4 0 ° + / sin 140°)

= A (cos 90°+ / sin 90°) = y (0 + /• 1) = y /•

A hányados tis z ta képzetes szám .

A hányados akkor tiszta képzetes szám , ha az argum entumok különbsége <pi~(p2 — 90° + k - 180°, ahol k pozitív egész szám.

3. 2j = 5 (cos 220° + / s in 220°);

z2 = 10 (cos 40° + / sin 40°);

zx 5 (cos 220°+ / sin 220°) 1 . .1 v ’ 1 = — (cos 180°+ / s in 180°) =

z2 10 (cos 4 0 °+ / sin 40°) 2

= 0,5( — 1 + /• 0) = — 0,5.

Az e redm ény valós szám .

K ét komplex szám hányadosa akkor valós szám, ha cpx — (p2 = + k - 180°, ahol k pozitív egész szám.

4. zx = 6 (cos 50°+ / sin 50°);

z2 = 7 (cos 1 0 0 ° + / sin 100°);

zx 6 (cos 5 0 ° + / sin 50°)z2 7 (cos 1 0 0 ° + / sin 100°)

= — [cos ( — 50°) + / s in ( — 50°)]

Az a rg u m en tu m o t 360°-kal növeljük , ez a kom plex szám ot nem v á lto z ­t a t ja m e g :

z = y [cos (360° — 50°) + / sin (360° — 50°)] = y (cos 310°+ / sin 310°).

5. Zj = 8 (cos 110° + / sin 110°); s2 = 5 (cos 170° + / sin 170°);

zx 8 (cos 110 ° + / sin 110 °)z =

z2 5 (cos 170°+ / sin 170°)

= — [cos (1 1 0 °-1 7 0 °) + / sin (1 1 0 °-1 7 0 °)] =5

112

« — [cos ( - 6 0 ° + j sin ( — őOö)j5

>= [cos (360° ~ 60°) + / sin (360° - 60°)] =

8= — (cos 300°+ j sin 300°).

6. zx — 12 (cos 320°+ / sin 320°); z2 — 4 (cos 170° + / sin 170°);

z1 12 (cos 320° + / sin 320°) z2 4 (cos 170°+ / s in 170°)

= 3 [cos (320° — 170°) + / sin (3 2 0 °-1 7 0 °)] == 3 (cos 150° + / sin 150°).

4. Hatványozás

Trigonometrikus alakú komplex szám n-edik hatványa olyan komplex szám, melynek abszolút értéke az alap abszolút értékének n-edik hatványa, argumentuma pedig az alap argumentumának n-szerese.

z = r (cos <p+j sin cp) ;zn — [r (cos (p+j sin cp)]n = rn (cos ncp-\-j sin ncp).

Ez Moivre (ejtsd: Moávr) tétele.

Gyakorlás

1. z = 2 (cos 30° + / s in 30°); z5 = ?z5 = [2 (cos 30° + / sin .300)]5 = 25 [cos (5-30°) + j sin (5- 30°)] =

= 32 (cos 150° + / s in 150°).

2. z = 4 (cos 70° + / s in 70°); z3 = ?z3 = [4 (cos 70° + / sin 70°)]3 = 43 [cos (3 -70°)+ / sin (3-70°)] =

= 64 (cos 210° + / sin 210°).

3. z — 3 (cos 140° + / sin 140°); z4 = ?s4 = [3 (cos 1 4 0 ° + / sin 140°)]4 = 81 (cos 5 6 0 ° + / sin 560°) =

= 81 [cos (360°+ 200°) + / sin (360°+ 200°)] == (cos 200° + / s in 200°).

8

8 Trigonometria 113

4. z = 5 (cos 30 °+ / s in 30°); z3 = ?z3 — [5 (cos 30° + / sin 30°)]3 = 1 2 5 (cos 90° + / sin 90°) =

= 125(0+ 7*1) = 125 /.

K om plex szám n-edik hatványa akkor képzetes szám, ha az argum entu­m ának n-szerese 90° + k • 180°:

ncp = 90° + í> 180°.

5. z = 2 (cos 4 0 ° + / sin 40°); z9 = ?z9 = [2 (cos 4 0 °+ / s in 40°)]9 = 512 (cos 360°+ / sin 360°) =

= 512(1 + /-0 ) = 512.

K om plex szám n-edik hatványa akkor valós szám , ha az alap argum en­tum ának n-szerese 180°-nak egész szám ú többszöröse:

ncp = k ‘ 180°.

Valós szám n-ed ik h a tv á n y a m indig valós, m ert az előző szab á ly t <p = 0 és k = 0-ra a lkalm azzuk .

6. A lgebrai a lak b an a d o tt kom plex szám ot ú gy is h a tv á n y o zh a tu n k , hogy előbb á tír ju k trigonom etrikus a lak b a, h a tv án y o zu n k , m a jd az e red m én y t ism ét a lgebrai a lak b an ír ju k fel:

z — / 3 + / ; a = / 3; 6 = 1 ;

r = } /3 + l = / í = 2;

<p = 30°, m ert a kom plex szám az első negyedben van . z = 2 (cos 3 0 ° + / sin 30°); zs = ? z5 = [2 (cos 30° + / sin 30°)]5 = 32 (cos 150° + / sin 150°).

Je lö ljü k az e redm ény valós részé t a-val, képzetes részének e g y ü tth a tó ­já t 6-vel.

zs = _ 1 6 /3 + 1 6 ) .

M ár ebből a példából is lá th a tju k , hogy trig o n o m etrik u s a lak ú szám o­k a t, — főleg n ag y k itev ő esetén — á lta lá b an könnyebb h a tv án y o zn i, m in t algebrai a la k b an a d o tta k a t .

a = 32 cos 150° = 32 ( - c o s 30°) = 32 = - 1 6 / 3 7

6 = 32 sin 150° = 32 sin 30° = 3 2 -^ - = 16;2

114

7. z = 3 - 3 / ; z* = ?

í r ju k á t trigonom etrikus a lak b a , és v együk figyelem be az a rg u m en ­tu m m eghatározásakor, hogy cp é rtéke csak 270° és 360° k ö z ö tt lehet, m e rt a szám a negyedik negyedben v a n :

r = / 3 2+ ( - 3 )2 = /T 8 = 3 / 2 ;

- 3tg 95 = — = - 1; cp = 315°.

2 = 3 / 2 (cos 315°+ / s in 315°).

24 = [3 / 2 (cos 315°+ / sin 315°)]4 =

= 324 (cos 1260°+ / s in 1260°) =

= 324 [cos (3-360° + 180°) + / sin (3 -360°+180°)] =

= 324 (cos 180° + / sin 180°) = 324 ( - 1 + /-0 ) = - 3 2 4 .

8. 2 = — 3 — 5 /; z5 = ?

A kom plex szám a h a rm a d ik negyedben van , te h á t a rg u m en tu m a csak 180° és 270° k ö zö tti szög lehet.

r = / 9 + 25 = /3 4 ;

— 5 5tg cp = — - = — r; 1,667; cp = 239,04°.

2 = /3 4 (cos 239,04° + / sin 239,04°).

25 = [ /3 4 (cos 239,04°+ / s in 239,04°)]5 =

= ( /3 4 )5 (cos 1195,2° + / sin 1195,2°);

1195,2° = 3 -3 6 0 °+ 115,2°;

25 = ( / 3 4 )5 (cos 115,2° + / s i n 115,2°).

M eghatározzuk 25 ab szo lú t é rték é t.

lg ( / 3 4 )5 = lg 345/2 = y lg 34 = y • 1,5315 « 3,8288.

N em keresünk vissza, m e rt a és b é rték én ek m eg h a táro zásak o r csak az ab szo lú t é rték ü k lo g aritm u sára lesz szükségünk.

a - ( / 3 4 )5 cos 115,2° = ( /3 4 )5 ( — cos 64,8°) = — ( /3 4 )5 cos 64,8°;

b = ( /3 4 ) 5 sin 115,2° = ( / 3 4 )5 s in 64,8°;

8* 115

lg ( |/34)é = 3,8288 lg ( |/34 )6 = 3,828S+ lg cos 6 4 ,8 °= 9,6292 -1Ü *f lg sin 64,8° = 9 ,9566—ÍÖ

lg ( —a) = 13^4580 - 1 0 ' lg b = 13,7854 - 1 0lg ( —a) = 3,4580; lg b ~ 3,7854;

a = - 2 8 7 0 b = 6102

g5 = -2 8 7 0 +6102/.

5. Gyökvonás

Minden trigonometrikus alakú komplex számnak n darabn-edik gyöke van, melynek abszolút értéke a komplex szám, , 7 ... . , <p+&-360° abszolút ertekenek n-edik gyöke es argumentuma: ----------------,

ahol k a 0 , 1 , 2 ,. . n — 1 (n különböző) egész értéket veheti fel. Az egyes gyököket zx, z.4 stb.-vei jelöljük.

z = r (cos cp+j sin cp);

V V ( 0?+&-360° . . cp+k-3Q0°)V-z = 1/ r cos --------- -------(-1 sm -------------- . n n )

Ha az %-edik gyökök w-edik hatványát képezzük, akkor mindegyiknek abszolút értéke r és az argumentumok 9 9-től csak k • 360°-kal különböznek, ami azt jelenti, hogy az w-edik hatványok egyenlők az eredeti számmal.

Gyakorlás

1. z = 32 (cos 60°+ j sin 60°); z = ?

z — 32 [cos (60°+ k • 360°) + j sin (60°+ ik- 360°)].

1/ - i / ^ í 60° + *-360° . . 60° + *-360°^ \ z = ]/32 I c o s ----- - - ----------1- j s m ------— -------- I .

Az eg behelyei

Sj = 2

Az egyes gyököket úgy h a tá ro zzu k m eg, hogy k helyébe 0-tó l kezdve b eh e ly e tte s ítjü k a p o z itív egész szám okat.

60° + 0-360° . 60° + 0-360°-------- -------- + 1 s m --------- --------

= 2 (cos 12 ° + / s in 12 °);

116

/ 6 0 °+ 1 -3 6 0 ° . . 6 0 ° + l-3 6 0 ° 'í z2 = 2 I cos -------- ---------- 1- j s i n -------- -------- I =

= 2 [cos (12°+ 72°) + / sin (12°+ 72°)] = 2 (cos 84° + / sin 84°).360°

H a Jc értéke 1-gyel nő, ak k o r a gyök a rg u m en tu m a —-— = 72°-kal

nő. E z t h aszn á lju k k i a következő gyökök a rg u m en tu m án ak m e g h a tá ­rozásakor :

z3 = 2 [cos (1 2 °+ 2 -7 2 °) + / s in (12°+ 2-72°)] == 2 (cos 1 5 6 ° + / sin 156°);

34 = 2 [cos (12° + 3-72°) + / s i n (12° + 3-72°)] == 2 (cos 228°+ / sin 228°);

z5 = 2 [cos (12° + 4-72°) + / sin (12° + 4-72°)] == 2 (cos 300° + / sin 300°).

H a 1c helyébe 5-öt he ly e tte síten én k , ak k o r az ú jab b gyök az elsőnél 5-72° = 360°-kal lenne nagyobb , am i a z t je len ti, hogy azonos az első gyök­kel.

A gyökök a kom plex szám sík origója kö rü l ra jz o lt 2 egység sugarú k ö rön egym ástó l 72° szögtávolságra, vagyis egy szabályos ötszög csúcsain van n ak .

3 _

Határozzuk meg ]/1 értékeit. Először 1-et trigonometrikus komplex alakban írjuk fel, majd alkalmazzuk a gyökvonás sza­bályát.

3 _2 = 1 ; f z = ?

Minden pozitív valós szám argumentuma 0°.

z = l (cos 0° + j sin 0°) = 1 (cos k • 360° + j sin k • 360°).3________________

yz = Y l (cos k ’ 360°+_; sin k • 360°) =

-M k •360° . . k • 360°cos----------- f- j sm3 J 3 )

0-360° . . 0-360° . . nozx = cos-----— sm ---------= cos 0 sm 0 =o o

= l+ i-o = 1 ;

117

360° . . 360° 1ono . . 10AQz2 = cos —- — hJ sm —— = cos 120 sm 120 =o o

= — cos 60°+ j sin 60°= — ;A u2-360° . . 2-360° 0/4AQ . . 0, AO

z3 = co s---------- h j sm ---------= cos 240 +J sm 240 =ó ó

— — cos 60°—// sin 60° = — —— ,J 2 2tehát

1 . 1 ^ 3 1 . / 3zx = 1; z2 = - j + j — ; z3 = - — - j - ^ - .

Ezek az ún. harmadik egységgyökök. Tehát egy pozitív szám köb­gyökét úgy határozzuk meg, hogy abszolút értékének köbgyökét megszorozzuk a harmadik egységgyökökkel.

3__Határozzuk meg ]Í2Ö összes gyökeit.

3_z = 20; Yz = ?

Először az abszolút érték köbgyökét határozzuk meg.

lg/2Ö = = 1,3[)1Q % 0,4336; ó ó

3_/2 0 = 2,714.

z — 20 (cos 0°+^’ sin 0°) = 20 (cos k • 360° + j sin k • 360°).

A harmadik egységgyökök:

, , , 1 . Í3 , 1 , .^ 3 .zx = 1; z2 = - — + j — > Z3 = - J - J - 7 T ’

3z1 = z'1]f2 0 = 2,714;

118

' ^ = 4/2Ö =(-~+i^|-) 2,714 =

= _ l , 357+ j l , 357-/ 3 % - 1,357+2,348;;

( % = 2-714 =

= - 1,357 - j l , 357- / 3 « - 1 ,357-2,348;.

