1

Egy nehezebb statikai feladat

Az [ 1 ] példatárban találtuk az alábbi tanulságos feladatot és megoldását.

A feladat – 1. ábra

1. ábra – forrása: [ 1 ]

A nyújthatatlan és súlytalan, 2a hosszúságú ABC fonalat fixen rögzítettük az A és B

pontokban, melyek távolsága: AB = 2c. Erre a fonálra ráraktuk a C gyűrűt, melynek Q a

súlya. Az A pontban rögzítettünk egy másik fonalat, amely átmegy a gyűrűn, és e fonál

másik végéhez hozzáerősítettük a P súlyú terhet.

Határozzuk meg egyensúly esetére az A és B szögeket, ha az AB egyenes a vízszintessel α

szöget zár be!

A megoldás – 2. ábra

2. ábra – forrása: [ 1 ]

2

A megoldás során felhasználjuk azt a tételt, miszerint – 3. ábra – :

3. ábra – forrása: [ 2 ]

Az ellipszis P pontbeli érintője az F1F2P háromszög P pontnál lévő külső szögfelezője.

E tétel kinematikai igazolása megtalálható pl. [ 3 ] - ban.

Ez úgy kerül ide, hogy az 1. ábra C pontjára fennáll, hogy:

𝐴𝐶 + 𝐵𝐶 = 2 ∙ 𝑎 , ( 1 )

ami pedig az ellipszis definíciós egyenlete. Eszerint a fonálon mozgó C karika egy ellip -

szis mentén tud mozogni, ahol a fókuszok az A és B pontok, a fél nagytengely hossza

pedig a fonálhossz fele: a.

Most tekintsük a 4. ábrát!

4. ábra – forrása: [ 1 ]

Eszerint az ABC háromszög AC és BC oldal - egyenesei által bezárt belső szög:

𝐶 = 180° − 𝐴 + 𝐵 . ( 2 )

A C pontbeli t érintő az AC és BC oldal - egyenesekkel a fenti tétel / a 3. ábra miatt

egyenlő s szöget zár be; erre ( 2 ) - vel is:

2 ∙ 𝑠 + 𝐶 = 180° → 2 ∙ 𝑠 + 180° − 𝐴 + 𝐵 = 180° → 𝑠 =𝐴+𝐵

2 . ( 3 )

3

A ( 3 ) összefüggést a 4. ábrán is feltüntették.

A folytatáshoz tekintsük az 5. ábrát!

5. ábra

Az elsődleges cél: az A és B szögek meghatározása. Ez két ismeretlen, melyek meghatáro -

zásához két független egyenletre van szükségünk.

Először írjuk fel a C karika nyugalmi egyensúlyi egyenleteit!

A karikát úgy tekintjük, mint egy súrlódásmentes kis kereket.

A vetületi egyensúlyi egyenleteket az ellipszis C pontbeli t érintője és n normálisa mentén

képezzük.

𝐹𝑡 = 0: 𝑆 ∙ cos 𝑠 + 𝑃 + 𝑄 ∙ sin 𝛽 − 𝑃 + 𝑆 ∙ cos 𝑠 = 0 ; ( 4 )

𝐹𝑛 = 0: 𝑃 + 2 ∙ 𝑆 ∙ sin 𝑠 − 𝑃 + 𝑄 ∙ cos 𝛽 = 0 . ( 5 )

A ( 4 ) egyenletből kiesik az S fonálerő - nagyság:

𝑃 ∙ cos 𝑠 = 𝑃 + 𝑄 ∙ sin 𝛽 . ( 6 )

Az ábráról leolvashatóan:

𝛽 = 𝑠 − 𝐵 − 𝛼 . ( 7 )

Most ( 3 ) és ( 7 ) - tel:

4

𝛽 =𝐴+𝐵

2− 𝐵 − 𝛼 =

𝐴−𝐵

2+ 𝛼 , tehát:

𝛽 =𝐴−𝐵

2+ 𝛼 . ( 8 )

