SZAKDOLGOZAT

Gondolkodjunk a fizika segıtsegevel!

Simon Julia

Matematika BSc., tanari szakirany

Temavezeto:

Besenyei Adamadjunktus

Alkalmazott Analızis es Szamıtasmatematikai Tanszek

Eotvos Lorand Tudomanyegyetem

Termeszettudomanyi Kar

2014.

Tartalomjegyzek

Bevezetes 3

1. Extremalis problemak 4

1.1. A ket pont es egy egyenes problemaja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.1. Megoldas differencialszamıtas segıtsegevel . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.2. Megoldas szintvonalak segıtsegevel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.3. Fizikai interpretacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.1.4. A kulonbozo megkozelıtesek osszehasonlıtasa . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2. A harom varos utepıtesi problemaja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.1. Megoldas fenyterjedes segıtsegevel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.2. Torricelli tetele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.3. Megoldas mechanika segıtsegevel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2. Tomegkozeppontos problemak 18

2.1. Elmeleti hatter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.2. A haromszog sulyvonala es sulypontja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2.1. Geometriai megkozelıtes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2.2. Tomegpontos megkozelıtes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.3. Ceva-tetel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.3.1. Tomegpontos bizonyıtas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.4. Alkalmazas versenyfeladatokban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.4.1. Arany Daniel Matematikai Tanuloverseny 2012/2013 . . . . . . . . . . . . 27

2.4.2. Arany Daniel Matematikai Tanuloverseny 1980/1981 . . . . . . . . . . . . 29

3. Integralszamıtas es a fizika 32

3.1. Arkhimedesz es a gomb terfogata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.2. A munkavegzes es a potencialis energia fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.3. Integralok kiszamıtasa mechanika segıtsegevel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

Irodalomjegyzek 44

1

Koszonetnyilvanıtas

Szeretnek koszonetet mondani temavezetomnek, Besenyei Adamnak, aki felkeltette a

tema iranti erdeklodesemet, es hasznos tanacsaival rengeteg segıtseget nyujtott a szak-

dolgozat elkeszıteseben.

Koszonettel tartozom a Farago Istvan vezette Alkalmazott Analızis es Szamıtasmate-

matikai Tanszeknek, hogy elerhetove tettek szamomra a tanszeki eroforrasokat.

Tovabba koszonettel tartozom szuleimnek, testvereimnek es barataimnak, akik mindig

mellettem alltak es tamogattak tanulmanyaim soran. Mindig megertoen fordulhattam

hozzajuk barmilyen felmerulo problemam es kerdesem eseten.

2

Bevezetes

A temavalasztas soran azt tartottam szem elott, hogy olyan temakort valasszak,

amellyel szıvesen foglalkozom es matematikat boven tartalmaz. Matematika-fizika ta-

narszakoskent ıgy esett a valasztasom erre a szakdolgozati temara. Ugy gondolom, hogy

erdemes ramutatni a ket tudomany kozotti szoros kapcsolatra, melynek segıtsegevel talan

meg jobban meg lehet szerettetni a diakokkal a matematikat, illetve a fizikat.

Dolgozatomban szeretnenk megmutatni, hogyan alkalmazhatoak az alapveto fizikai

ismeretek a matematikai problemak, bizonyıtasok, illetve a kozepiskolai versenyfeladatok

megoldasaban. A dolgozatban lenyegeben geometriai, illetve analızisbeli problemakkal

foglalkozunk, amelyek megoldasahoz felhasznaljuk a mechanika valamint optika alapveto

torvenyeit.

Az elso fejezetben szelsoertek-feladatok megoldasait keressuk a feny terjedesenek, vala-

mint egyszeru mechanikai elvek segıtsegevel. Az ezt koveto fejezetben olyan problemakkal,

versenyfeladatokkal foglalkozunk, amelyek megoldasaban tomegkozeppontos megkozelı-

tes alkalmazhato. Vegul a harmadik fejezetben bemutatjuk, hogy Arkhimedesz hogyan

alapozta meg az integralszamıtast, valamint integralokat szamıtunk ki a munkavegzes

fogalmanak segıtsegevel.