Ugyanezzel a módszerrel dolgozunk akkor is, ha negatív számból akarunk gyököt vonni, csak előbb — 1 gyökeit kell

\ meghatároznunk. Ez az eljárás csak akkor előnyös, ha az egy- sóggyököket már egyszer meghatároztuk és táblázatban meg­adtuk.Gyakorlás

42. z = 16 (cos 5 0 ° + / s i n 50°); J/z = ?.

z = 16 [cos (50° + k- 360°)+ sin (50° + &-3600)].4 4( z = /1 6 [cos (50° + Te-360°) + / sin (50° + k - 360°)];

* * r 50° + 360° . . 5 0 °+ k- 360° \} z = y i ö l c o s ---------- -----------1- j s m --------— --------- 1 =

= 2 [cos (12,5°+& .90°) + / s i n (12,5° + k - 90°)].

zx - 2 (cos 12 ,5°+ / sin 12,5°); z2 = 2 (cos 102,5° + / sin 102,5°); z3 = 2 (cos 192,5° + / sin 192,5°); z4 = 2 (cos 282,5° + / sin 282,5°).

3

3. z = 64 (cos 120° + / sin 120°); ]fz = 1z = 64 [cos (120°+ í> 360°) + / sin (120° + 360°)].

jfe = /6 4 [c o s (120°+ fc-360°) + / s i n (120° + k- 360°)];

3 3 r 120° + Te- 360° . . 120°+ k - 360° 1 Í z ^ Í 64 I cos -------- ------------ + / s m --------Z _ _ l =

= 4 [cos (40° + fc. 120°) + / sin (40° + *-120°)].

119

zv = 4 (cos 40° + j sin 40°);z2 = 4 (cos 160° + / sin 160°); !z3 = 4 (cos 280° + / sin 280°).

4. A g y ak o rla tb an ren d szerin t valós szám ok összes gyökeit h a tá ro zzu k m eg. A m egoldás m en e te : 1. A valós szám ot trigonom etrikus kom plex a lak b an írju k . 2. E lvégezzük a gyökvonást. 3. A trigonom etrikus a lak b an k a p o tt e redm ény t a lgebrai a lak b a ír ju k á t . '

ej/729 -■= ?

z — 729 = 729 (cos 0° + j sin 0°) = 729 (cos k - 360°+ j sin k - 360°).

6 6 ______________________________Yz — Y l2 9 (cos & -3 6 0 °+ /s in /c-360°);

6- ( Yz = /7 2 9 co s— -------j-j sm -

= 3 (cos & -60°+ / sin 60°).

Zy = 3 (cos 0° + / sin 0°) = 3 (1 + j-0) = 3 ;

z2 = 3 (cos 60° + j sin 60°) = 3 Q - + j = - |- + 0 ^ - ;

z3 = 3 (cos 120° + / sin 120°) = 3 ( — cos 60° + / sin 60°) =

__ o ( 1 y * \ _ 3 3K3- .v 2 2 / " 2 ' 2 ’

z4 = 3 (cos 180° + 7 sin 180°) = 3 ( - 1 + j - 0) = —3; z5 = 3 (cos 240°+ j sin 240°) = 3 ( — cos 60° — j sin 60°) =

I O ' O / O ' O2 2 / 2

z6 = 3 (cos 300°+ j sin 300°) — 3 (coe 60° — j sin 60°)

= 31 3 .3 1/3

O ' 1 o”

B árm ely ik é rtéket is em eljük a h a tod ik h a tv án y ra , eredm ényül m indig 729-et k ap u n k . P l. z\ = ?

zi = 3 (cos 180°+ / sin 180 );

120

z\ = [3 (cos 180° + j sin 180°)]6 = 36 (cos 6-180° + j sin 6-180°) =

= 729 (cos 1080° + / sin 1080°) = 729 (cos 0 ° + / sin 0°) = 729.

5. N eg atív szám ok argu m en tu m a, h a azo k a t trigonom etrikus a lakban ír ju k fel: 180°.

3 __f - 8 = ?z — — 8 = 8 (cos 180° + j sin 180°);

z — 8 [ cos (180o + &-360°) + / sin (180° + &-3600)].

3_ 3 ,Yz .= Y8 ( 180°+ le- 360° 180°+ k - 360°>

cos -------- ------------1 V s m --------------------—

180°Az első gyök a rg u m en tu m a —— = 60°, a több ieké rendre

360°——— = 120°-kal nagyobb.

z1 = 2 (cos 60° + / s i n 60°) = 2 = 1 + ?

z2 = 2 (cos 180° + j sin 180°) = 2 ( — 1 + /• 0) = — 2 ;

z3 = 2 (cos 300° + / sin 300°) = 2 (cos 60° — j sin 60°) =

Általában igaz, hogy y — a -nak ( a > 0) n különböző gyöke van, n

melyek az Ya egység sugarú körbe írt szabályos n-szög csúcsain vannak a komplex számsíkban. Ha n páratlan, akkor egy valós gyök van, ha n páros, akkor nincs valós gyök.

n _ n _Ya -nak («>0) n különböző komplex gyöke van. Ezek az Ya egy­

ségsugarú körön vannak, mégpedig a körbe írt szabályos n-szögn

csúcspontjain, amelyeknek egyike az{^a ; 0) pont.Ha n páros, akkor két, ha n páratlan, akkor egy valós gyök van.

121

YIII . SZÖVEGES MŰSZAKI FELADATOK

1. Műszeripari mérési feladatok

Műszerek, idomszerek gyártásakor a finommechanikában gyakran alkalmazunk olyan méréseket, amelyeknek várható eredményét előre ki kell számítani.

Szögek pontos mérésére nem alkalmasak olyan ipari szögmé­rők, amelyekről a szögérték közvetlenül leolvasható. A mecha­nikai és az optikai kézi szögmérők pontossága + 5 ', viszont gyakran kell ennél kisebb tűrésű szögeket mérni. Ilyen ese­tekben a kézi szögmérőknél nagyobb pontosságú mérőműsze­reket használunk. Ezek lehetnek mechanikai vagy optikai megoldásúak.

A szögmérésre használt mechanikai műszerek közül gyakran alkalmazzuk a szinuszvonalzót (88. ábra). Ezzel úgy mérünk, hogy az adott tengelytávolságú hengereket egymáshoz képest a mérendő szögértéknek megfelelően megemeljük. A tengely- távolság állandó, így a kapott derékszögű háromszög átfogója állandó. A keresett szöggel szemben fekvő befogó értékét kell kiszámítani, és mérőhasábokból összeállítani. így végeredmény­ben a szögmérést távolságméréssel oldjuk meg (89a és b ábra).

122

89. ábra. Mérés szinuszvonalzóval

1. Meg kell m é rn i szinuszvonalzóval a b eállító idom szer ha jlásszögét. A szög é rték e 32°15', tű rése ± 2 '. A tű rés szögekre u g y a n az t je len ti, am it m ár a so rozat „ S z á m ta n ” cím ű k ö n y v éb en m eg m ond tunk , te h á t a m egen­gedhető g y á rtá s i e lté rést. A vonalzóra h e ly eze tt idom szer (90. áb ra)

90. ábra. Beállító idomszer

m érőfelü le tének az a lap sík k al p á rh u zam o sn ak kell lennie (91. áb ra). A fe lü le t pá rh u zam o sság át in d ik á to ró ráv a l (m érőórával) ellenőrizzük, úg y hogy az ó rá t a fe lü le ten vég igvezetjük . Az óra m u ta tó ja eközben n em té r ­h e t ki.

A m éréshez ta rto zó sz á m ítá s t k é t lépésben végezzük el. E lőször k iszá­m ítju k a z t, hog y a szögértéknek m egfelelően m enny ire kell felem elni a szinuszvonalzó egy ik hen g eré t, m a jd a z t is, hogy az a d o tt tű rés sze rin t m ekkora leh e t az e ltérés, ille tve m ilyen eltéréssel fogadható el az idom ­szer?

123

91. ábra. Szinuszvonalzóra helyezett idomszer mérése

A vonalzó hengereinek ten g e ly táv o lság a 100, esetleg 200 m m .

a = 3 2°15 ';10i = i ; sin 32°15/ = 0,53365;

l l = 100 m m ;

x = l sin a = 100 mm* 0,53365 = 53,365 m m .

A m érő h asáb o k a t a „ S z á m ta n ” cím ű k ö n y v b en is m e r te te tt m ódsze sze rin t á llítju k össze.

53,365 1,005 53,365+ 1,36 -2 ,3 6 5

2,365 51,000 = 50 + 1.

A k e re se tt m ére thez szükséges m érőhasábok te h á t

1,0001,0051,36

50,00053,365 m m .

A hasábok k o p á sá t h ib a tá b lá z a t sze rin t kell figyelem be venni.

A m éréskor, m in t a fe lad a t elején m á r közö ltük , figyelem be kell venni a tű ré s t is. E z t a g y ak o rla tb an üg y o ld juk m eg, hogy k iszám ítju k a z t az

124

elté rési, m ely e t a tű rés sze rin t az ín d ik tá to ró ra m u ta th a t . A tű rés nagy*sága ± 2 ', vagyis összesen 4 '.

Kj = 0 o4/ ; sin oc1 = 0,00 12 ;

sm a x = - y .

= l sin <x1 = 100 m m -0,0012 = 0,12 m m .

A m egengedett eltérés te h á t 0,12 m m , ill. ± 0,06 m m . H a a pon tos szög­érték m érésekor a k é t véghelyzetben a m érőóra e lté rést m u ta t , az emelt henger alá az eltérés jellegétől (nagyobb vagy kisebb) függően : .

53,365 - 0,06 ill.

53,305 m m -es

53,365 + 0,06 53,425 m m -es

mérőhasábokat helyezünk. A vizsgált idomszer akkor jó, ha ezeken az értéke­ken belül van.

2. Ellenőrizn i kell egy m érőidom szer hajlásszögét. A m érést ism ét sz inusz­vonalzóval végezzük. Az idom szer 10% -os le jtésű d a rab m érésére készül, tű rése ± 3 '. M ilyen h a tá ro k k ö z ö tt kell b eá llítan i a vonalzót?

A m érést csak ak k o r leh e t elvégez­ni, h a először k iszám ítju k a 10% -os lejtésnek m egfelelő szögértéket. A 10% -os le jtés a z t je len ti, hogy 100 m m -en az em elkedés 10 m m (92. áb ra).

tg a = — = 0,1000.100

A tá b lá z a tb a n ez az é rték k é t szám közé esik, te h á t in te rp o lá lu n k :

0,1016 0,1000 -0 ,0 9 9 8 -0 ,0 9 9 8

0,0018 0,0002

0,0018, a közelálló é rték ek k ö zö tti különbség 6', te h á t a k e rese tt

0,0002

érték (4 ) ■ (1 ) - 40"A pontos é rték te h á t oc = 5°42'40

125

A szab v án y b an a 10% -os le jtésn ek 5°42 '38" felel m eg. A 2 " eltérés abbó l adódik , hogy i t t négyjegyű szö g fü g g v én y táb lázatta l szám olunk, a szab v án y készítő i pedig ö t, ill. h é tjeg y ű v el szám íto ttak . A g y ak o rla t­b a n az a d o tt ± 3 ' tű rés m ia t t a h ib a teljesen e lhanyagolható , ső t a 20" -e t

sem kell a to v áb b iak b an figyelem be y'b venni.

Az idom szer szögértéke 5°43', t ű ­rése ± 3 ' (93. áb ra).

sin 5°43' = 0,1002;

93. ábra. 10 %-os lejtő szögértéke . xtűréssel sm a = — .

x — l sin a = 100 mm- 0,1002 = 10,02 m m .

10,02 m m összerakható k é t m érőhasábból:

9 + 1,02 = 10,02.

T űrés ± 3 ', vagyis 6'.a x = 0°6' ;

sin oex *= 0,0017;

*ism a i = -y- ;

x t = l sin otj = 100 m m - 0,0017 = 0,17 m m .

A m eg ad o tt eltérés 0,17 m m , vagyis ± 0 ,0 8 5 m m . Mivel a szám ítás elején a szögértéket felfelé k e rek íte ttü k , m o st + 0 ,0 8 m m -rel szám olunk. E z t figyelem be véve, az alsó és felső eltérés (ha tá r)

10,02 10,02

- 0,08 ill. + 0,08 0^94 10,10

A z alsó méret három, mérőhasábból rakható össze:

7,001,501,449,94 m m

A felső méretet 9 + 1,1 = 10,1 m m hasábokból rakhatjuk össze.

3. Szinuszvonalzóval nem csak lapos, hanem kúpos d a rab o k is m érhetők . Szerszám gépeken és egyéb gépeken is g y ak ran a lka lm azzák az ú n . Morse- és m etrik u s k ú p o k a t. E zek szabványos, pon tos kúpszöggel e lő írt gép­

126

elem ek. A kúpos h ü v e ly és a kúpos ten g e ly kúpszögének sz igorúan egyenlő­n ek kell lennie, ezért m érésük is nagyon kényes. Szinuszvonalzóval a k ú ­pos tenge ly m érhe tő . 200 m m -es vonalzóval ellenőrizni kell egy 1-es Mor- se-kúpot. A szab v án y b an m eg ad o tt fél szög é rték e : 1°25'10//. I t t a m eg­engedhető e ltérés o lyan kicsi, — tized m illim éter nag y ság ren d ű — hogy ez t négy jegyű tá b lá z a tta l szám ítan i nem lehe t. A fe lad a t m egoldásában te h á t m indössze a m érőh asáb érték közelítő szám ítására szorítkozunk , és m egjegyezzük, hogy a g y ak o rla tb an e z t h é tjeg y ű függvény-, ill. lo g arit­m u s táb lá za tta l kell p o n to san m eghatározn i.

a = l ° 2 5 '1 0 " ; l = 200 m m .

sin 1°30' = 0,0262— sin 1°24' = -0 ,0 2 4 4

0,0018

6' = 360/ / ; 1°25 '10" = 1°24, 70,/ .

, 0,0018-70 0,0018-7 0,0001-7 ‘S u i t e s : ----- 3g(j--------------36 ’ ~ 2------’ ° ’00035;

sin 1°25/ 10° = 0,0244 + 0,00035 = 0,02475.

x .sin a = — : x — l sm a.

x = 200 m m -0,02475 = 4,950 m m .