Majd ( 3 ), ( 6 ) és ( 8 ) - cal:

𝑃 ∙ cos 𝐴+𝐵

2 = 𝑃 + 𝑄 ∙ sin

𝐴−𝐵

2+ 𝛼 . ( 9 )

Most trigonometriai azonosságok felhasználásával azonos átalakításokat végzünk:

sin 𝐴−𝐵

2+ 𝛼 = sin

𝐴−𝐵

2 ∙ cos 𝛼 + cos

𝐴−𝐵

2 ∙ sin 𝛼 ; ( 10 / 1 )

sin 𝐴−𝐵

2 = sin

𝐴

2−

𝐵

2 = sin

𝐴

2 ∙ cos

𝐵

2 − cos

𝐴

2 ∙ sin

𝐵

2 ; ( 10 / 2 )

cos 𝐴−𝐵

2 = cos

𝐴

2−

𝐵

2 = cos

𝐴

2 ∙ cos

𝐵

2 + sin

𝐴

2 ∙ sin

𝐵

2 ; ( 10 / 3 )

cos 𝐴+𝐵

2 = cos

𝐴

2+

𝐵

2 = cos

𝐴

2 ∙ cos

𝐵

2 − sin

𝐴

2 ∙ sin

𝐵

2 . ( 10 / 4 )

Majd ( 9 ) és ( 10 ) - zel:

𝑃 ∙ cos 𝐴

2 ∙ cos

𝐵

2 − sin

𝐴

2 ∙ sin

𝐵

2 =

= 𝑃 + 𝑄 ∙ sin 𝐴

2 ∙ cos

𝐵

2 − cos

𝐴

2 ∙ sin

𝐵

2 ∙ cos 𝛼 + cos

𝐴

2 ∙ cos

𝐵

2 + sin

𝐴

2 ∙ sin

𝐵

2 ∙ sin 𝛼 ,

𝑃 ∙ 1 −sin

𝐴

2 ∙sin

𝐵

2

cos 𝐴

2 ∙cos

𝐵

2 = 𝑃 + 𝑄 ∙

sin 𝐴

2 ∙cos

𝐵

2

cos 𝐴

2 ∙cos

𝐵

2 −

cos 𝐴

2 ∙sin

𝐵

2

cos 𝐴

2 ∙cos

𝐵

2 ∙ cos 𝛼 +

cos 𝐴

2 ∙cos

𝐵

2

cos 𝐴

2 ∙cos

𝐵

2

+sin

𝐴

2 ∙sin

𝐵

2

cos 𝐴

2 ∙cos

𝐵

2 ∙ sin 𝛼 ,

𝑃 ∙ 1 − tg 𝐴

2 ∙ tg

𝐵

2 = 𝑃 + 𝑄 ∙ tg

𝐴

2 − tg

𝐵

2 ∙ cos 𝛼 + 1 + tg

𝐴

2 ∙ tg

𝐵

2 ∙ sin 𝛼 .

( 11 )

Ez az egyik egyenlet, A és B meghatározásához. A másikat szinusztétellel nyerjük.

Az 5. ábráról: 𝐴𝐶

2∙𝑐=

sin 𝐵

sin 𝐶 =

sin 𝐵

sin 180°− 𝐴+𝐵 =

sin 𝐵

sin 𝐴+𝐵 , innen:

𝐴𝐶 = 2 ∙ 𝑐 ∙sin 𝐵

sin 𝐴+𝐵 . ( 12 )

Hasonlóan: 𝐵𝐶

2∙𝑐=

sin 𝐴

sin 𝐶 =

sin 𝐴

sin 180°− 𝐴+𝐵 =

sin 𝐴

sin 𝐴+𝐵 , innen:

𝐵𝐶 = 2 ∙ 𝑐 ∙sin 𝐴

sin 𝐴+𝐵 . ( 13 )

5

Majd ( 1 ), ( 12 ) és ( 13 ) - mal:

𝐴𝐶 + 𝐵𝐶 = 2 ∙ 𝑎 ,

2 ∙ 𝑐 ∙sin 𝐵

sin 𝐴+𝐵 + 2 ∙ 𝑐 ∙

sin 𝐴

sin 𝐴+𝐵 = 2 ∙ 𝑎 ,

𝑐 ∙sin 𝐵

sin 𝐴+𝐵 + 𝑐 ∙

sin 𝐴

sin 𝐴+𝐵 = 𝑎 ,

𝑐 ∙sin 𝐴 +sin 𝐵

sin 𝐴+𝐵 = 𝑎 , innen:

𝑎

𝑐=

sin 𝐴 +sin 𝐵

sin 𝐴+𝐵 . ( 14 )

Ez a másik alap - egyenlet A és B meghatározására. Azonos átalakításokkal ( 14 ) - ből:

𝑎

𝑐=

sin 𝐴 +sin 𝐵

sin 𝐴+𝐵 =

2∙sin 𝐴+𝐵

2 ∙cos

𝐴−𝐵

2

2∙sin 𝐴+𝐵

2 ∙cos

𝐴+𝐵

2

=cos

𝐴−𝐵

2

cos 𝐴+𝐵

2

=cos

𝐴

2 ∙cos

𝐵

2 +sin

𝐴

2 ∙sin

𝐵

2

cos 𝐴

2 ∙cos

𝐵

2 −sin

𝐴

2 ∙sin

𝐵

2

=

=1+tg

𝐴

2 ∙tg

𝐵

2

1−tg 𝐴

2 ∙tg

𝐵

2 , tehát:

𝑎

𝑐=

1+tg 𝐴

2 ∙tg

𝐵

2

1−tg 𝐴

2 ∙tg

𝐵

2 . ( 15 )

Átmeneti jelölés:

tg 𝐴

2 ∙ tg

𝐵

2 = 𝑢 ; ( 16 )

most ( 15 ) és ( 16 ) - tal: 𝑎

𝑐=

1+𝑢

1−𝑢 → 𝑎 − 𝑎 ∙ 𝑢 = 𝑐 + 𝑐 ∙ 𝑢 → 𝑎 − 𝑐 = 𝑢 ∙ 𝑎 + 𝑐 → 𝑢 =

𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 ; ( 17 )

majd ( 16 ) és ( 17 ) - tel:

tg 𝐴

2 ∙ tg

𝐵

2 =

𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 . ( 18 )

Most kiszámítjuk a ( 11 ) - ben szereplő tagokat és tényezőket ( 18 ) - cal:

1 − tg 𝐴

2 ∙ tg

𝐵

2 = 1 −

𝑎−𝑐

𝑎+𝑐=

𝑎+𝑐− 𝑎−𝑐

𝑎+𝑐=

2∙𝑐

𝑎+𝑐 ; ( 19 / 1 )

1 + tg 𝐴

2 ∙ tg

𝐵

2 = 1 +

𝑎−𝑐

𝑎+𝑐=

𝑎+𝑐+𝑎−𝑐

𝑎+𝑐=

2∙𝑎

𝑎+𝑐 ; ( 19 / 2 )

tg 𝐵

2 =

1

tg 𝐴

2 ∙𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 . ( 19 / 3 )

Majd ( 11 ) és ( 19 ) - cel:

6

𝑃 ∙2∙𝑐

𝑎+𝑐= 𝑃 + 𝑄 ∙ tg

𝐴

2 −

1

tg 𝐴

2 ∙𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 ∙ cos 𝛼 +

2∙𝑎

𝑎+𝑐∙ sin 𝛼 ; rendezve:

𝑃

𝑃+𝑄∙

2∙𝑐

𝑎+𝑐= tg

𝐴

2 −

1

tg 𝐴

2 ∙𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 ∙ cos 𝛼 +

2∙𝑎

𝑎+𝑐∙ sin 𝛼 ,

2

𝑎+𝑐∙

𝑃∙𝑐

𝑃+𝑄− 𝑎 ∙ sin 𝛼 = tg

𝐴

2 −

1

tg 𝐴

2 ∙𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 ∙ cos 𝛼 ,

2

𝑎+𝑐∙𝑃∙𝑐− 𝑃+𝑄 ∙𝑎∙sin 𝛼

𝑃+𝑄= tg

𝐴

2 −

1

tg 𝐴

2 ∙𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 ∙ cos 𝛼 ,

2

𝑎+𝑐∙𝑃∙𝑐− 𝑃+𝑄 ∙𝑎∙sin 𝛼

𝑃+𝑄 ∙cos 𝛼 ∙ tg

𝐴

2 = tg2

𝐴

2 −

𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 ,

tg2 𝐴

2 − 2 ∙

𝑃∙𝑐− 𝑃+𝑄 ∙𝑎∙sin 𝛼

𝑃+𝑄 ∙ 𝑎+𝑐 ∙cos 𝛼 ∙ tg

𝐴

2 −

𝑎−𝑐

𝑎+𝑐= 0 . ( 20 )

Újabb rövidítő jelöléseket vezetünk be:

𝑧 = tg 𝐴

2 , 𝑝 =

𝑃∙𝑐− 𝑃+𝑄 ∙𝑎∙sin 𝛼

𝑃+𝑄 ∙ 𝑎+𝑐 ∙cos 𝛼 , 𝑞 =

𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 . ( 21 )

Majd ( 20 ) és ( 21 ) - gyel:

𝑧2 − 2 ∙ 𝑝 − 𝑞 = 0 ; ( 22 )

a ( 22 ) másodfokú egyenletet a megoldó - képlettel megoldva:

𝑧1,2 =2∙𝑝± 4∙𝑝2−4∙1∙ −𝑞

2∙1=

2∙𝑝± 4∙𝑝2+4∙𝑞

2= 𝑝 ± 𝑝2 + 𝑞 , tehát:

𝑧1,2 = 𝑝 ± 𝑝2 + 𝑞 . ( 23 )

Mivel z egy hegyesszög tangense, így pozitív, ezért ( 23 ) - ból:

𝑧1,2 = 𝑝 ± 𝑝2 + 𝑞 > 0 → 𝑧 = 𝑝2 + 𝑞 + 𝑝 . ( 24 )

Most ( 21 ) és ( 24 ) - gyel:

tg 𝐴

2 = 𝑝2 + 𝑞 + 𝑝 . ( 25 )

Majd ( 19 / 3 ), ( 21 / 3 ) és ( 25 ) - tel:

tg 𝐵

2 =

1

tg 𝐴

2 ∙ 𝑞 = 𝑞 ∙

1

𝑝2+𝑞+𝑝= 𝑞 ∙

𝑝2+𝑞−𝑞

𝑝2+𝑞+𝑝 ∙ 𝑝2+𝑞−𝑝 = 𝑞 ∙

𝑝2+𝑞−𝑝

𝑝2+𝑞−𝑝2= 𝑝2 + 𝑞 − 𝑝 ,

tehát:

tg 𝐵

2 = 𝑝2 + 𝑞 − 𝑝 . ( 26 )

7

A 2. ábra utolsó két sorában a 2. tagok ellenkező előjelűek, mint ( 25 ) és ( 26 ) - ban.

Képleteink a ( 22 ) egyenlet felírásáig megegyeztek, így ezután keletkezhetett a hiba.

Elvégeztük a számítást úgy is, hogy tg( B / 2) - re adódott egy másodfokú egyenlet, de

ezzel is a ( 25 ) és ( 26 ) szerinti előjeleket kaptuk. Ezek szerint valószínűleg [ 1 ] - ben

sajtóhiba állt elő. A p paraméter előjele lényegesen függ P és Q nagyságától.