A peldak es a megoldasok kozepiskolaban akar fakultacio vagy szakkor kereteiben ta-

nıthatoak, hiszen keves olyan fogalmat hasznalnak, amelyekkel kozepiskolaban a diakok

ne talalkoznanak. Az esetlegesen felmerulo melyebb matematikai osszefuggesek pedig a

legtobbszor elhagyhatoak, azok csak azt a celt szolgaljak, hogy az egyszeru fizikai fogal-

mak es elvek mogott rejlo matematikai hatteret bemutassak a tanarok szamara.

3

1. fejezet

Extremalis problemak

Ebben a fejezetben ket ismert szelsoertek-feladatot jarunk korbe matematikai, illetve

fizikai szemszogbol, es megvizsgaljuk a ketfele megkozelıtes kozotti kapcsolatot.

1.1. A ket pont es egy egyenes problemaja

Az elso feladat a kovetkezo jatekos problema. Piroska a folyo ugyanazon oldalan lakik,

mint a nagymamaja. Egy napon Piroska ugy dont, hogy meglatogatja a nagymamajat, es

visz neki vizet a folyobol. Hogyan kell Piroskanak mennie, hogy a leheto legkevesebbet

kelljen setalnia, es a folyot is erintse? Matematikailag a kovetkezorol van szo.

1.1.1. Problema. A sıkon legyen adott ket pont, valamint egy egyenes ugy, hogy a ket

pont az egyenes egyazon oldalan helyezkedik el. Hol van az a pont az egyenesen, amelyre

a ket ponttol mert tavolsagok osszege minimalis?

Eloszor abrazoljuk a problemat (lasd 1.1. abra). Legyen a ket adott pont A es B,

az adott egyenes t, es X pedig a t egyenes egy tetszoleges pontja. A feladat kerdese az

imenti jelolesekkel: milyen X eseten lesz az AX+XB ut hossza minimalis, ha X az adott

egyenes egy tetszoleges pontja?

1.1. abra. A ket pont es egy egyenes problemaja

4

1.2. abra. Az 1.1.1. Problema 1.3. abra. A kialakulo haromszogek

1.1.1. Megoldas differencialszamıtas segıtsegevel

A ket pont es egy egyenes problemajat eloszor differencialszamıtas segıtsegevel oldjuk

meg (a gondolatmenet a [9] konyvben talalhato). Helyezzuk el az A, B pontokat es a t

egyenest a derekszogu koordinata-rendszerben ugy, hogy a t egyenes az x-tengellyel essen

egybe, tovabba az A pont koordinatai (x1, y1), a B ponte pedig (x2, y2) (lasd 1.2. abra).

1.1.1. Megjegyzes. Ha a ket pont helyzete olyan, hogy a ket ponton atmeno egyenes

meroleges a t egyenesre, akkor a megoldas nyilvanvalo.

Felteheto, hogy x1 < x2. Legyenek az X pont koordinatai (x, 0), ekkor a Pitagorasz-

tetel alapjan

AX +XB =√

(x− x1)2 + y21 +√

(x− x2)2 + y22.

Tekintsuk a fenti egyenlet jobb oldalat x fuggvenyenek, ekkor az ıgy ertelmezett f fugg-

veny minimumat kell meghatarozni.

Ha x < x1, akkor f(x) > f(x1), ehhez tekintsuk az 1.3. abrat, ahol X1 jeloli az (x1, 0)

pontot. Ekkor AX > AX1, mivel az AXX1 derekszogu haromszogben az AX az atfogo,

tovabba BX > BX1, mert BX1X^ tompaszog, ezert az ezzel a szoggel szemkozti oldal

a leghosszabb. Kovetkezeskeppen AX + XB > AX1 + X1B. Hasonloan megmutathato,

hogy ha pedig x > x2, akkor f(x) > f(x2), ezert az f minimumhelyet eleg az [x1, x2]

intervallumban keresni. Mivel az f fuggveny folytonos, ezert alkalmazhato az [x1, x2]

intervallumon a Weierstrass-tetel, amely szerint az f fuggvenynek ezen az intervallumon

letezik minimuma. Az f fuggveny differencialhatosaga miatt a minimumot az intervallum

ket vegpontjaban, illetve olyan belso pontjaiban kell keresni, ahol az f fuggveny derivaltja

egyenlo 0-val. Az f(x) fuggveny derivaltja

f ′(x) =x− x1√

(x− x1)2 + y21+

x− x2√(x− x2)2 + y22

.