A vonalzó beállításához szükséges m ére t ennek a kétszerese, m ert a k ú p n a k a csak a félszöge:

4,950 m m - 2 = 9,900 m m .

A keresett méret tehát 9,900 m m . E z a következő hasábokból rakható össze:

1,0001,9007,0009,900 m m .

I t t a kopásra különösen kell vigyázni !

Optikai eljárással mérőmikroszkóppal lehet pontosan szöget mérni. Mérési pontossága 0,01 vagy 0,001 mm. A most követ­kező feladatokban mindkettővel kapcsolatban ismertetünk méréseket.

A mérőmikroszkópon található egy olyan forgó üveglemez, amelyen szögbeosztás van, és evvel minden szöget elvileg

127

V pontossággal megmérhetünk. Á valóságban a munkadarabra való beállás olyan nehézkes ezzel a módszerrel a látómező­ben levő szálkereszt megdöntésével —, hogy pontos szögméré­sekre nem alkalmazzák. Úgy mérjük a szögeket, hogy egy tet­szőlegesen felvett, ill. beállított pontból meghatározott érték­kel (pl. 4 —5 mm-rel) mozgatjuk előre a mérőmikroszkóp

asztalát, mely a koordiná­ták mentén mozgatható, utána ismét megkeressük az előbbi irányra függőle­gesen a lejtő élét. így a mikroszkóp asztalát egy­másra merőlegesen — vég­eredményben egy derékszö­gű háromszög két befogó­ján — kétszer mozgattuk. A két adatból a keresett

szög számítható (94. ábra). A mérés megkezdése előtt a mun­kadarabot a mikroszkóp asztalán rögzíteni kell, és a hengeres darab tengelyvonalát vagy a lapos darab egyik élét a látóme­zőben levő szálkereszttel párhuzamosra kell állítani (ki kell indikálni).

4. M ekkora az idom szer hajlásszöge, h a a m ikroszkóp a sz ta lá t az x tengely irá n y á b a n 6, az y ten g e ly irán y á b an 3,18 m m -rel m o zd íto ttu k el (95. áb ra) ?

128

A k e re se tt szöget m eg k ap ju k , h a k iszám ítju k tan g en sé t:

a = 2 7 °5 5 '.

A keresett szög 27°55'.

5. A m ikroszkópon kúpköszörü lést e llenőrzünk. A k ú p félszöge 14°12/, tű rése ± 2 '. Megfelel-e a k ú p a ra jz elő írásainak , h a x irán y b a n 10 m m -t, y irán y b an 2,51 m m -t m értü n k ?

Mivel a k ú p m egengedett tű rése ± 2 ', t e h á t legalább 14°10 '-nek és leg­feljebb 14°14'-nek szabad lennie, ezért a kú p nem felel meg az előírásnak.

I ly e n ese tekben k i szo k tu k szám ítan i, hogy m ely y m ére tek k e l felel m eg m ég a d a rab . A m érés an n ál p o n tosabb , m ennél n ag yobbra vesszük az x é rték e t. L egyen az a; = 3 0 m m .

y = x tg a = 30 m m - 0,2530 = 7,59 m m ; tg 14°10/ = 0,2524; tg 14°14' = 0,2536;

y l = x tg (X-x = 30 m m -0,2524 = 7,572 m m ; y 2 = x tg a 2 = 30 m m - 0,2536 = 7,608 m m .

A mért kúp tehát a m ikroszkóp asztalának 30 mm-es x irá n yú elmozdu­lása esetén akkor felel meg az előírásnak, ha az y irá n yú elmozdulás 7,572 m m és 7,608 m m között van. Századm illim éter pontosságú m ikroszkóp eseté­ben a kapott értékeket 7,57-re, ill. 7,61-re kerekítjük.

96. ábra. Szögmérés két csúcs között

M egint a k e rese tt szög tan g en sé t sz ám ítju k (96. áb ra).

a = 14°5'.

tg 14°12' = 0,2530;

ytg a = — ; x

9 Trigonometria 129

A mikroszkóppal szögön kívül mást is lehet mérni. Mérőmik­roszkópot általában olyan mérésekre alkalmazunk, amelyek­ben az ellenőrzésre kerülő darab alakja nem engedi meg más mechanikai műszer használatát.6. Sugárhelyzetmérő idomszert ke ll p o n to san bem érn i. E llenőrizn i kell a sugár h e ly ze té t és nag y ság át. A m ikroszkóp m in d k é t m érésre a lkalm as.

A h e lyzetm érést egy a rán y lag egyszerű távolságm éréssel, a su­g ár po n to sság á t pedig, h a ún . sugárfej nincs a m ikroszkópon, úg y m érjü k m eg, hogy k iszám ít­ju k a sugárhoz ta rto zó k e rü le t 3 —5 p o n tjá t , és ezeket m eg­m érjük . A k e re se tt sugár6,15 ± 0 ,0 1 ; he lyzete 15 ± 0 ,0 2 m m (97. áb ra).

A helyzetm éréshez m egm ér­jü k egy tetszőleges h ú r k é t vég­p o n tjá n a k táv o lsá g á t az a la p ­éltől ; e m érések szám tan i közép­értéke a k e rese tt m ére t. Egészen pontos m érés esetén ez t ké tszer á b ra ) :végezzük különböző m agasság ra (98.

T = ^ _ h 3 + hi

A su g ár po n to sság á t úg y e llenőrizhetjük , hogy k iszám ítju k a hozzá ta rto zó k e rü le t egyes p o n tja in ak h e ly ze té t, és ezeket m egm érjük . A pon-

130

to k n ak az a d o tt tű résen belü l kell lenn iök (99. áb ra). Szögfüggvényekkel szám ítunk , pedig m eg o ld h a tn án k a fe la d a to t P y th ag o ras-té te lle l is. O k a : így nem kell összevonni és leh e t közvetlenü l szám olni gyökvonás n é lkü l:

cos a 2

r — 1 ,5 m m 6,15 m m —1,5 m m 4,65 r 6,15 m m 6,15

r — 3 m m 6,15 m m —3 m m 3,156,15 m m

oc2 = 5 9°12 ';

x ,

6,15

« 0,756;

0,512;

tg a x =r — 1,5 m m ’

x Y = (r —1,5 m m ) tg a x = 4,65 m m *tg 40°54'

x x — 4,028 m m .

lg tg 40°54' = 9 ,9 3 7 6 -1 0 + lg 4,65 = 0,6675

lg x x = 0,6051

tg a 2 = r — 3 m m ’

x 2 — ( r —3 m m ) tg a 2 = 3,15 m m *tg 59°12';

x 2 = 5,284 m m .

lg tg 59°12' = 1 0 ,2 2 4 7 -1 0 + lg 3 ,1 5 = 0,4983

lg x 2 = 0,7230

A su g ár tű rése ± 1 ,0 1 m m , ez t a k isz ám íto tt m érési é rték ek tényleges ellenőrzésekor figyelem be kell venni!

0* 131

Kényes csavarmenetek, főképpen menetes idomszerek gyár­tásához pontos méretek szükségesek. Részben műhelymikrosz- kóppal, részben mechanikai mérőműszerekkel ellenőrizzük őket. A menet fontosabb méretei a következők:

a) külső átmérő;b) középátmérő;c) magátmérő;d) menetemelkedés (egy fordulat alatt megtett út);e) profilszög (1 0 0 . ábra).

d= külső átmérő d, = mag át mérő d i” közép á l mérő h - menetemelkedés ex * profilszög

100. ábra. Csavarmenet rajza

Ezek közül mechanikai méréssel a közép- és külső átmérő mérhető pontosan, a többi méretet mikroszkóppal lehet jól mérni.

7. M 1 0 x 1 ,25-ös m enetes idom ­szerorsó t kell m egm érni. M = m e t­rikus a z t je len ti, hogy a profilszög 60°; 10 a z t je len ti, hogy a külső á tm érő 10 m m ; 1,25 a m enetem el­kedés. A m érést m ikroszkóppal kezd jük . A m ár ism ert p á rh u zam ­b a á llítás u tá n a m ikroszkóp len ­cserendszerét a m enetem elkedési szög sze rin t m eg kell dön ten i. A

101. ábra. Menetemelkedési szög meg­határozása

132

m enetem elkedési szöget g-val je lö ljük . E n n ek tangense a m enetem elke­d é s ^ , 25 m m ) és a közép á tm érő jű k ö r k e rü le tén ek h án y ad o sa (101. ábra).

h = 1,25 m m ;

d2 — 9,188 m m (táb lázatbó l).

1,25 m m

+ 10 -10lg 9,188 = 0,9632

+ lg 7i= 0,4971 lg n = 1,4603

lg 1,25 = 0,0969—lg n = -1 ,4 6 0 3

lg tg q = 8,6366 — 10

q = 2°28/

*A m érés m egkezdése e lő tt te h á t a m ikroszkóp lencserendszerét az em el­kedési szögnek m egfelelően 2°28, -re ke ll dön ten i, így m érhető az összes m ére t. Mivel azo nban idom szerről v a n szó, am elynek középátm érő -tű rése ± 0 ,0 0 4 m m szo k o tt lenn i, ez t k ü lö n m eg kell m érn i az ú n . m érőcsapos („m érő d ró to s” ) m ódszerrel. K i kell szám ítan i, hogy a csapm éret m ekkora a középátm érőhöz k ép es t (102 . áb ra)?

A fe lh asznált csapok á tm érő je 0,895 m m . A m éréshez há ro m csap, egy ik oldalon k e ttő , a m ásikon a k e ttő v e l szem ben egy szükséges. A m é­ré s t 0,002 m m pon tosságú m ik rom éterre l végezzük el.

h

c / = mérőcsap átmerő .45 c = a mérőcsap középpont<

jónak távolsága d2-tőt d2 = menefközépafmérő

102. ábra. Menetmérés mérőcsappal

133

A d a to k :

d = 0,895 m m ; d2 = 9,188 m m ; a = 60°; h — 1,25 m m ; c = ? D = ?

A fe la d a t könnyebb m egértésére ra jz o ltu k a 103. á b rá t, m ely n ag y ítv a m u ta t ja a m érőcsap elhelyezkedését a .m enetben . A c o ld a lt k é t lépésben szám ítju k ki. E lőször k iszám ítju k az O A D három szögből az OD o ldalt,

m a jd az E B D három szögből az E D o ldalt. A k e ttő különbsége a k e rese tt c m ére t,

c = Ö D - E D - , r = A = ~-’895 m m = 0,4475 m m ;2 2 ’

sin 30° = ; OD = —-— —— OD sm 30°

Az E D szakasz k iszám ítása :

c tg 30° =E D

~EBE B =

4 ’

134

E D = E B c tg 30° = — ctg 30° = a ;

c = ----------------- c tg 30°;sin 30° 4

b eh ely ettes ítv e

0,4475 m m _ 1,25 mm^ ^ = _ Q 3125. j/3-0,5 4

lg 0,3125 = 0,4949 - 1 + lg J/T= 0,2385

a = 0,541 m m . lg & = 0,7334 —1

c = 0,895 m m —0,541 m m = 0,354 m m .

D — d2 + 2c + 2r = 9,188 m m + 0,708 m m + 0,895 m m = 10,791 m m .

A keresett csapméret tehát 10,791 m m .

A mérőcsapok a menet­mérésen kívül egyéb mechanikai mérésre is hasz­nálhatók. így kúposságmé- réshez és egyes esetekben távolságok méréséhez is alkalmazhatók.

8. 5-ös M orse-kúpban végződő m u n k ad a rab o t kell ellenőrizni. A fél kúpszög l o30 '6 ". A m érést 50 m m hosszon végezzük el, a m érőcsap á tm érő je 4 m m (104. áb ra). A k ú p fe lü le t nagyobb ik á tm érő je 35 m m , m agassága 70 m m .

A d a to k :

0 D = 35 m m ;

a = 1°30 '6";

I I = 70 m m ;

d = 4 m m .

A m érést úgy végezzük el, hogy először 8 m m m agas m érő h asáb o t, m a jd 58 m m -ese t he lyezünk a m érőcsapok alá. A m érőcsap sugara 2 m m . A m é ­résben elsősorban a kúposság m érése a fe lad a t, ezért először a z t kell m eg­á llap ítan i, hogy az A m ére t 50 m m -en m egfelelő-e?

135

Az A m é re te t ezredm érő m ik rom éterre l m egm érjük . A B m ére t egy­szerűen szám íth a tó (105. áb ra).

t g a = 5 0 ; 50 tg a = 50 tg 1°30'6'

x - ?

Mivel i t t a négy jegyű tan g en s-táb láza t a la p ján nem leh e t e lfogadható pontossággal in te rpo lá ln i, logaritm ussal szám olunk, b á r egyébként az

50-nel való szorzás ez t term észetesen nem indo­kolná.

lg tg 1°30 '6" = 8 ,4 1 8 6 -1 0 + lg 50 = 1,6990

l g x = 1 0 ,1 1 7 6 -1 0 lg a? = 0,1176

x — 1,311 m m .

M ivel x csak az egyik o ldalra vona tk o z ik , ezért

B = A + 2x = A + 2-1,311 = A + 2,622 m m .

A m érést ezu tán az A és B m ére tek pontos m eg­á llap ításáv a l fo ly ta tju k .

A m ére t k iszám ításához először m eg kell á llap í­tan i ebben a m agasságban a k ú p á tm é rő jé t (106. á b ra ) :

105. ábra. Nagyobb átmérő számítása

D x = D —2(70 —10) tg a = 3 5 - 2 - 6 0 -tg 1°30 '6" =

= 3 5 -1 2 0 -0 ,0 2 6 23 =

= 35 -3 ,1 4 7 6 = 31,8524«

r; 31,852 m m .

106. ábra. Kúposságmérés csappal

107. ábra. Kisebb átmérő meghatározása

136

A csap m érete t a 107. á b ra sze rin t k a p ju k :

2-----= cos a ; *,x i

d d¥ d

cos a 2 cos a ’

A — D x + 2 ^ + 2 — — +d

+ d;cos a

b eh ely ettes ítv e

A = 31,852 +cos l°3 0 /6//

+ 10 -10 lg 4 = 0,6021

lg cos 1°30 '6" = - 9 ,9999+ 100,6022

31,8524,0014,000

39,853 m m

A keresett A méret tehát 39,853 m m :

A + 2,622 = 39,853 + 2,622 = 42,475 m m .