Most ( 25 ) és ( 26 ) - ból:

tg 𝐴

2 = 𝑝2 + 𝑞 + 𝑝 →

𝐴

2= arctg 𝑝2 + 𝑞 + 𝑝 , innen:

𝐴 = 2 ∙ arctg 𝑝2 + 𝑞 + 𝑝 . ( 27 / 1 )

Hasonlóan:

tg 𝐵

2 = 𝑝2 + 𝑞 − 𝑝 →

𝐵

2= arctg 𝑝2 + 𝑞 − 𝑝 , innen:

𝐵 = 2 ∙ arctg 𝑝2 + 𝑞 − 𝑝 . ( 27 / 2 )

Ezzel a feladatot megoldottuk,[ 1 ] nyomán.

Megjegyzések:

M1. A 3. ábrához kötődő tétel igazolásával egy korábbi írásunkban is foglalkoztunk,

melynek címe: Ellipszis érintőjének szerkesztéséhez.

M2. A ( 25 ) és ( 26 ) - nál említett „előjelhiba” miatt megnézzük A és B számszerű értékét

a 6. ábra esetére.

6. ábra

8

Adatok:

a = 83 mm; c = 63 mm; α = 30º; Q = 27 N; P = 30 N. ( A1 )

Ezekkel ( 21 ) szerint:

𝑝 =𝑃∙𝑐− 𝑃+𝑄 ∙𝑎∙sin 𝛼

𝑃+𝑄 ∙ 𝑎+𝑐 ∙cos 𝛼 =

30 𝑁∙63 mm − 30 𝑁+27 𝑁 ∙83 mm ∙sin 30°

30 𝑁+27 𝑁 ∙ 83 mm +63 mm ∙cos 30° = −0,06598 ; ( A2 )

𝑞 =𝑎−𝑐

𝑎+𝑐=

83 mm −63 mm

83 mm +63 mm= 0,1370 . ( A3 )

Most ( 27 ) és ( A ) - val:

𝐴 = 2 ∙ arctg 𝑝2 + 𝑞 + 𝑝 = 2 ∙ arctg −0,06598 2 + 0,1370 − 0,06598 ,

A = 34,4° ≈ Ar𝑎𝑗𝑧 = 34,5° . ( E1 )

𝐵 = 2 ∙ arctg 𝑝2 + 𝑞 − 𝑝 = 2 ∙ arctg −0,06598 2 + 0,1370 + 0,06598 ,

𝐵 = 47,7° ≈ 𝐵𝑟𝑎𝑗𝑧 = 48,2° . ( E2 )

Látjuk, a számított és a rajzról lemért eredmények jól egyeznek.

M3. Most meghatározzuk az S fonálerő nagyságát. Az eddig nem használt ( 5 ) egyenlet -

ből:

𝑃 + 2 ∙ 𝑆 ∙ sin 𝑠 − 𝑃 + 𝑄 ∙ cos 𝛽 = 0 ,

𝑃 + 2 ∙ 𝑆 = 𝑃 + 𝑄 ∙cos 𝛽

sin 𝑠

𝑆 =𝑃+𝑄

2∙

cos 𝛽

sin 𝑠 −

𝑃

2 . ( 28 )

Most ( 3 ), ( 8 ) és ( 28 ) szerint:

𝑆 =𝑃+𝑄

2∙

cos 𝐴−𝐵

2+𝛼

sin 𝐴+𝐵

2

−𝑃

2 . ( 29 )

Majd ( 29 ), ( A ) és ( E1,2 ) - vel:

𝑆 =30 𝑁+27 𝑁

2∙

cos 34,4°−47,7°

2+30°

sin 34,4°+47,7°

2

−30 𝑁

2= 24,8 𝑁 , tehát:

𝑆 = 24,8 𝑁 ≈ 𝑆𝑟𝑎𝑗𝑧 = 25 𝑁. ( E3 )

Itt is megállapíthatjuk a számított és a rajzról lemért eredmények jó egyezését.