Eloszor vizsgaljuk meg az intervallum vegpontjait. Nezzuk meg, hogy milyen erteket

5

vesz fel X1-ben a derivalt:

f ′(x1) =x1 − x2√

(x1 − x2)2 + y22< 0,

mivel feltettuk, hogy x1 < x2. Analızisbeli ismereteink alapjan tudjuk, hogy ekkor az f

fuggveny szigoruan lokalisan csokkeno az x1 pontban. Igy x1 ”kis” jobb oldali kornyezete-

ben az f fuggveny kisebb ertekeket vesz fel, mint f(x1), tehat x1-ben nem lehet minimum.

Az intervallum masik vegpontjat megnezve:

f ′(x2) =x2 − x1√

(x2 − x1)2 + y21> 0.

Az elozohoz hasonloan, x2-ben az f szigoruan lokalisan no, ıgy x2-nek egy”kis” bal oldali

kornyezeteben az f kisebb ertekeket vesz fel, mint f(x2), tehat x2-ben sem lehet az f -nek

minimuma. A minimum ezert egy olyan x ∈ (x1, x2) pontban van, amelyre f ′(x) = 0,

azazx− x1√

(x− x1)2 + y21+

x− x2√(x− x2)2 + y22

= 0.

Atrendezve az egyenletet a kovetkezohoz jutunk:

x− x1√(x− x1)2 + y21

:x2 − x√

(x− x2)2 + y22= 1.

Az 1.2. abra alapjan lathato, hogy

x− x1√(x− x1)2 + y21

= sinα,x2 − x√

(x− x2)2 + y22= sin β.

Igy azt kaptuk, hogysinα

sin β= 1.

Mivel esetunkben α, β ∈ (0, π2), ezert α = β teljesul. Az AX + XB ut tehat akkor

minimalis, ha AX es XB szakaszok azonos szoget zarnak be a t egyenessel.

1.1.2. Megoldas szintvonalak segıtsegevel

Most a ket pont es egy egyenes problemajat a szintvonalak modszerenek segıtsegevel

oldjuk meg. Ehhez egyelore az X pontrol ne tegyuk fel, hogy rajta van a t egyenesen,

hanem legyen a ket pont es az egyenes altal meghatarozott sık tetszoleges pontja, es

tekintsuk ekkor azt a fuggvenyt, amely az X ponthoz az AX +XB ut hosszat rendeli.

1.1.2. Definıcio. A sık azon pontjainak halmazat, amelyen egy adott fuggveny erteke

allando, szintvonalnak nevezzuk.

6

Vizsgaljuk meg, hogy az iment ertelmezett fuggveny szintvonalai milyen alakzatok a

sıkon, mas szoval mi a mertani helye az olyan X pontoknak a sıkon, amelyekre teljesul,

hogy

AX +XB = allando.

Geometriai ismereteink alapjan jol lathato, hogy a szintvonalak A es B fokuszu ellipszisek.

Ennek segıtsegevel szemleletesen maris erezzuk, hogy a t egyenes azon X pontjara lesz

minimalis az AX +XB osszeg, amely a leheto legrovidebb nagytengelyu ellipszisen van.

1.1.3. Allıtas. Tekintsuk azt az A es B fokuszu ellipszist, amely eppen erinti a t egyenest.

Ekkor az erintesi pont a t egyenes azon pontja, amelyre AX +XB erteke minimalis.

Bizonyıtas. Mivel a sık minden pontjahoz rendelheto ellipszis, ezert specialisan az egye-

nes minden pontjahoz is. Vegyunk egy olyan e ellipszist, amely ket pontban metszi a t

egyenest, C-ben es D-ben, ahogy peldaul az 1.4. abran is lathato. Ismert, hogy ha az A,

B fokuszu e ellipszis nagytengelyenek hossza 2a, akkor az ellipszis belso pontjai azok az

X pontok, amelyekre AX +XB < 2a.