Marógépeken, szerszámgépeken gyakran alkalmazzuk az ún. fecskefarok-kapcsolódást. A marás és a köszörülés ellenőrzésére mérőidomszert használunk (108. ábra). Az idomszer hajlás-

b

a

108. ábra. Szögmérő villa

137

szögét a már korábban ismertetett módszerekkel mérhetjük meg, belső távolságát mérhetjük mérőcsapokkal, ill. a csapok közé helyezett mérőhasábokkal (109. ábra).

9. Meg kell m érn i 4 m m -es m érőcsapokkal egy ilyen idom szer a m ére té t. M ilyen összeállítású legyen a m érőhasábkészle t, h a a = 12,5 ± 0 ,0 1 , oc = 10°30' ± 5 ' (110. ábra)?

x - a — (2b + d ) ;

tg 39°45' ’2

+ 10 -10 lg 2 = 0,3010

lg tg 39°45' = -9 ,9 2 0 0 + 1 0 lg 6 = 0,3810b = 2,404 m m .

x = 1 2 ,5 -(2 -2 ,4 0 4 + 4 ) = 1 2 ,5 -8 ,8 0 8 = 3,692 m m .

A m érőhasábok m eg válasz tásakor a ± 0 ,0 1 m m -es tű ré s t kell figye­lem be venni, te h á t k é t összeállítást kell készíteni.

Felső határ: 3,692 + 0,01 = 3,702 = 3,7 m m .

Alsó határ: 3,692 — 0,01 = 3,682 = 3,68 m m .

A kerek ítésbő l adódó 0,002 m m -es tű résm ezőelto lást e lh an y ag o lh a t­ju k , m e rt a m érés po n to sság á t nem zav arja . A hajlásszög 5' tű résen belül lehet. H a az idom szerész nem a sz á m íto tt, t e h á t nem a pontos szöget k é ­sz íte tte el, a szög bem éréséből k a p o tt é rték h ez kell a csap m érete t, ill. a szükséges m érő h asáb m ére te t k iszám ítani!

Ha egy testet valamilyen felületen állandó sebességgel aka­runk mozgatni, akkor ehhez állandó erőt kell kifejtenünk. Ezt az erőt sebességi súrlódási erőnek nevezzük. Nagysága függ az érintkező felületek minőségétől valamint a felületeket össze­nyomó erőtől. Ha az alátámasztási felület vízszintes, akkor a felületeket összenyomó erő a súlyerő, nem vízszintes alátá­masztás esetén az összenyomó erő a súlyerő felületre merőleges összetevője. A súrlódási erő és a felületeket összenyomó erő hányadosa a súrlódási tényező.

A nyugvó súrlódást az a legkisebb erő jellemzi, amelynek ha­tására a test éppen megindul. A tapasztalat szerint ez az erő mindig nagyobb, mint a sebességi súrlódási erő.

Nyugvó súrlódás meghatározására két különböző anyagot választunk. Az egyikből adott hajlásszögű lejtőt, a másikból meghatározott súlyú testet készítünk. A lejtő hajlásszögének növelésekor a test egy bizonyos szögnél éppen csúszni kezd.

2. Súrlódási feladatok

139

Ennek a szögnek a tangense egyenlő a súrlódási tényezővel ( 1 1 1 . ábra):

P[i- N = tg oc.

1. E g y k é tá g ú lé tra te te jé n Q teh e r v an . A lé t r á t nem rö g z ítjü k , 180°-ig n y ílh a t. M it tu d u n k m eg á llap ítan i a pad ló és a lé tra k ö z ö tti sú rlódási té ­nyezőről, h a 30°-ra n y ito t tu k ki a lé t ­r á t és az n em csúszott el ? 80 k p teh e r esetén m ek k o ra a súrlódási erő ?

A Q erő sz é tb o n th a tó a lé tra k é t szá rán ak irán y áb an eső k é t egyenlő összetevőre. E zek et P -v e l je lö ljük . Az erők x és y irán y ú kom ponensekre

111. ábra. Súrlódási tényező meghatározása

b o n th a tó k . P y szo rítja a lé tra ta lp á t az a laphoz, P x és a súrlódási erő (S) egyensú lyátó l függ a m egcsúszás. H a P x> S -n é \, a lé tra m egcsúszik, h a P $> a lé tra á llv a m arad , a k e ttő k ö z ö tti h a tá re se tb e n egyenlők egy­m ással (1 12 . áb ra).

S = P X = [iP y.H a ép p en 30° lenne a h a tá re se t, ak k o r

P x a fi = ~ = tg — = tg 15° = 0,2679 ~ 0,27.

l y 2H a te h á t 30°-nál m ég nem csúszik szé t a lé tra , ak k o r a nyugvó súrlódási tényező nagyobb , m in t 0,27.

S = Psi atg — = — — ; b 2 Q l2 ’

P X = y tg — = 40 k p . tg 15° = 40-0,2679 « 10,7 kp .

A súrlódási erő tehát 10,7 kp.

140

2. A lapk iadó v á lla la to k az ú jságkö tegek szá llítá sá ra o lyan csú szdát h a sz ­ná ln ak , am elyben az ú jságok k ö n n y en a szállító gépkocsira csúsznak.

M ekkora legyen a csúszda hajlásszöge, h a a súrlódási tényező 0,35?

/a = t g a = 0,35; a = 19°18' = 20°.

A lejtőt tehát legalább 20°-osra Icell készíteni.

113. ábra. a láda csúszása; b láda feltolása

8. E g y b e tonbó l készü lt szem éttáro ló te te jé re lá d á t helyezünk . A lád a sú lya 50 k p , a te tő hajlásszöge 30°. M ekkora erő szükséges ahhoz, hogy a lá d á t lefelé csúszni ne engedje, és m ek k o ra erővel leh e t a lá d á t felfelé to ln i?

Súrlódási tényező 0,25 (113a áb ra).A d a to k :

O = 50 k p ; a = 30°; /x = 0,25.

A O teh e r fe lb o n th a tó k é t kom ponensre. Az egyik a b e to n lap irán y áb an , a m ásik rá m erőlegesen h a t. A lefelé csúszás m egakadályozásához ak k o ra P j erő kell, am enny ivel P nagyobb a súrlódási erőnél.

P x = P - S .

A súrlódási erő S = f iN = /u, O cos a ;

N = O cos a ; P = O sin a ;

O sin a = P x + fiG cos a ;

-?! = G sin a — [xG cos a = G (sin a — fi cos a ) ;

141

jP ± = 50 kp (sin 30° — 0,25 cos 30°) = 50 (0,5 — 0,25- 0,866) =

= 50 (0 ,5 -0 ,2 1 6 ) = 50-0,284 = 1 4 ,2 k p = 1 5 k p .

I t t csak felfelé leh e t ke rek íten i, m e rt 14,2 k p a h a tá re se tn e k felel m eg.

A csúszást 15 k p nagyságú erő tudja megakadályozni.

Felfelé m ozgatáskor a h a tó e rő n k ív ü l a sú rlódási e rő t is le kell győzni (1136 áb ra).

P 2 = P + S ;

P 2 = O sin a + fiQ cos a = O (sin a + /i cos a ) ;

P 2 = 50 k p (0,5 + 0,25-0,866) = 50 (0,5 + 0,216) =

= 50-0,716 = 35,8 kp = 36 kp.

A felfelé mozgatáshoz 36 k p nagyságú erő kell.

Súrlódások vizsgálatában gyakran találkozunk olyan eset­tel, mikor a támasztóerő nem a lejtő irányában hat, hanem

vízszintes irányú. Ilyen esetekben négy erőt kell vizsgálnunk (114. ábra). Ha a lejtő hajlásszögének tangense na­gyobb, mint a súrlódási tényező, akkor ezt a fékező- és a tolóerő számításában figyelembe kell venni.

így az előzők szerint lefelé csúszás­kor (114. ábra):

Pi = O tg (oc - q),mert a súrlódás a csúszást akadá­lyozza, felfelé tolás esetén (115. ábra) pedig

P 2 = Gtg (a+ q),

mivel itt a súrlódás a tolást nehezíti.A fenti képletekben P x a csúszást

akadályozó erő kp-ban; P 2 a tolóerő kp-ban; G a teher súlya kp-ban; a a lejtő hajlásszöge; tg q = fi a súrlódási tényező, azaz q a lejtő súrlódási szöge.

142

114. ábra. Csúszás vízszin­tes irányú erő hatására

115. ábra. Tolás felfelé vízszintes irányú erővel

Az összefüggéseket csavarokra ható erők vizsgálatában jól alkalmazhatjuk. Itt is kétféle erő ismeretes, a meghúzáshoz, ill. a lazításhoz szükséges erő.

Meghúzáskor a húzóerőt (előbb tolóerő !) a súrlódás akadá­lyozza, lazításkor a lazulást gátolja (116. ábra).

Meghúzáskor: P x — Q tg (a + g);Lazításkor: P 2 = Q tg (oc — q),

aholP x a meghúzáshoz szükséges erő kp-ban; P 2 a lazításhoz szüksé­ges erő kp-ban; Q az anyát terhelő test súlya kp-ban; oc a csa­var menetemelkedési szöge; q a súrlódási szög (117a és b ábra).

116. ábra. Csavar meghúzása és 117. ábra. Meghúzáskor és lazításkor lazítása keletkező erők

Lecsavaráskor és meghúzáskor is ki kell számítanunk azt a nyomatékot, melyet a megfelelő erőkifejtés érdekében bizto­sítanunk kell. A nyomatékhoz szükséges erő P x és P 2, a nyoma­ték karja a csavarmenet középátmérőjének a fele:

d22~'

14H

Ezeket behelyettesítve:

M i = P i j = Q*j tg (a + e);

M 2 = = Q ^ t g i o c - g ) .

Az összefüggések csak laposmenetű csavarra érvényesek! Élesmenetű csavarra (118. ábra)

N , ,N = ----- 7: szabványos csavar eseten: cos p

P = 30°; cos /? = 0,8660; ^

" ' = w * UB * 1 w i w jI vy /y ^

tehát 15 %-kal nagyobb a súr­lódás, mint laposmenetű csa­varra.

119. ábra. Csavarorsós emelőbak118. ábra. Élesmenetű csavar

4. 1000 k p te rh e t em elünk csavarorsós em előbakkal. Az em előbakon la ­posm enet v an , m ére te 2 4X 5 . M ekkora az an y a és az orsó k ö zö tti sú rló ­dási tényező , h a az em eléshez 250 kp cm n y o m aték kell (119. ábra)?

1 4 4

Adatok:

Q = 1000 k p ; m en e t = 24 x 5;

M = 250 k p c m ; tg g = ^ = ?

A m enet külső á tm é rő je : d = 24 m m ;

A m enet belső á tm érő je : dx — 19 m m ;középátm érő je : d2 = 21,5 m m = 2,15 cm ;

em elkedése: h — 5 m m .

M = tg (a + e);

tg a a m enetem elkedési szög tan g e n se :

h 5tg a =

d27i 21,5 n ’

lg 21,5 = 1,3324 lg 5 =+ lg 71= 0,4971 — lg n =

lg n = 1,8295 lg tg a = a = 4°14'.

tg (« + < > )- t g a + t g e ■1 + tg a tg q

2 1 + tg a tg q

az egyenletből tg q- t k ifejezzük:

= tg « + #(£, tg g _2 + 2 tg a tg g

2ilí + 2M tg a tg q = Qd2 tg a + Qd2 tg £; 2M tg a tg g — Qd2 tg q = Qd2 tg a — 2 M ; tg @ (2M tg a — Qd2) = Qd2 tg a — 2 M ;

Q<22 tg a — 2i lí ^ ^ 2M tg a — Qd2 ’

1000 k p -2,15 cm -0 ,0740 —2-250 kpcm 2-25Ő k p cm -0,0740 — 1000 k p -2 ,1 5 cm

1 5 9 -5 0 0 - 3 4 1

tg Q

0,191.3 7 0 -2 1 5 0 -1 7 8 0

A keresett súrlódási tényező tehát fi = 0,191 0,2.

+ 10 - 1 0 0,6990

-1 ,8 2 9 5 8 ,8 6 9 5 -1 0

10 Trigonometria 146

5. E g y m o to rk erék p ár tengelykapcso ló jának nyom órugó a d ja a szükséges feszítőerőt. M ekkora erővel leh e t m eghúzni a c sav arokat, ha négy M 6 m e­n e tű c sa v art a lka lm azunk? A súrlódási tényező 0,15; a rugóerő 60 k p .

Mivel négy c sav art a lk a lm azunk , egy csav arra a rugóerő része,

60te h á t — = 15 k p erő ju t.

A súrlódási tén y ező t az M 6 csav ar m ia t t 15% -kal növelni kell.

1,15 • 0,15575

0,1725 rí 0,17 0,17.

Az M 6 m en e t m é re te i:

külső á tm érő : d = 6 m m ;

középátm érő : d2 = 5,35 m m = 0,535 cm ;

m enetem elkedés: h = 1 m m .

h l^ * d 2 n 5,35 t i ’

+ 10 - 1 0lg 5,35 = 0,7284 lg 1 = 0,0000+ lg tt= 0,4971 - l g n = 1,2255

lg n = 1,2255 lg tg a = 8 ,7 7 4 5 -1 0

a = 3°24'.

tg g = 0 ,1 7 ; q = 9°39'.

M = ^ t g (a + e);

M = P , A = P r.1 2

A m eghúzáshoz h a szn á lt villáskulcs hossza 10 cm , te h á t a n y o m aték : M = P* 10 cm :

P - J * . .10 cm

146

Adatok:

r = 10 cm ; d2 = 0,535 cm ; Q = 15 k p ; a = 3°24/ ; q = 9 °3 9 '; P = ?