9

M4. Most nézzük a

𝑃 = 0 , 𝑄 > 0 ( * )

speciális esetet! Ekkor ( 21 / 2 ) - vel is:

𝑝∗ =−𝑄∙𝑎∙sin 𝛼

𝑄∙ 𝑎+𝑐 ∙cos 𝛼 = −

𝑎∙sin 𝛼

𝑎+𝑐 ∙cos 𝛼 = −

𝑎

𝑎+𝑐∙ tg𝛼 , tehát:

𝑝∗ = −𝑎

𝑎+𝑐∙ tg𝛼 , 𝑞 =

𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 . ( 21 / 2 *)

Majd ( 27 ) és ( 21 / 2* ) - gal:

𝐴∗ = 2 ∙ arctg 𝑝∗2 + 𝑞 + 𝑝∗ ;

𝑝∗2 + 𝑞 =𝑎2

𝑎+𝑐 2∙ tg2 𝛼 +

𝑎−𝑐

𝑎+𝑐=

1

𝑎+𝑐 2∙ 𝑎2 ∙ tg2 𝛼 + 𝑎 − 𝑐 ∙ 𝑎 + 𝑐 =

=1

𝑎+𝑐 2∙ 𝑎2 ∙ tg2 𝛼 + 𝑎2 − 𝑐2 =

𝑎2∙ 1+tg 2 𝛼−𝑐2

𝑎2

𝑎+𝑐 2 ,

𝑝∗2 + 𝑞 + 𝑝∗ =𝑎

𝑎+𝑐∙ 1 + tg2 𝛼 −

𝑐2

𝑎2− tg𝛼 , ezekkel:

𝐴∗ = 2 ∙ arctg 𝑎

𝑎+𝑐∙ 1 + tg2 𝛼 −

𝑐2

𝑎2− tg𝛼 . ( 30 / 1 )

hasonlóan:

𝐵∗ = 2 ∙ arctg 𝑎

𝑎+𝑐∙ 1 + tg2 𝛼 −

𝑐2

𝑎2+ tg𝛼 . ( 30 / 2 )

További specializáció:

𝑃 = 0 , 𝑄 > 0 ; 𝛼 = 0° . ( ** )

Ekkor ( 30 ) és ( ** ) - gal:

𝐴∗∗ = 𝐵∗∗ = 2 ∙ arctg 1

1+𝑐

𝑎

∙ 1 −𝑐2

𝑎2 = 2 ∙ arctg

1−𝑐2

𝑎2

1+𝑐

𝑎

2 =

= 2 ∙ arctg 1+

𝑐

𝑎 ∙ 1−

𝑐

𝑎

1+𝑐

𝑎

2 = 2 ∙ arctg 1−

𝑐

𝑎

1+𝑐

𝑎

= 2 ∙ arctg 𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 ,

tehát:

𝐴∗∗ = 𝐵∗∗ = 2 ∙ arctg 𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 . ( 31 )

10

A fonálerő kifejezése ( 29 ) és ( * ) gal:

𝑆∗ =𝑄

2∙

cos 𝐴∗−𝐵∗

2+𝛼

sin 𝐴∗+𝐵∗

2

. ( 32 )

Majd ( ** ), ( 31 ) és ( 32 ) - vel:

𝑆∗∗ =𝑄

2∙

1

sin 𝐴∗∗ . ( 33 )

A ( 31 ) és ( 33 ) képletek helyessége a 7. ábra alapján közvetlenül is belátható.

7. ábra

Eszerint:

cos 𝐴∗∗ =𝑐

𝑎 ; ( a )

de

cos 𝐴∗∗ =cos 2

𝐴∗∗

2 −sin 2

𝐴∗∗

2

cos 2 𝐴∗∗

2 +sin 2

𝐴∗∗

2

=1−tg 2

𝐴∗∗

2

1+tg 2 𝐴∗∗

2 ; ( b )

most ( a ) és ( b ) - vel:

1−tg 2 𝐴∗∗

2

1+tg 2 𝐴∗∗

2

=𝑐

𝑎 ; ( c )