Lathato, hogy a CD szakasz belso pontjai a szoban forgo e ellipszis belso pontjai.

Ebbol vilagos, hogy a CD szakasz barmely T belso pontjara

AT + TB < AC + CB = AD +DB,

tehat a t egyenes C es D pontjai nem adhatjak az AX + XB kifejezes minimumat. Ha

tehat az X pont olyan ellipszisen helyezkedik el, amely ket pontban metszi a t egyenest,

akkor az X pontbol mert tavolsagok osszege nem lehet minimalis. A minimumot ezert csak

olyan X pont szolgaltathatja, amely egy a t egyenest erinto ellipszis erintesi pontja.

1.1.4. Megjegyzes. A bizonyıtashoz azonban szukseg van meg annak belatasara is, hogy

ez a minimum tenylegesen letezik. Ehhez gondoljuk meg, hogy az

X 7→ AX +XB

1.4. abra. Szintvonalak 1.5. abra. Visszaverodes sıktukorrol

7

fuggveny, ahol X a t egyenes egy tetszoleges pontja, folytonos, tovabba az A es B pon-

toktol”egyre tavolodva” a fuggveny erteke ∞-hez tart. Pontosabban arrol van szo, hogy

az 1.1.1. szakaszban ertelmezett f fuggvenyre

limx→∞

f(x) = limx→−∞

f(x) =∞.

Ekkor analızisbeli ismereteink alapjan tudjuk, hogy a fuggvenynek letezik minimuma.

1.1.3. Fizikai interpretacio

A ket pont es egy egyenes problemaja interpretalhato a kovetkezo kıserleti elrendezes-

sel. Legyen az A pont egy fenyforras, a B pont a szemunk es a t egyenes pedig nyugodt,

visszatukrozo vıztukorfelulet. Az 1.1. abra a kovetkezokeppen mutatja az elrendezest: a

vıztukor sıkja meroleges az 1.1. abra sıkjara, es a ket sık metszesvonala eppen a t egyenes.

Erdemes felelevenıtenunk, hogy a feny terjedesere teljesul a Fermat-elv (lasd [3]).

1.1.1. Torveny (Fermat-elv). Ket pont kozott az osszes lehetseges ut kozul a feny azt az

utat valasztja, amelynek megtetelehez a legrovidebb idotartam szukseges.

Mivel ket pont kozott a legrovidebb ut az egyenes, ıgy a fenysugar akkor er A-bol a

szemunkbe a leheto leggyorsabban, ha az egyenes egy olyan T pontjan verodik vissza,

amelyre AT + TB minimalis. Az 1.1.1. szakaszban azt kaptuk, hogy az a T pont adja a

minimumot, amelyre az AT es TB szakaszok ugyanakkora szoget zarnak be a tukorrel.

Ezzel a fenyvisszaverodes alabbi torvenyet nyertuk.

1.1.2. Torveny (Visszaverodesi torveny). A feny ugy verodik vissza sıktukorrol, hogy a

beesesi szog (az 1.5. abran pirossal jelolve) es a visszaverodesi szog (az 1.5. abran zolddel

jelolve) egyenlo.

Ha elvegezzuk a kıserletet, es ranezunk a vıztukorre, akkor ugy erzekeljuk, mintha

a fenyforras egy vız alatti pont lenne, pedig csak az tortenik, hogy a feny kozvetve er

a szemunkbe. Jeloljuk A′-vel a virtualis fenyforrast, ekkor ez a pont eppen az A pont

t egyenesre vett tukorkepe. Az elobbi gondolatmenetnek megfeleloen tekintsuk az 1.6.

abrat. Mivel a t egyenes az AA′ szakaszfelezo merolegese, ebbol kovetkezoen AX = A′X,

ıgy AX +XB = A′X +XB.

Az AX + XB kifejezes akkor lesz tehat minimalis, ha az A′X + XB is minimalis.