Od„p r = — tg (a + g);

Qd.,P = V -1 tg (a + e);

b e h e ly e tte s ítü n k :

3*0 535 1 605 P = -------------tg 13°3' = —------tg 13°3' = 0,401-0,2318 ** 0,093 « 0,1 k p .

2-2 4

+ meghúzáshoz szükséges erő a valóságban 0,1 kp-nál nagyobb, kb. két­szerese, mert nem tud juk egyszerre m ind a négy anyát csavarni. Az is lá th a tó , hogy a szükséges erő m eglehetősen kicsi, te h á t v igyázn i kell, nehogy a csavar elszakadjon!

6. M inden m űhelyben m eg ta lá lh a tó az egyszerűbb m u n k ák elvégzésé­hez szükséges golyós sa jtó . Ezzel a géppel főképpen fo lyam atos ny o ­m óerő t leh e t k ifejten i. A sa jtó or­só ja m en e tte l kapcsolódik a gép­tes tb e n e lhelyezett anyához. A m e­n e t a m á r előzőkben ism e rte te tt laposm enet, m ére te 3 2 x 6 . M ek­k o ra erővel kell a k a r t fo rgatn i, h a a gépen levő súlyok nagysága 10 —10 k p , a terhelés 200 k p , a k a r 0,5 m , a súrlódási tényező 0,2 (120 . á b ra )?

A fe la d a t m egoldásakor k é t té ­nyező t kell figyelem be venni. A golyós sa jtó n levő súlyok a m oz­gatáshoz szükséges e rő t csökken­tik , v iszon t an n ak ellenére, hogy lefelé.m ozgatjuk a sa jtó o rsó já t, a súrlódási tényező t az em elkedési szög tangenséhez hozzá kell ad n u n k . O ka: i t t lefelé m en e t kell az e rő t k ife j­ten i, te h á t a sa jto láshoz szükséges e rő t a súrlódás növeli !

120. ábra. Golyós sajtó

10* 147

Adatok:

Q = 200 k p ; P x = 10 k p ; /u = 0 ,2; r = 0,5 m = 50 c m ; P 2 = ?

A m en e t m ére te 32 x 6, te h á t a külső á tm érő 32 m m , az emelkedés6 m m , a középátm érő d2 = 29 m m .

h 6 ^ d2n 29ti ’

+ 10 -10lg 29 = 1,4624 lg 6 = 0,7782

+ lg ti = 0,4971 - l g n = -1 ,9 5 9 5l g n = 1,9595 lg tg a = 8 ,8 1 8 7 -1 0

a = 3°46'.

tg q = fi = 0 ,2; q = 11°19'.

M = tg (a + e ) ; M = (P x+ P 2) 2r ;

2r (P x + P 2) = ~ ^ ^ tg (a + o ) ; az egyenletből P 2-t k ifejezzük:

(A n y o m aték k a r ja i t t a zé rt 2r, m e rt k é t sú ly t haszn álu n k !)

2rP j + 2rP2 = ^ tg (a + g ) ;

2 rP 2 = ~ tg (a + g) - 2 rP j ;

H ^ t g ( a + g ) - 2 r P 1

^ --------------27------------- 5

b e h e ly e tte s ítv e :

200 k p -2 ,9 tg (3»46'+ h » 1 9 ') - 2 - 5 0 o m -10 k p

P . - ----------- ------------ 2 • 50 cm

100-2,9 tg 15°5/ — 1000 2 ,9 -0 ,2 6 9 5 -1 0100

~ 0 ,7 8 2 -1 0 = -9 ,2 1 8 ^ - 9 ,2 k p .

A keresett erő negatív előjele azt m utatja , hogy a sajtó a ráerősí­tett súlyokkal el tudja végezni a sajtolást külső erő nélkül, sőt az erőt még csök­kenteni is kell. M ivel a 200 k p teh e r a sa jto lás végén, te h á t az orsó teljes

148

lecsavarodásakor, értendő , a forgás m egindulásához e rő t kell adn i, a kez­d e ti sú rló d ást le kell győzni.7. Az eddig tá rg y a lt sú rlódási fe lad a to k b an a le jtő n levő m ozgásokkal és keletkező súrlódásokkal fog lalkoztunk. M ost síkfe lü le ten ébredő sú rló d ást m u ta tu n k be o lyan esetben, am ikor a súrlódó te s tre k é t nem párhuzam os

erő h a t. Legyen a k é t erő 35 k p és 50 k p , a h a tásv o n a la ik á lta l b ezá rt szög 30°. M ekkora te rh e t tu d a k é t erő m egm ozdítan i, h a a súrlódási tényező0,35 (121. áb ra)?

= 35 k p ; P 2 = 50 k p ; a = 30°; (j, = 0,35; Q = ?

A fe la d a t m egoldásához ism ern i kell a z t a m ódszert, ahogy k é t nem párhuzam os, de egy s ík b an levő e rő t összeadunk. Az erőkkel p á rh u zam o ­so k a t h ú zv a p a rale lo g ram m át k ap u n k , és a k e re se tt o ld a lt (rajzon az JR eredő) koszinusz téte lle l k iszám ítjuk .

E lőször k iszám ítju k a fi szöget (122. áb ra). Mivel a és fi m ellékszögek, te h á t

121. ábra. Két erő eredője

Adatok:

fi = 180° —a = 180° -3 0 ° = 150°.

149

A koszinusz té te l sz e r in t :

P 2 = P f + P | - 2P XP 2 cos f i ;

E = l/'Pf + P | - 2 P 1P 2 cos fi ;

jö = 150°; cos fi = cos 150° = — cos 30° = —0,866.

E = /;35* k p 2 + 502 k p 2 - 2- 35 k p • 5 0 kp( - 0,866) =

= /1 2 2 5 + 2500 + 3500-0,866 = /1 2 2 5 + 2500 + 3031 = /6 7 5 6 ^ 82 ,2 kp

A keresett eredő erő tehát 82,2 kp .

£

1 _____122. ábra. Két erő eredője

A fe lad a t sze rin t ez az erő képes m egm ozdítan i a te rh e t.

E = f.iQ;E 82,2 kp

0,35235 k p .

A z E erő tehát 235 k p terhet tud megmozdítani, ha a súrlódási tényező 0,35.

Gépelemek rögzítésekor nagyon gyakran alkalmazott rögzítő­elem az ék. Az ék egyik felülete sík, a végekkel 90°-os szöget zár be, a másik lejtős (123. ábra). Az ék lejtős felületével szorít.

150

, Az ékre kétféle erő hat. Az egyikszorítani, ill. lazítani igyekszik, ezeket P x és P 2 erőknek hívjuk, a másik a felületen, a súrlódás hatására ébredő N erő (124. ábra).

| Az ábra alapján a szorításhozszükséges erő nagysága:P x = N tg q + N tg («+ q) = N [tg e + tg (a+e)].

A kötés bontásához szükséges erő:] p 2 = n tg q- n tg ( a - e ) = jv" [tg e - t g (a -e )] .

Az ékek lejtésének megadásakor alapvető követelmény, hogy az ékek önzárók legyenek. Ezt akkor érhetjük el, ha az N erő hatására az ék nem csúszik ki, határesetben ha P 2 = 0 .

0 == N tg q — N tg (a - g);

\ N tg q = N tg ( a - e ) ; tg g = tg ( a - e ) ; 9 = a; — e 52 e = a.

Az önzárás feltétele tehát, hogy a kisebb legyen, mint q két­szerese.

i 8. L ánckerék rögzítéséhez ék e t h asználunk . M ekkora N erő ébred , h a az ék e t 30 kp erővel ü t jü k be, az ék lejtése 1% , a súrlódási tényező 0,18?

Adatok:

P x = 30 k p ; tg a = —L = 0,01; fi = tg q = 0,18;

P i = i V [ tg g + tg (a + e)];

! N -— --------- -------------- ;tg e + t g (a + e )

b e h e ly e tte s ítü n k :

tg q = 0 ,18; 5 « 10 °12/ .

tg a = 0 ,0 1 ; a « 0 ° 3 4 \

151

h ____P2

124. ábra. Ékeléskor ébredő

30 kp 300,18 + tg (10°12/ + 0°34/ ) ~ 0,18 + tg 10°46'

30 30 81 kp .0,18 + 0,1902 0,3702

A z N erő tehát 81 k p .9. É k e lt sz íjtá rcsá t kell a tengelyrő l leszerelni. M ekkora a súrlódási tén y e ­ző, h a az ék k iü téséhez szükséges erő 18 k p , a felü letre m erőlegesen h a tó erő 185 k p és az ék lejtése 1% ?

Adatok:

P 2 = 1 8 k p ; tg a = 0 ,0 1 ; iV = 1 8 5 k p ; tg q = ?

P 2 = N [tg g — tg ( a - g ) ] = N tg q - N tg ( a - g ) .

Az egyenletből tg Q - t k ifejezzük:

p= - f,tg£,- w T T ¥ v | ^ | - (1 + tg “ tge);P 2+ P 2 tg a tg q = N tg q + N tg a tg 2 q - N tg o t+ N tg q ;

N tg a tg 2 q+ 2 N tg 0 - P 2 tg a tg g = P 2 + jV tg a ;

2V tg a tg 2 q + 2N tg £ — P 2 tg a tg g —P 2 — JV tg oc = 0;

ÍV tg oc tg 2 g + tg g (22V — P 2 tg a) — P 2 — 2V tg oc = 0;

b e h e ly e tte s ítü n k :

185 k p - 0,01 tg 2 e + t g £ (2-185 k p - 18 k p -0 ,0 1 ) -1 8 k p -

- 1 8 5 k p .0,01 = 0;

1.85 tg 2 e + t g e ( 3 7 0 - 0 ,1 8 ) - 1 8 - 1 , 85 = 0;

1.85 tg 2 @+ 369,82 tg q — 19,85 = Ó;

- 3 6 9 ,8 2 + /3 6 9 ,8 2 2 + 4 - l , 85-19,85 tg Ql-2 = 2-1,85 *

A m ásodfokú egyenlet gyökeinek k iszám ításakor tö rek ed n ü n k kell a lehető legnagyobb pontosságra , m ert a k e rese tt sú rlódási tényező kb.0,1 —0,2. E z t csak úgy h a tá ro z h a tju k m eg helyesen, h a n agyon pon tosan szám olunk.

lg 369,822 = 2 lg 369,82 = 2- 2,567962 = 5,135 924

369,822 = 136 780 + 4-1,85-19,85 « 146,89

136 926,89

152

- 369,82 ± / l 3 6 926,89

lg 136 926,89 = 5,1364;

/1 3 6 926,89 « 370

tg 01,2 =— 369,82 ± 3 7 0

3/7

A második (negatív) gyököt figyelm en k ívü l hagyjuk, mert negatív súrló­dási tényező értelmetlen lenne. A keresett súrlódási tényező 0,05, ez acél­acél esetében olajozott felületekre elfogadható.

A forgácsolás a megmunkálási módok közül egyike a legdrá­gábbaknak. A korszerű technológiai eljárások bevezetésekor itt is nagymértékben kell törekednünk a gyors, olcsó módszerekre. Ezek közül az egyik lehetőség a munkadarab gyors, pontos rögzítését biztosító készülékek alkalmazása. Az ilyen befogó készülékeken a munkadarab szorításához gyakran alkalmaz­zuk a csavarral mozgatható éket (125. ábra).

A csavarral mozgatható ékek esetén eltérhetünk az 1 %-os lejtéstől, mert itt az ék zárását a csavarmenet is segíti. A lej­tés növelése e készülékben a szorítást gyorsítja.

f-Q)

125. ábra. Csavarorsós ék

153

10. M arógépen szorítóékes befogókészüléket a lka lm azunk . A szo rítá st M 8 csavar végén szá rn y asan y a ad ja . M ekkora e rő t tu d u n k a szorításhoz k ife jten i, h a az an y a külső á tm érő je 30 m m , az ék lejtése 2°30/ , a súrlódási tényező 0,15 és a szorítóerő az an y án 2 kp?

Z) = 30 m m ; tg q = 0 ,15; P = 2 k p ; a = .2 ° 3 0 '; N = ?

A fe la d a to t k é t lépésben kell m egoldanunk . E lőször k i kell szám ítan i a csavarró l az éknek á ta d o t t e rő t, ez egyenlő az ék e t szorító erővel. E zen k iszám ítju k az ébredő N e rő t.

A csavarorsón á ta d o t t e rő t az

M = ——■ tg (a1 + q) kép le tbő l szám ítjuk . I t t Q ism eretlen , a m en e t

a d a ta i t k iszám íth a tju k , v agy táb lá za tb ó l k iv eh e tjü k . A súrlódási tén y e ­ző t i t t is 0 ,15-nek vesszük.

Adatok:

= 30 kp m m ;

tg<Zl d2n 7,188:7r ;

d2 = 7,188 m m (táb láza tb ó l); h = 1,25 m m (táb láz a tb ó l);

h _ 1,25

lg 7,188 = 0,8566 + lg 71 = 0,4971

+ 10 - 1 0 lg 1,25 = 0,0969— lg n = -1 ,3 5 3 7

lg n = 1,3537 lg tg a x = 8,7432 — 10

ezt a m etrik u s m en e t m ia t t 15% -kal növeljük .

M = ^ tg (o tj+eO ;

az egyenletből Q-t k ifejezzük:

2M = Qd2 tg (oCi+0!);

d2 tg K + e i) ’b e h e ly e tte s ítü n k :

2-30 kp m mrj 7 ,188-tg 12°50/ ;

60 kp7,188 m m -tg (3°10 '+ 3°40'

154

lg 7,188 = 0,8566 lg 60 = 1,7782+ lg tg l2 ° 5 0 ' = 9 ,3 5 7 6 -1 0 - l g n = -0 ,2 1 4 2

lg n = 1 0 ,2 1 4 2 -1 0 lg Q = 1,5640 Q = 36,64 k p ~ 37 k p .

Tehát az éket 37 k p erővel tud juk megszorítani.E z t az e rő t közvetlenü l az ék szo rítására , te h á t a m u n k ad a rab o k szorí­

tá s á ra fo rd ítju k .