átmeneti jelöléssel:

tg2 𝐴∗∗

2 = 𝑣 , ( d )

majd ( c ) és ( d ) - vel: 1−𝑣

1+𝑣=

𝑐

𝑎 → 𝑎 − 𝑎 ∙ 𝑣 = 𝑐 + 𝑐 ∙ 𝑣 → 𝑎 − 𝑐 = 𝑎 + 𝑐 ∙ 𝑣 → 𝑣 =

𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 ; ( e )

11

ezután ( d ) és ( e ) - vel:

tg2 𝐴∗∗

2 =

𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 → tg

𝐴∗∗

2 =

𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 →

𝐴∗∗

2= arctg

𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 , innen:

𝐴∗∗ = 2 ∙ arctg 𝑎−𝑐

𝑎+𝑐 = 𝐵∗∗ , ( f )

ami megegyezik ( 31 ) - gyel.

Továbbá a 7. ábra vektorábrájával:

2 ∙ 𝑆∗∗ ∙ sin 𝐴∗∗ = 𝑄 → 𝑆∗∗ =𝑄

2 ∙ sin 𝐴∗∗ , ( g )

egyezésben ( 33 ) - mal.

M5. Az ( A ) adatokkal a megrajzoltuk a mozgás fél ellipszis - pályáját – 8. ábra.

8. ábra

12

Az M legmélyebb ponthoz tartozó A* és B* szögek a ( 30 ) és ( A ) szerint:

𝐴∗ = 2 ∙ arctg 𝑎

𝑎+𝑐∙ 1 + tg2 𝛼 −

𝑐2

𝑎2− tg𝛼 =

= 2 ∙ arctg 83

83+63∙ 1 + tg2 30° −

632

832− tg 30° = 18,9° , tehát:

𝐴∗ = 18,9°. ( E4 )

𝐵∗ = 2 ∙ arctg 𝑎

𝑎+𝑐∙ 1 + tg2 𝛼 −

𝑐2

𝑎2+ tg𝛼 =

= 2 ∙ arctg 83

83+63∙ 1 + tg2 30° −

632

832+ tg 30° = 78,9° , tehát:

𝐵∗ = 78,9°. ( E5 )

Az ( E4 ) és ( E5 ) eredmények szépen egyeznek a 8. ábráról lemérhető adatokkal.

M6. A feladat kiírása az alábbi lehet.

𝐴𝑑𝑜𝑡𝑡: 𝑃, 𝑄; 𝑎, 𝑐, 𝛼 .

𝐾𝑒𝑟𝑒𝑠𝑒𝑡𝑡: 𝐴, 𝐵; 𝑆.

M7. A 8. ábra egy párja [ 4 ] - beli megfelelőjének. Úgy véltük, nem árt elkészíteni annak

egy ilyen újabb változatát.

M8. A címben nehezebbnek minősítettük e feladatot. A megoldás során kiderült, hogy

milyen típusú nehézségek adódtak. Ezek, persze, egyénenként különböző mértékű aka -

dályt jelenthetnek. Érdemes a megoldást végigbogarászni, mert hasznos megoldási ötlete -

ket gyűjthetünk belőle. Ráadásul a „sajtóhibák” ellen is így védekezhetünk, leginkább.

Források:

[ 1 ] – I. N. Veszelovszkij: Szbornyik zadacs po tyeoretyicseszkoj mehanyike

Goszudarsztvennoje Izdatyel’sztvo Tyehnyiko - Tyeoretyicseszkoj Lityeraturü

Moszkva, 1955.

[ 2 ] – Reiman István: Matematika

Typotex Kiadó, Budapest, 2011.

13

[ 3 ] – Muttnyánszky Ádám: Kinematika és kinetika

5. kiadás, Tankönyvkiadó, Budapest, 1966.

[ 4 ] – Muttnyánszky Ádám: Statika

8. kiadás, Tankönyvkiadó, Budapest, 1964.

Összeállította: Galgóczi Gyula

ny. mérnöktanár

Sződliget, 2020. 04. 01.