Mivel ket pont kozott a legrovidebb ut az egyenes, ezert az A′X + XB kifejezes erteke

akkor a leheto legkisebb, ha X = T teljesul, azaz az egyenes keresett pontja rajta van az

A′ es B pontok egyenesen.

A Fermat-elv segıtsegevel tehat azt kaptuk, hogy az A′B szakasz es a t egyenes met-

szespontja az AX +XB kifejezes minimumhelye.

8

1.6. abra. A kıserleti elrendezes

1.1.4. A kulonbozo megkozelıtesek osszehasonlıtasa

A szintvonalak modszerevel es az imenti optikai megkozelıtessel kapott eredmeny ek-

vivalens kell, hogy legyen, ennek segıtsegevel az ellipszis kovetkezo tulajdonsagat igazol-

hatjuk.

1.1.5. Allıtas. Az ellipszis egy tetszoleges pontjat a fokuszokkal osszekoto egyenesek

egyenlo szoget zarnak be az ellipszishez ebben a pontban huzott erintovel.

Bizonyıtas. Tekintsuk ismet az 1.6. abrat. Mivel az AA′ szakaszfelezo merolegese a t

egyenes, ıgy a megfelelo oldalak egyenlosege miatt az ATM es A′TM haromszogek egy-

bevagoak, kovetkezeskeppen MTA′^ = MTA^. Mivel az MTA′^ es DTB^ szogek

csucsszogek, ezert a ket szog megegyezik, ıgy

MTA′^ = MTA^ = DTB^.

A szintvonalas meggondolasbol pedig azt kaptuk, hogy a T pont egy t-t erinto ellipszis

erintesi pontja. Ezzel az allıtast belattuk.

Ezenkıvul gondoljuk meg, hogyan is nezett ki a kıserleti elrendezes. Az egyik pont

a fenyforras, masik a szemunk, az egyenes pedig a vıztukor. Tudjuk, hogy sıktukorrol

valo visszaverodes eseten a feny beesesi szoge megegyezik a visszaverodesi szoggel (lasd

1.5. abra). Tekintsuk most az erinto ellipszist egy tukorfeluletnek. Nem sıktukor eseten a

visszaverodest ugy kepzeljuk el, hogy a beesesi pont”kis”kornyezeteben a tukor valojaban

sıktukor, megpedig az adott pontbeli erintosıkkal helyettesıtheto. Lathato, hogy ekkor az

egyik fokuszpontbol indulo fenysugarat a tukor a masik fokuszba veri vissza (lasd 1.7.

abra).

9

1.7. abra. Visszaverodes ellipszis alaku tukorben

1.2. A harom varos utepıtesi problemaja

A masodik szelsoertek-feladat, amellyel foglalkozunk egy hetkoznapi pelda. Harom

varos utat szeretne epıteni kozosen ugy, hogy az epıtes koltsegei minimalisak legyenek.

1.2.1. Problema. Harom (nem egy egyenesen elhelyezkedo) varos utat szeretne epıte-

ni egy kozos kozlekedesi csomoponthoz. Hogyan valasszak meg a csomopont helyet, hogy

az epıtkezes osszkoltsege minimalis legyen, feltetelezve, hogy az utepıtes koltsege az ut

hosszaval aranyos?

A feladat szovege atfogalmazhato a kovetkezokeppen. Adott harom, nem egy egyene-

sen elhelyezkedo pont a sıkon, es keressuk meg azt a negyedik pontot a harom pont altal

meghatarozott sıkban, amelytol mert tavolsagaik osszege minimalis!

1.2.1. Megoldas fenyterjedes segıtsegevel

Legyen a harom adott pont A, B, C es a harom pont altal meghatarozott sıknak egy

tetszoleges pontja X. Hogyan valasszuk meg X-et, hogy az AX + BX + CX kifejezes

erteke minimalis legyen?