P x = N [tg g + tg (a + g)]; tg g = 0,15; g = 8°32 ';

Pi = Q;N

tg g + t g (oc + g) ’

b e h e ly e tte s ítü n k :37 k p 37

N0,15 + tg (2°30' + 8°32') 0,15 + tg 11°2'.

37 37 107 k p .0,15 + 0,1950 0,3450

A z ék szorításakor ébredő erő tehát 107 kp .

A forgácsoláshoz használt készülékeken az ékszorításon kívül excenterszorítást is alkalmaznak. Oka: az ékszorításnál gyor­sabb, viszont nem mindig használható, mert az ék biztosabb kötést ad. Excenterszorítás esetében is a csavarszorításhoz ha­sonlóan, nyomatéki egyensúly van. A meghúzáshoz alkalma­zott nyomaték tart egyensúlyt a súrlódásból és az excentricitás- ból adódó nyomatékkai. A szorítás nagyságát a nyomatéki egyensúlyból számíthatjuk ki a 126. ábra alapján.

A 126. ábrából érthető az excenter- (körhagyó-) tárcsa szo- rítási elve. Az l kar végén ható P erő az excentrikusán meg­munkált furat középpontjára Pl nyomatékot ad. E nyomaték-

Nkai a felületen ébredő N erő------— komponensével számítottCOS f a

erőpár nyomatéka tart egyensúlyt. A két erő távolsága a na­gyobb, ill. a kisebb kör (R1 és r) sugaraiból, a hozzájuk tartozó súrlódási értékekből és a két kör középpontjának távolságvetü- letéből (a;) számítható.

155

A fentiek alapján a nyomatéki egyensúly:N

Pl = — —- (E sin u9+ x + r sin u, );COS [12

NE sin u9 Nx Nr sin a ,Pl = ---------- ™ -|----------- 1----------J - i =COS [ l 2 COS f l 2 COS [12

nT-r, , iW sin u,= NE tg u2 + --------+ ----------^ .COS [ i 2 c o s i^2

Ha átgondoljuk a P szorítóerő és a szorításkor ébredő 2V erő kapcsolatát, a következőket láthatjuk:

Arra kell törekednünk, hogy a várható legkedvezőtlenebb helyzetet feltételezve is jól számolhassunk a képlettel.

Ezt figyelembe véve, max x = e, és max ^ = \i2, mert fx1 a csap és a furat súrlódásából adódik, és a csapot olajozzuk, tehát [xx < [i2.

156

Az előbbiek alapján a következőképpen módosul a képlet:

Ne Nr sin Pl — NR tg fa-\-----------H- “ ~~cos fa

= NR tg fa + Nr tg fa +

COS fa

NeCOS fa

A súrlódás értéke kicsi, így cos f a % 1 (cos 0° = 1!).

Pl = N tg fa(R+r)-\- Ne.

Az excenterszorításra az ^ ® sa z hányadosok jellem­

zők, tehát az egyenletet így rendezzük át, azaz végigosztjuk NR-rel:

PlNR R

Az excenterszorításnak, hasonlóan az előzőkben látott csa­var és ékszorításhoz, szintén önzárónak kell lennie. Ez akkor következik be, ha a szorítás­kor keletkező ö < fa, ill. határ­esetben tg Ő = tg fa.

A 126. ábra alapján

tg & eR

A szokásos súrlódási té­nyező értéke itt 0 , 1 , tehát

tg fa = 0 , 1 , így — = 0 , 1 lehet!

A műszaki gyakorlatban az előzőkben tárgyalt excentert nyomóexcenternek hívjuk. A másik excentertípus az ún. húzóexcenter (127. ábra).

157

A húzóexcenteren is hasonló nyomatéki egyensúlyt találunk, mint a nyomón, a különbség mindössze annyi, hogy itt a szorí- tási út rövidebb, és mivel a szorítóhorog kis keresztmetszetű, ezért nagyobb szilárdságú anyagot kell használnunk.11. Az eszterga szegnyergén ex cen te rszo rítá st a lka lm azunk . A szo rítókar

hossza 130 m m , a végén h a tó erő 15 kp . M ekkora a szorítóerő, h a = 0,08,

a súrlódási tényező 0,1 ; az excen tric itás 2 m m és az excen ter csapátm érő je d = 16 m m ?

Adatok:R

1 = 1 30 m m ; d = 2r = —— = 1 6 m m ; P = 15 k p ; r = 8 m m ;2,5

-J- = 0 ,08; tg |«2 = 0,1 ; N = ?

P l ( r \ e~NR = l + l i ) tg fl2 + l l '

Az egyen letbő l IV-et k ife jezzü k :

jR[(1 + Í') tg^2 + lí]R = 2,5 • 16 m m = 40 m m .

15 k p - 130 m m

40 m m i f i + 0,1 + 0 ,0 8 ]LV 40 m n v J

1950 k p m m 195 195= 4 0 m m [(1 + 0,2)0,1 + 0,08] = 4 (0 ,12+ 0 ,08) = 0^8 ** P 'A szorítóerő tehát 244 kp .

12 . Forgógépen is a lk a lm azu n k a m u n k ad a rab befogására gyorsbefogó készüléket. Az i t t a lk a lm azo tt szorítóelem húzóexcenter.

A befogókar hossza 80 m m , a k a r végén h a tó erő 10 k p . M ekkora az

excen tercsap á tm érő je , h a a súrlódási tényező és e g y a rá n t 0,1 , a szorí­

tóerő 240 k p és az ex cen tersugár 14 m m ?

158

Adatok:I = 80 m m ; tg /n2 = 0 ,1; P = 1 0 k p ; AT = 240 k p ;

— = 0 ,1 ; 2 r = ? i? = 14 m m ;R

P lN R

( r \ e= (1+pJ tg^2+p

Az egyenletből r-e t k iszám ítju k , de a szokásos pé ldam egoldástó l kissé e lté rünk , ti. e é rtéke k ü lön nincs m egadva. E z t a h iá n y t ú g y küszöböljük

ki, hogy — -et a m egoldás elején m in d já r t b e h e ly e tte s ítjü k !R

P lN R = j t ] 2+ o > i;

§ — + 0,1 ;

ebből

P l TJ 0,1 R - H -

N tg [ i2 tg

b e h e ly e tte s ítü n k :

1 0 k p -8 0 m m 0 ,l-1 4 m m14 m m -

240 k p - 0,1 0,1

= 14 — 14 % 33 — 28 = 5 m m .24

A keresett csapátmérő a sugár kétszerese, tehát 10 m m .

3. Feladatok gördülőellenállásra

A műszaki gyakorlatban lehetőleg elkerüljük a csúszósúrló- dás alkalmazását. Saját tapasztalatunkból tudjuk, hogy ha egy hengeres testet gördítünk, sokkal kisebb erőt kell kifejtenünk, mintha ugyanazon a felületen csúsztatnánk. Ezt számos példá­val igazolhatjuk. A szobában nehéz bútort kell mozgatnunk.

159

Könnyebben tudjuk elmozdítani, ha görgőkön toljuk, mintha

Csapágyazásokban sokkal szívesebben alkalmazunk gördülő csapágyat, mint csúszócsapágyat, és így tovább.

A gördülőellenállásra jellemző érték a gördülőellenállás karja, melyet a következő összefüggésből kapunk:

Az cc hajlásszögű lejtőre r sugarú, G súlyú korongot helye­zünk (129. ábra). Határesetben akkora a lejtő hajlásszöge, hogy a korong éppen meginduljon. A G súlyt felbontjuk L és N erőkre; L a lejtő irányában, N a lejtőre merőlegesen hat.

Az egyensúly határesetben:Lr = kN (nyomatéki egyensúly van!);

csúsztatjuk. Üzemekben így szállítják a szerszámgépeket.

Pr — Gk (128. ábra)

A gördítéshez szükséges erő:

r

A gördülőellenállás karját, hasonlóan a csúszósúrlódási té­nyezőhöz, kísérlettel is meghatározhatjuk.

128. ábra. Gördülőellenállás 129. ábra. Gördülőellenállás karja

160

L = G sin a : N = G cos a ;

G sin a k — r G cos a

= r tg a.

Tehát a hajlásszög és a gördülő test sugarának ismeretében le meghatározható.1. E gy m unkás ten iszp á ly á t hengerel. M ekkora e rő t kell k ifejten ie, ha a henger sú lya 200 k p , á tm érő je 40 cm , a gördülőellenállás k a r ja 0,8 cm, és a henger rú d ja a v ízszin tes s ík ­ka l 30°-os szöget zár be (130. áb ra) ?

A pé lda m ego ldásában a h e n ­ger közepén levő vonócsap sú r­ló d ásá t elhanyagoljuk !

Adatok:

G = 200 k p ;

k = 0,8 cm ;

d— = 20 c m ;2

d = 40 c m ;

a = 30°;

P = ?

A h en g ert a P erő vízszintes összetevője, V görd íti. A P erőfüggőleges összetevőjének, iV-nek, v a la m in t a G súlyerőnek az irán y a azonos. Az egyensúlyi he ly zet t e h á t :

Vr = ( 0 + N )k .A 130. áb ra sze rin t:

V = P cos a ; N = P sin a.

E zek et az é rték ek e t b e h e ly e tte s ítv e :

P r cos a = Gk-\-Pk sin a.

Az egyenletből P -1 k ife jezzü k :

P r cos a -P k sin a = Gk;

P (r cos a — k sin a) = Glc;

GkP =

r cos a — k sin a ’

11 Trigonometria 161

b e h e ly e tte s ítv e :

200 kp- 0,8 cm20 cm -cos 30° — 0,8 cm -sin 30°

160 409,46 k p = 10 kp.

1 7 ,3 2 -0 ,4 4,23

A zért k e re k íte ttü n k felfelé, m ert a m inim ális e rő t h a tá ro z tu k meg.

A henger gördítéséhez tehát 10 k p erő szükséges.

2. Az előbbi h en g ert a p á ly á n csú sz ta tn i kell. M ekkora erő kell a csúsz ta­táshoz, h a a súrlódási tényező é rtéke 0,45?

G = 200 k p ; d = 40 cm ;

a = 30°; P = ?

Az előző pé lda sze rin t:

V = f i(G + N );P cos a = ju(G + P sin a ) ;P cos a = fiG + f iP sin a ;P cos a - f iP sin a = fiG ;P (cos a — fi sin a) = fiG ;

p ^cos a —/ í sin a

b e h e ly e tte s ítv e :

0,45-200 kp 90 90 „p _ ’________ 1 __________ _ ___________ . p ^ 140 kr>0 ,8 6 6 -0 ,4 5 -0 ,5 0 ,8 6 6 -0 ,2 2 5 0,641 ’ ~

A henger csúsztatásához tehát 140 k p erő, a gördítéséhez szükséges erő 14-szerese szükséges !

4. Feladatok Yontatóellenállásra

Gyakran fordul elő az az eset, hogy súrlódás és gördülőellen­állás egyszerre keletkeznek. Ilyenkor nem vesszük figyelembe külön-külön a csúszósúrlódást és a gördülőellenállást, hanem a kettőt közösen vizsgáljuk.

A csúszósúrlódásból és gördülőellenállásból kapott vontató­erőt a súrlódásnál már megismert elv szerint számítjuk ki:

162

ahol 7j a vontatóerő kp-ban; fjtz a vontatóellenállás tényezője; Q a vontatott teher kp-ban.

A vontatóellenállás tényezőjét kísérlettel éppen úgy meg­határozhatjuk, mint a csúszósúrlódási vagy a gördülőellenál­lási tényezőt.

tg a = jtíz, tehát a vontatóellenállási tényező egyenlő a lejtő hajlásszögének tangensével.1. V asútikocsik to v áb b ítá sá ra rendezőpályaudvarokon g y ak ran a lk a l­m azunk olyan le jtő t, m elyeken a kocsik legördü lhetnek . M ekkora legyen a le jtő hajlásszöge, h a a v o n tató e llen á llá si tényező 0,03 ?

tg a = fi2 = 0,03; a = 1°43'.

A lejtő hajlásszögének tehát l°43'-néZ nagyobbnak kell lennie.

2. N égykerekű kézikocsival 300 k p te rh e t a k a ru n k szállítani. M ekkora erővel kell a k o csit húzni, h a a húzórúd az a lapsíkkal 25°-os szöget zár be, és a von tatóe llená llás tényező je 0,06 (131. ábra)?

A 131. áb ráb ó l lá th a tó , hogy vízszintes rú d á llás esetén lenne legkedvezőbb az erők ihasználás; ekkor kellene a legkisebb erő. E z v iszon t kényelm etlen lenne, és nem is vo lna célszerű, m ert a kocsi első k e rek é t egy esetleges gödörből a ferdén h a tó erő függőleges összetevője segít k i­em elni (132. áb ra). 132. ábra. Kézikocsira ferdén

ható erőA vontatóe llená llás V = fizQ.

— = cos a ; V = P cos a ;

P cos a = fiz

11* 163

Q[iz 300 k p -0,06 cos a 0,9063

A teher szállításához tehát 20 kp erő szükséges.3. B án y ák b an gyak ran a lk a lm azn ak lejtős pálya kai a csillék to v á b b ítá ­sára . E g y 300 kp sú lyú b án y ak o csit 700 k p rakom ánnyal 20°-os le jtőn v o n ta tn a k . A vontatóe llená llás tényező je 0,04. M ekkora erő szükséges a felfelé húzáshoz, és m ekkora erővel kell fékeznie a kocsit üresen lefelé (133a és b áb ra)?

Felfelé h ú záskor a kö téle rőnek k é t e rő t kell legyőznie. Az egyik a v o n ­tatóellenállás, a m ásik a kocsi és a teh e r együ ttes sú lya . A 133. áb ra jelölései sze rin t:

T 1 = Z 1+ V 1; Z 1 = ( G + Q)[iz cos a ; F x = (G + Q) sin a ;

b e h e ly e tte s ítv e :

Z x = (300 k p + 7 0 0 kp) 0 ,04-cos 20° = 40 k p -0,9397 « 37,6 k p ;F x = (300 k p + 700 kp) sin 20° = 1000 k p - 0,3420 = 342 k p ;T x = 37,6 k p + 342 k p = 379,6 k p == 380 kp.