Vezessuk vissza a kerdest a ket pont es egy egyenes problemajara es a kapott eredme-

nyekre. Tegyuk fel, hogy a CX egy rogzıtett ertek, jelolje ezt az erteket R. Ekkor a ket

pont es egy egyenes problemajahoz nagyon hasonlo feladatot kapunk azzal a kulonbseggel,

hogy az X most nem egy egyenes menten, hanem egy R sugaru, C centrumu koron fog

mozogni (lasd 1.8. abra).

Hıvjuk ismet segıtsegul a mar korabban felhasznalt fizikai ismereteinket. A ket pont

es egy egyenes problemajaban sıktukorrel bizonyıtottunk, most hasznaljunk gombtukrot,

es hagyjuk, hogy a feny megmutassa melyik lesz a legrovidebb ut. A gombtukorrol valo

visszaverodest (az ellipszistukorhoz hasonloan) ugy ertelmezzuk, hogy a beeso feny beesesi

10

1.8. abra. A visszaverodes minimalis esetben

pontjaban a gombtukrot a pontba fektetheto erintosıkkal kozelıtjuk, es a visszaverodest,

mint sıktukorrol valo visszaverodeskent kezeljuk.

Alkalmazzuk ujra az 1.1.1. es az 1.1.2. Torvenyeket. A Fermat-elv alapjan a feny azt az

utat valasztja, amelyet a legrovidebb ido alatt tud bejarni, ami esetunkben a legrovidebb

ut, es a visszaverodesi torveny szerint a tukorrol valo visszaverodes eseten a beesesi szog

megegyezik a visszaverodesi szoggel. Ebbol kovetkezik, hogy a C es X pontokat osszekoto

egyenesnek feleznie kell az AXB szoget, ekkor a feny utjat az 1.8. abra mutatja. Konnyen

belathato, hogy ugyanerre az eredmenyre jutunk, ha a BX vagy az AX tavolsagokat

tekintjuk rogzıtettnek. Azt kaptuk tehat, hogy ha egy X pontban az AX + BX + CX

kifejezes erteke minimalis, akkor az X pontban az 1.9. abra szerinti szogek keletkeznek.

Lathato, hogy a csucsszogek miatt α = β = γ teljesul, ıgy adodik, hogy mindegyik ut a

masik kettovel 120◦-os szoget zar be. Ez a pont adja a feladat megoldasat.

1.9. abra. A csomoponti szogek megoszlasa

1.2.1. Megjegyzes. A korrekt bizonyıtashoz be kell latni, hogy a minimum letezik. Mas-

reszt a fenti megoldas csak akkor ervenyes, ha az A, B, C pontok altal meghatarozott

11

haromszognek minden szoge 120◦-nal kisebb. Ekkor a kapott X pont a haromszog ugyne-

vezett izogonalis pontja. Amennyiben a haromszognek van 120◦-os, vagy annal nagyobb

szoge, akkor a minimumot ado pont eppen ennek a szognek a csucsa. Mindezt a kovetkezo

szakaszban igazoljuk.

1.2.2. Torricelli tetele

A harom varos utepıtesi problemaja Fermat-tol szarmazik, am az elso korrekt bizo-

nyıtas Torricelli nevehez fuzodik. Torricelli a kovetkezo tetelt mondta ki a feladat megol-

dasara.

1.2.2. Tetel (Torricelli tetele). Ha az A, B es C pontok altal meghatarozott haromszog

minden szoge kisebb 120◦-nal, akkor az AX+BX+CX kifejezes minimumhelye a harom-

szog izogonalis pontja. Amennyiben a haromszognek van 120◦-nal nagyobb vagy egyenlo

szoge, akkor a minimumhely eppen ennek a szognek a csucsa.

Bizonyıtas. Eloszor mutassuk meg, hogy a minimumhely nem lehet a haromszog kulso

pontjaban. Legyen X olyan helyzetu, hogy az X-et es a csucsokat osszekoto szakaszok

valamelyike elmetszi a haromszog egyik oldalat, mint peldaul az 1.10. abran lathato.

Jeloljuk az oldal es az osszekoto szakasz metszespontjat X ′-vel. Az X pont nem lehet

minimumhely, mivel nyilvanvalo, hogy AX ′ < AX, valamint CX ′+BX ′ = CB < CX +

BX a haromszog-egyenlotlenseg miatt. Azt kaptuk tehat, hogy

AX +BX + CX > AX ′ +BX ′ + CX ′,

azaz X valoban nem lehet minimumhely.

1.10. abra. 1.11. abra.

12

1.12. abra. A 120◦-nal kisebb szogu haromszog esete

Legyen most X olyan pontja a sıknak, amelyre a pontot a csucsokkal osszekoto sza-

kaszok egyike sem metszi egyik oldalt sem, mint peldaul az 1.11. abran lathato. Ebben

az esetben az ACX^ es BCX^ szogek kozul legalabb az egyiknek tompaszognek kell

lennie, ugyanis, ha mindket szog kisebb vagy egyenlo, mint 90◦, akkor ACB^-nek na-

gyobbnak vagy egyenlonek kell lennie, mint 180◦, ami geometriai ismereteink alapjan

nem lehetseges (a haromszog nem elfajulo). Tegyuk fel, hogy esetunkben a BCX^ tom-

paszog, ekkor BX > BC, mivel a legnagyobb szoggel szemben van a leghosszabb oldal.

A haromszog-egyenlotlenseg miatt pedig AX + CX > AC. Arra jutottunk tehat, hogy

AX +BX + CX > AC +BC,

tehat X ebben az esetben sem lehet minimumhely.

Lassuk be a tetelt abban az esetben, amikor a haromszognek csak 120◦-nal kisebb

szogei vannak. Tekintsuk ekkor az ABC haromszoget, valamint abban vagy a hataran

egy tetszoleges X pontot, mint peldaul az 1.12. abran is lathato. Forgassuk el +60◦-kal az

AXC haromszoget az A pont korul. Ekkor az X pont kepe X ′, a C ponte C ′. Geometriai

ismereteink alapjan tudjuk, hogy a forgatas tavolsagtarto egybevagosagi transzformacio,

ezert X ′C ′ = XC es AX = XX ′. Mivel az AXX ′ haromszog egyenlo szaru es a szarak

altal bezart szog 60◦, ezert az AXX ′ haromszog szabalyos. Ezek alapjan

XA+XB +XC = XB +XX ′ +X ′C ′.

Az imenti egyenlet bal oldalan az az osszeg all, amelyet minimalizalni szeretnenk, es ez

eppen a BXX ′C ′ torottvonal hosszaval egyenlo. Ez nyilvan pontosan akkor minimalis,

ha a torottvonal eppen a BC ′ szakasz. Ennek a szakasznak a vegpontjai az X megvalasz-

tasatol fuggetlenul mindig ugyanott vannak. Ebbol levonhato az a kovetkeztetes, hogy a

keresett X pontnak es a +60◦-os elforgatottjanak is rajta kell lennie a BC ′ szakaszon.

Mivel az AXX ′ szog 60◦-os, ezert az AXB szognek 120◦-osnak kell lennie.

13

1.13. abra. A 120◦-nal nagyobb szogu haromszogre a bizonyıtas

Masreszt ACC ′^ = 60◦ = AXC ′^ alapjan X rajta van az ACC ′ haromszog korulırt

koren, amely az AC ′ szakasz latoszogkorıve, ıgy mivel AC ′C^ = 60◦, ezert AXC^ =

120◦. Ebbol adodik, hogy BXC^ = 120◦.

Most nezzuk meg a masik esetet! Ekkor tekintsunk egy olyan ABC haromszoget,

amelynek legyen egy legalabb 120◦-os szoge, mint peldaul az 1.13. abran lathato, vala-

mint a haromszog belsejeben vagy hataran egy tetszoleges X pontot. Valasszuk ki az

ABC haromszog egyik csucsat, amelynel 120◦-nal kisebb szog van, legyen ez esetunkben

peldaul az A csucs. Forgassuk el most is az AXC haromszoget +60◦-kal az A csucs korul.

Hasonloan az elozohoz, a forgatas tulajdonsagai alapjan a kovetkezohoz jutunk:

AX +BX + CX = XX ′ +BX +X ′C ′.