A kötélben ébredő húzóerő tehát 380 kp.

T 2 — F 2 — Z 2 .A bányakocsi visszafelé h a la d ásá t a von tatóe llená llás akadályozza.

F 2 = G sin a = 300 kp-0 ,3420 = 102,6 -kp s; 103 k p ;

Z2 = G/i, cos a = 300 k p -0 ,04-0,9397 ~ 11,26 k p ^ 11 kp .

A visszafelé haladást fékező kötélerő:

T 2 = 103 kp — 11 k p = 92 k p nagyságú.

a)133. ábra. Bányakocsi lejtős pályán

164

5. Feladatok hasábos és körkések profiltorzulásának számítására

A forgácsolástechnológia elterjedésével újabb és újabb tech­nológiai eljárásokat vezettek be. Ezek az új technológiai meg­oldások többek között a forgácsoláshoz használt szerszámok élalakjának elkészítésében voltak nagyon jelentősek.

A forgácsoló műveletek közül egyik legelterjedtebb az esz- tergálás. Mivel az esztergálás a legtöbbször és leginkább alkal­mazott művelet, ezért itt nagyon fontos, hogy megfelelően ké­pezzük ki a forgácsoló szerszám alakját.

Ennek oka részben az, hogy a forgácsoló szerszámok anyaga drága, részben pedig az a törekvés, hogy különösen a bonyo­lultabb szerszámalakok esetében a szerszám utánélezéséig minél hosszabb idő teljék el, vagyis egy szerszámmal, egy élezés­sel minél tovább esztergálhassunk.

Profilesztergáláskor vagy hasábos vagy pedig körkéseket szoktunk használni. Mindkét esetben azonban a profilhoz ké­pest a kés hossza változik, ennek a változásnak — torzulás­nak — a mértékét még a megmunkálás előtt meg kell adni, máskülönben nem tudjuk a munkadarabot a kívánt méretre elkészíteni.

Az esztergálás során a kést lehet az anyag (munkaradab) tengelyével párhuzamosan vagy rá merőlegesen mozgatni.

165

Alakesztergáláskor a kést a darab tengelyére merőlegesen moz­gatjuk. A könnyebb érthetőség kedvéért először egy egyszerű hengeres felület megmunkálását mutatjuk be (134. ábra).

A kés a szár irányában befelé halad, miközben a munkada­rab forog. Ezt az esztergálási módot beszúrásnak nevezzük. Jól láthat juk az esztergakés két nagyon fontos élszögét, a hom­lokszöget vagy forgácsolószöget (y) és a hátszöget (a).

Hasábos alakkés alkalmazásakor a munkadarabon megmun­kált hosszúság — szaknyelven a beszúrás mélysége — kü­lönbözik a késen lemérhető mélységtől. A torzulás nagysága a 135. ábra szerint:

m" = m cos a,

ahol m" a késen mérhető profilmagasság mm-ben; m a profil tényleges mélysége a munkadarabon mm-ben; a a kés hátszöge.

A fenti összefüggés csak akkor áll fenn, ha — mint az áb­rán — y — 0. Mivel ez nagyon ritka, a képletet arra az esetre is meg kell adnunk, mikor y ^ 0 -val, y > 0 .

166

A torzulást itt a 136. ábra alapján határozhatjuk meg.

R = A Ö \ r = BO]

m" = CD = C Ö -D Ö .A torzulás nagyságát a homlokszög (y), a központtól való

elhajlás szöge (xp), valamint R és r ismeretében tudjuk kiszámí­tani.

Az A'CO háromszögből:(JQ __ __ ___

= eos (cp-\-cf.); CO = A'O cos (0 5 + oc,); A 'O —R', A ’O _

CO = R cos (9 9 + a).

167

...- = cos a ; DO = BO cos oc; BO = r ;BO __

DO — r cos oc.

A cp szög értéke y és ip segítségével az A'OB háromszögből kifejezhető:

cp = 180° — (180° — y -f- \p) — y — xp.

Az A'BO háromszögre mint általános háromszögre felírhat­juk a szinusztételt:

siny): sin (180° — y) = BO : OA ' ; ebből sin xp-t kifejezzük:

JgQsin w = sin (180° — y ) ;

OA'

rsin yj = — sin (180° — y).

A y > 0 homlokszögű kések esetén tehát a következő összefüg­gésekkel számolhatunk:

m = B — r;

m " = C Ö - W O ;

m" — B cos (cp + oc) — r cos oc; cp — y — ip;

rsin w — — sin (180° — y),

B

ahol ip a központtól való elhajlás szöge; y a kés homlokszöge; oc a kés hátszöge; B a munkadarab sugara mm-ben; r a beszúrás sugara a munkadarabon mm-ben.

A BDO háromszögből:

168

1. E g y y = 0°-os hasábos késsel beszú runk . M ekkora lesz a beszúrás m ély ­sége, h a a késen a p rofilm agasság 7.35 m m és a h á tszög 8°?

m " = 7,35 m m ; a = 8°;

m = ?

m —■ m cos a ;

m " 7,35 m mcos a cos 8°

m = 7,421 m m .

+ 10 -10 lg 7,35 = 0,8663

-lg cos 8° = -9 ,9 9 5 8 + 10lg m = 0,8705

(A logarléc pontossága i t t kevés!) Tehát a beszúrás mélysége 7,421 m m .

137. ábra. Beszúrás hasábos késsel

2. H asábos késsel p rofilesz tergá lást végzünk. A kés hom lokszöge ^ 0 !A közp o n ttó l való elhajlás szöge 7°30/, a hátszög 6°. A m u n k ad a rab

külső á tm érő ié 82 m m , a profil m élysége 12 m m . M ekkora a to rzu lás (137. ábra)?

D = 82 m m ;

= ? ; m " = ? D 82 m m

ip = 7 °3 0 ': oc = 6 C m = 12 m m ; R = ?

R =9

= 41 m m .

169

r = R —m = 41 m m — 12 m m = 29 m m .

rsin xp = — sin (180° — y ) ;

m " = ü cos (y — xp + a) — r cos a.Az első egyenletből először y -t k iszám ítju k , m a jd a k a p o tt é rté k e t a m áso ­d ik egyenletbe h e ly e tte sítjü k .

R sin xpR sin xp = r sin (180° — y) = r sin y ; sm y = ----—— ;

b e h e ly e tte s ítv e :41 m m -s in 7°30' lg 41 = 1,6128

S m ? = --------2 9 m m ------- ? + lg s in 7 ° 3 0 '= 9 ,1 1 5 7 -1 0lg sz = 1 0 ,7 2 8 5 -1 0

- l g 29 = -1 ,4 6 2 4 y = 10°38/ lg sin y = 9,2661 — 10

m " = R cos (y — xp + a) — r cos a ;

b e h e ly e tte s ítv e :

m " = 41 m m -cos (10°38/ — 7°30r+ 6°) — 29 m m -cos 6°;

m■" = 41 cos 9°8/ —29 cos 6°;lg 41 = 1,6128 lg 29 = 1,4624

+ lg cos 9°8' = 9,9945 - 10 + lg cos 6° = 9,9976 - 10lg 41 cos 9°8' = 1,6073 Tg 29 cos 6° = 1,4600

m " = 40,48 - 28,84 = 11,64 « 11,6 m m .

A keresett torzulás tehát 11,6 m m .

A korszerű esztergálásban egyre jobban elterjednek a kör- kések. Oka: a kés teljes kerületén, ill. az aláköszörülés után a felület igen nagy részén kialakítható a szükséges profil, így a kést sokszor lehet utánélezni. Ez a kés élettartamát jelentő­sen növeli. A körkésen megtaláljuk a hasábos késen már meg­ismert élszögeket, ezeket külön nem tárgyaljuk.

A profiltorzulást a hasábos késéhez hasonlóan határozhat­juk meg (138. ábra).

A kés és a munkadarab szélességi méretei itt is megegyeznek, itt torzulás nincsen.

170

A tengelyre merőleges irányú torzulást a 138. ábra alapján számíthatjuk k i:

Az 0 1A 0 háromszögből (Pythagoras-téteMeY)

O^A = r = ] / ( 0 /7 ) 2+ ( l l 7 ) 2 .

Az OxBC háromszögből:Q f j ____

L - sin (oc+ y ) ; 0 XB - R ;0 XB

0 XC = 0 XB sin (<x + y) = R sin (a+ y ) ;

A B — AD — BD — m.

171

Az AD O 2 háromszögből:

- -....= nos w ; AOo = Q ;A 0 2

AD — AO2 cos ip = Q cos y>.A B D 02 háromszögből:

-= - = co sy , B 0 2 = qb o 2

BD = B 0 2 cos y = q cos y ;<7 = Q — m.

Az ip szög értékét az A B 0 2 háromszögből szinusz tétellel határozhatjuk meg:

AO aAz így kiszámított értékeket a kiindulási egyenletbe helyet­

tesítjük.Az OxAC háromszögből:

r = y ( 0 f t ) 2 + (AC)2; ÖjÖ = B sin (oc + y);

~AC = B C - A B ; A B = A D -B ÍD ;

BG = 7? cos (a + y ); -4.D = # cos yj; J57) = <7 cos y ;

4(7 = B cos (a + 7 ) — (Q cos ip — q cos y) == cos (a + y) — Q cos ip-\-q cos y ;

r — \ B2 sin2 (a + y) + [B cos (a + y) — Q cos ip 4- q cos y]2 .A megrövidített alakmélység:

sm ip = -

sin yj: sin (180° — y) = B 0 2 : A 0 2;

_ bo2

m" = B — r.

172

Amint a hasábos késeknél már láthattuk, egyes esetekben y = 0 .

Ebben az esetben:

r — |ÍR2 sin2 cc+(R cos oc — Q + q)2 ,mert

q qsin rp — sin y — —- • 0 = 0 ;

ha sin y = 0 , akkor cos y = 1 ; ha y = 0 , akkor cos y — 1 .

(A rp, oc, y értékek megnevezését 1. előbb !)Itt R a kés külső átmérőjéhez tartozó sugár mm-ben; r a kés profiljának belső sugara mm-ben; Q a munkadarab sugara mm-ben; q a beszúrás sugara mm-ben.

3. y = 0 hom lokszögű körkéssel m en e te t v ág unk . M ekkora legyen a k ö r­késen a p rofil m élysége, h a a vágandó m en e t M 8 x 1 és a kés hátszöge a = 7° (139. áb ra)?

Az M 8 X 1 m en e t a d a ta i t táb láza tb ó l k io lv ash a tju k , így m egkap juk a m u n k ad a rab szükséges m ére te it.K ülső á tm érő : 8 m m ; Q = 4 m m .

M enetm élység: 0,65 m m ; q = 4 — 0,65 = 3,35 m m .

173

A k örkés külső á tm érő je tetszőleges, a jelen esetben legyen 60 m m . E bben az esetben B = 30 m m .

m " = B — v ;

r = y B 2 sin 2 a + (B cos a — Q + q)- ;

b e h e ly e tte s ítü n k :

r = / 3 0 2 sin 2 7° + (30 cos 7° — 4 + 3,35)2 ;

0,9925-30297775

-0 ,6 529,125 rí 29,12

lg 302 = lg 900 = 2,9542+ 2 lg sin 7° = 2 (9 ,0 8 5 9 -1 0 ) = 1 8 ,1 7 1 8 -2 0

lg 302 sin 2 7° = 1,1260" ;302 sin2 7° = 1 3 ,3 7

r = /1 3 ,3 7 + 29,122 « / l 3 , 37 + 8 4 8 ,0 = j/861,37 « ^ 861,4 « 29,35.

A keresett rövidülés tehát m " = B — r = 30 m m — 29,35 m m = 0,65 m m .

A m enetm élység 0,65 m m vo lt, te h á t a szám ítás szerin t p rofilto rzu lá . nincs. A szám ítás helyességét logaritm us h aszn ála ta nélkül ellenőrizzük

r = / 3 0 2-0,12192+ (30-0 ,9 9 2 5 - 4 + 3,35)2 =

= / (900-0,(31485 + (29,775 — 0,65)2 = ^13,365 + 29,1252 =

= /1 3 ,365 + 8 48 ,27 = ^861,635 = 29,37;

m " = B — r = 30 — 29,37 = 0,63 m m .

A profiltorzulás tehát 0,02 m m , ez a gyakorlatban az adott tűrés m iatt el­hanyagolható !

4. G örgőt esztergálunk körkéssel. A görgő m érete inek m egfelelően kell m egm unkáln i a k ö rkést, te h á t figyelem be kell venni a röv idü léseket. A rö ­v idüléshez a görgő legnagyobb m ére té t, a legnagyobb m ére te lté rés t kell figyelem be v en nünk . M ekkora a központelto lódási szög értéke, h a a görgő külső á tm érő je 80 m m , a p rofilto rzu lás 11,6 m (140. áb ra)?

D = 80 m m ; m ” = 1 1 ,6 m m ;

a = 9°; y = 6°; D t = 60 m m ;

dx = 36 m m ; B' = ? r = ? Q = ? <7 = ? = ?

174

D 80 m mII = ----= ----------- = 40 m m .

2 2

r = i? — m " = 40 m m —11,6 m m

= 28,4 m m . .

„ D, 60 m mQ = — = ---------- = 30 m m .

2 2

d-, 36 m m- 1 = ---------- = 18 m m .

r = yBP- sin 2 (oc+ y) + [li cos (a + y) — Q cos xp+q cos y]2 .

Az egyenletből yj-t k ife jezzü k :

r 2 = 2?2 sin2 (a + y )+ [J2 cos ( a -+ y) — Q cos xp+q cos y]-.

N em érdem es elvégezni a négvzetreem elést a zárójelen belül, m ert a három ta g közül k e ttő ism eretes. E lőször b eh ely e ttes ítü n k , és csak a z u ­tá n em elünk négyzetre . Az egyszerűbb szám olás ked v éé rt az é rték ek e t cm- ben h e ly e tte s ítjü k be.

2,842 cm 2 =

= 42 cm 2-sin 2 (9 °+ 6°) + [4 cm -cos (9°+ 6°) — 3 cm -cos xp+ 1,8 cm -cos 6°]2;

8,066 = 16 sin 2 15 °-f- (4 cos 15° —3 cos xp-f-1,8 cos 6°)2

2 lg sin 15° = 2 (9 ,4 1 3 0 -1 0 ) = 1 8 ,8 2 6 0 -2 0 = 0,8260 - 2+ lg 16 = 1,2041

lg 16 sin 2 15° = 0,030116 sin 2 15° = 1,072

0,9659-4 0,9945-1,8 3,86363 ^ 6 3 6 ” 79560 +1,7901

1,79010 ' 5,6537

8,066 = 1,072 + (5,654 - 3 cos r p f ;

6,994 = (5,654 — 3 cos xp)2-,

5,654 — 3 cos xp = + | / 6,994 ;« + 2 ,6 4 4 ;

14 ö. ábra. Görgőesztergá- lás körkéssel

175

3 cos xp = 5 ,654+ 2,644;

5 ,6 5 4 -2 ,6 4 4 3,010 cos yj, = —---------------- = —— ^ 1 v>i = 0°;

cos xp2 > 1 .

A központeltolódási szög tehát 0°.

6 . Szilárdságtani feladatok

A Bolyai könyvek „Algebra” c. kötetében már oldottunk meg szilárdságtani feladatokat. Ezek között olyanok is voltak, amelyek kihajlásra és összetett igénybevételre vonatkoztak. A következőkben néhány ilyen feladattal foglalkozunk.

1. Acélcsövekből á llítu n k össze egy szerkezetet. K é t csövet csuklókkal fogunk m eg, a csuklók végét 500 k p erővel te rh e ljü k (141. áb ra). Az áb ra a la p ján k i kell szám ítan u n k , hogy a nyom ásra igénybe v e t t cső k ihajlása m egengedhető-e?A csövek m é re te i: külső á tm é rő : D = 40 m m ;

belső á tm é rő : d — 34 m m ; hosszúságok: 4 = l ,5 m ;

B = ?A csuklók táv o lság a: 1 m.

176

A fe lad a t m egoldását, hasonlóan az előző ilyen típ u sú fe ladatokhoz, azzal kell kezdenünk , hogy m eg á llap ítju k az igénybevéte leket. A s ta tik a tö rvényei szerin t rú d b a n csak ,,rú d irá n y ú ” erővel szám olhatunk . íg y a terhelő e rő t ú g y kell fe lfognunk, hogy a k é t erő eredője. Az egyik erő az A ru d a t h úzásra , a m ásik a B r u d a t nyom ásra veszi igénybe (142. ábra)*

A fe lad a t m egoldásának m enete te h á t a k ö v e tk e ző :

a) K iszám ítju k a B rú d hosszát.b) K iszám ítju k a P x és P 2 erőket.c) M egvizsgáljuk a B rú d k ih a jlá sá t.

a) A B rú d hosszá t a 141. á b ra a d a ta ib ó l szám ítju k k i.

t g a = - i ü ü - = 0,6667 ; a = 33°41';1,5 m

1 1 l m 1B - ^ 38. 41. - « 1.8 m .

Tehát a rúd hossza 1,8 m .

b) P-y és P„ nagysága a 142. á b ra a la p ján szám ítható .

P P 500 kp= sm a ; P 2 = ---- - = ■ « 903 k p .

P 2 sm a 0,5546

P „ P 5 0 0 k p— = tg a ; P . = ------ = - — — r; 753 kp .P j tg a 0,6667

1 2 Trigonometria 177

c) K ih a jlá sra a ru d a t P 2 erő terheli.

L á ttu k az „A lgebra I . ” c. k ö te tb en , hogy a kihajlásra a nyomásra ér­vényes összefüggések á llnak fenn, bizonyos módosításokkal.

P t , , Eat= Y es ° t = -JY ■

Az egyenletrendszerből A é rté k é t kell k iszám ítan i:

P t = P 2; J5 = 2,1 -lfje k p /cm 2.

A k ih a jlás ra m egism ert szabályok sze rin t Aacéls 115.

£ í- - V> l •P A2 ’

F

;.2 = .

■j í t i 2 E F= I/ " pT ;

b e h e ly e tte s ítü n k :

A =

kp7r2 * 2,1 • 10° — - P c m 2

cm-903 kp

A dim enziók a szám olás közben k iesnek, A dim enzió nélküli szám :

r - , 0,78f.(4>-3,4*) -

= 0 ,7 8 5 (1 6 -1 1 ,5 6 ) = 0,785-4,44% 3,48 cm 2.

lg t i - = 2 lg jt = 2-0,4971 = 0,9942 lg 2,1 • 1Q6 = 6,3222 lg 3,48 = 0,5416lg sz = 7,8580

- l g 903 = 2,9557lg A2 = 4,9023

A = 282,6. lg A = 2 ,4 5 1 1

A % 283, ieM í a B r ú d kihajlásra megfelel.

178

H úzásra szám ítani nem érdemes, mert ha kiha jlásra a cső jó, húzásra még inkább megfelel; n i. itt a terhelhetőség nagyobb, viszont az igénybevétel ( húzóerő) kisebb.

2. Az egyik végén b e fogo tt fa ra d a t P = 100 kp erő 55°-os szög a la t t t e r ­he li (143. áb ra). Megfelelő-e a terhelés a rú d sz ilá rdságát figyelem be véve, h a a rú d hossza 90 cm, keresz tm etszete pedig 60 x 90 m m 2 ?

A rú d b a n m egengedett összes feszültség 100 ■k r

143. ábra. Egyik végén befogott rúd

A fe la d a to t úgy kell m egoldani, hogy m egvizsgáljuk a ferdén h a tó erő köve tk eztéb en létre jövő igénybevéte leket. Mivel az e rő t derékszögű össze­tev ő k re b o n th a tju k , ezek hú zásra (P x) és h a jlítá s ra (P 9) veszik igénybe a ru d a t.

® er — ^húzó “I” ^ h a j l í tó ’

. - P 1húzó -

. Mh ,° h a j l í t ó ’

Adatok:

P = 100 k p ; 100kp

7 = 90 cm ; a = 55°;

a = 60 m m = 6 cm ; 6 = 90 m m = 9 cm.

P ± = P sin oc = 100 k p -s in 55° = 100-0,8192 = 81,92 kp.

P 2 = P cos a = 100 kp -co s 55° = 100-0,5736 k p = 57,36 kp.

F81,92 k p 81,92

6 cm • 9 cm 541,51

kp

12* 179

A rúd a tervezett igénybevételt tehát kibírja.

Tartalomjegyzék

Az olvasóhoz ........................................................................................................ 5A szerző előszava ................................................................................................ 7A szerző előszava a I I . k ia d á s h o z .............................................................. 8

I. A derékszögű három szög1 szög iüggvényeinek érte lm ezése

1. Hegyesszögek szögfüggvényei .............................................................. 92. Pótszögek szögfüggvényei ................................................................. 123. A 30°-os, 45°-os és 60°-os szögek szög fü g g v én y e i.......................... 124. Összefüggések valam ely szög szögfüggvényei k ö zö tt ................ 145. "Ú tm utatás szögfüggvénytáb lázat használatához. In terp o lác ió 166. Szögfüggvények logaritm usa. M űveletek ....................................... 247. Derékszögű három szögre vonatkozó fe ladatok .............................. 26

I I . A sz ög iüggvények á l ta lá n o s ítá sa

1. A szögfüggvények értelm ezése az e g y sé g k ö rre l .............................. 382. 360°-nál nagyobb szögek és n eg atív szögek szögfüggvényei . . 413. A ra d iá n fogalm a és a lkalm azása. Á tszám ítás fokról rad ián ra 424. Szögfüggvények ábrázolása, periódusa

a) y - sin x .......................................................................................... 43b) y — cos x ............................................................................................. 44c) y = tg * ............................................................................................... 44

d) y = c tg x ......................................... .............................................. 46

I I I . Á lta lá n o s h áro m szögre v onatkozó le iad a to k

1. Szinusz té te l ................................................................................................. 472. K oszinusz t é t e l ............................................................................................ 493. G yakorló fe ladatok ................................................................................... 52

181

IV. Szögösszegek, kétszeres és í élszögek szögiüggvényei

1. Szögösszegek és szögkülönbségek szögfüggvényei .......................... 592. K étszeres és félszögek szögfüggvényei .......................................... 613. T rigonom etriai összegek és kü lönbségek szo rza ttá a lak ítá sa . . 65

V. T rig o n o m etrik u s eg yen le tek

1. E gyszerűbb egyenletek .......................................................................... 672. Ö sszete tt fe ladatok ................................................................................... 69

V I. V ek to rok

1. A v e k to r fo g a lm a ........................................................................................ 792. E redő m eghatározása ............................................................................... 803. V ektorok fe lbon tása ..................................................... ........................... 884. Skaláris szorzat ........................................................................................ 945. V ektoriá lis szorzat ................................................................... ................ 966. Ö sszete tt fe ladatok ................................................................................... 97

V II. K o m p lex szám o k tr ig o n o m e tr ik u s a la k ja

1 . Összefüggés a kom plex szám ok algebrai és trigonom etrikus a lak ja k ö zö tt ............................................................................................ 104

2. S z o rz á s ............................................................................................................. 1083. Osztás .......................................................................................................... 1104. H a tv án y o zás ............................................................................................. 1135. G yökvonás ................................................................................................... 116

V III . Szöveges m ű sz a k i le ia d a to k

1. M űszeripari m érési fe lad a to k .............................................................. 1222. Súrlódási fe ladatok ................................................................................... 1393. F e lad a to k gördülőellenállásra .............................................................. 1594. F e lad a to k vonta tóe llená llásra .............................................................. 1625. F e lad a to k hasábos és körkések p ro filto rzu lásának szám ítására 1656. Szilárdságtani fe ladatok .......................................................................... 176

1 8 2

F E L H Í V J U K F I G Y E L M É T a Bolyai könyvek alábbi köteteire:

K O R D A T I B O R :

E G Y E N Á R A M(232 oldal, 222 áb ra , fűzve 11,50 F t)

A szerző a v illam os és m ágneses jelenségeket analóg tá rg y a lja : egy villam os tém acso p o rt u tá n a hasonló m ágneses tém acso p o rt következik , b e m u ta tv a pé ldákon az azonos szám ítási m ódszert. A gyakorlások e lő tti röv id összefoglalás az o t t először előforduló fogalm ak, ille tv e m ennyisé­gek definícióit, jelöléseit és m értékegységeit ta rta lm azza . E z elősegíti a példák könnyebb m egértését, de a régebben ta n u lta k gyors felelevení­

téséhez is igen hasznos.

K O R D A T I B O R :

V Á L T A K O Z Ó Á R A M(240 oldal, 106 áb ra , fűzve 12, — F t)

A k ö n y v első tíz fejezete a vá ltak o zó áram ú k ö röket az algebra és a trigonom etria m ódszereivel tá rg y a lja , v e k to rá b rák a lap ján . E b b en a részben m egism erkedik az olvasó a jósági tényező fogalm ával, m elynek segítségével a b onyo lu ltabb fe lad a to k egyszerűbben és gyorsabban old­h a tó k m eg, m in t a szokásos (nem kom plex) e ljárásokkal. A X I. fejezet a vá ltak o zó áram ú körök kom plex szám ítási m ódszerére m u ta t be pé ld ák at.

M Ű S Z A K I K Ö N Y V K I A D Ó

Második kiadásban jelent meg :

E R D Ő S N Á N D O R :

A S Z Á M O L Á S T E C H N I K Á J A(220 oldal, 11 áb ra , fűzve 14, — F t)

A k ö n y v alsó fokon ism erte ti a szám olás te c h n ik á já t. T árg y a lja a négy a lap m ű v ele te t és ezek segítségével elvégezhető össze te ttebb fel­a d a to k a t, m in t pl. a százalékszám ítást, az a rá n y p á rt s tb . B e m u ta t olyan fogásokat, am elyek h aszn ála táv a l gyorsabban és nagyobb biztonsággal végezhetők el bizonyos fe ladatok . A logarléccel való szám olást sz in tén ism erte ti egyszerűbb típ u sú pé ldákon, anélkül, hogy a logaritm us fogal­

m ára k ité rne .

A szerző végig az é rth e tő ség e t és egyszerűséget ta r t j a szem e lő tt. A m eg o ld o tt pé ldák , fe lad a to k á ttan u lm án y o zása lehetővé teszi az o lva­sónak , hogy o tthonossá v á ljék a sz ám tan n ak a m in d en n ap i éle tben

fontos m inden te rü le tén .

M Ű S Z A K I K Ö N Y V K I A D Ó

M űszak i v e z e tő : T a m ás L ászló M űszak i szerk esz tő : K asza la Jó z se f

A k ö n y v fo rm á tu m a : B /6 — ív te r je d e lm e : 8 (A /5 ) — Á b rák szám a: 143 P é ld án y sz á m : 21100 — P a p ír m in ő ség e : 70 gr félfa ill.

B e tű c sa lá d és m é re t: E x te n d e d , b g /g m A zonossági szám : 60061

M Ű: 7 3 2 — h — 6 6 6 8 K é sz ü lt az MSZ 5601 — 59 és 5602 — 55 s z a b v á n y szerin t

66/685. F ra n k lin -n y o m d a B u d a p e s t, V I I I . , S z e n tk irá ly i u. 28.

HIB

AJE

GY

ZÉ

K

a Bá

rczy

B

arna

bás:

Trig

onom

etri

a c.

köny

vhöz

+'co

+

«VLI102Oo+ö ^<M 'yo J.o ^ Oh+« 00ff co*02 05 lO

+ H

+ ff

+ II

o ^l<N *ri

lO CO