Itt a minimalizalni kıvant hossz eppen a BXX ′C ′ szakasz hossza. Az X pont megva-

lasztasatol fuggoen az X es X ′ pontok mozdulhatnak el, a masik ket pont fixen marad,

viszont X-rol feltettuk, hogy csak belso pont lehet. Igy azt kapjuk, hogy a B-t es C ′-t

osszekoto torottvonalak kozul a legrovidebb a BCC ′ torottvonal. Ez akkor teljesul, ha

X = C, tehat a keresett minimumhely a C pont.

1.2.3. Megjegyzes. A fenti bizonyıtas J. E. Hoffmanntol szarmazik. Tovabbi bizonyıtasok

talalhatok a [10] honlapon.

1.2.3. Megoldas mechanika segıtsegevel

Tekintsuk ismet a harom varos utepıtesenek problemajat, es probaljuk meg most az

optikai ismereteink helyett a mechanikat segıtsegul hıvni. A feladat megoldasahoz a ko-

vetkezo fizikai ismeretekre lesz szuksegunk:

1.2.4. Definıcio (Helyzeti (vagy potencialis) energia). A h magassagban levo, m tomegu

14

1.14. abra. Az erok osszegzese

testnek a helyzeti, azaz a tomegebol eredo potencialis energiaja:

Epot = m · g · h,

ahol g a nehezsegi gyorsulas. Egy mechanikai rendszer helyzeti energiaja a rendszert alkoto

testek helyzeti energiajanak osszege. (A helyzeti energiaval kapcsolatban lasd meg a 3.2.

szakaszt.)

1.2.1. Torveny. Ha egy mechanikai rendszer egyensulyi helyzetben van, akkor a poten-

cialis energiajanak minimuma van.

1.2.5. Definıcio. Vektorok eredojen a vektorok osszeget ertjuk. (lasd 1.14. abra)

1.2.2. Torveny (Newton-fele negyedik axioma). Ha egy pontszeru testre n db ero hat,

akkor az erok eredoje∑n

i=1~Fi = m~a, ahol ~Fi a testre hato i-edik ero, m a test tomege es

~a a test gyorsulasa.

1.2.3. Torveny. Egy merev test egyensulyban van, ha a testre hato erok eredoje zerus,

azaz∑n

i=1~Fi = 0, valamint ezen erok forgatonyomatekainak eredoje is zerus tetszoleges

pontra nezve.

1.2.6. Megjegyzes. A forgatonyomatekra az alabbiakban nem lesz szuksegunk, ezert nem

tertunk ki erre a fogalomra a fentiekben. Kesobb, a 2. fejezetben majd reszletesen foglal-

kozunk vele (lasd 2.1.4. Definıcio).

Tekintsuk most a kovetkezo kıserleti elrendezest! Vegyunk harom darab kotelet, ame-

lyeket osszekapcsolunk az egyik veguknel, a koteleket vessuk at harom csigan, amelyek

egy fuggoleges falra vannak rogzıtve, es a kotelek masik vegere helyezzunk egyenlo nagy-

sagu sulyokat. Jelolje a kozos csatlakozasi pontot X, a harom csigat A, B es C, a sulyokat

pedig S1, S2 es S3. A kıserleti elrendezes az 1.15. abran lathato.

15

1.2.7. Megjegyzes. Termeszetesen, mint altalaban a legtobb mechanika peldanal, most is

ki kell kotnunk par dolgot a kotelekre, illetve a csigakra, hogy a problema konnyen kezel-

heto legyen. Fel kell tennunk, hogy a kotelek tokeletesen hajlekonyak es nyujthatatlanok,

tovabba a surlodas, a kotelek sulya es a csigak kiterjedese elhanyagolhato.

Tegyuk fel, hogy a rendszer beallt az egyensulyi helyzetbe, ekkor a potencialis (vagy

helyzeti) energianak minimuma van. A rendszer helyzeti energiaja a harom suly helyzeti

energiajanak osszege, amelyek aranyosak a sulyok tomegevel es a 0 szinttol mert tavolsa-

gukkal. Mivel a harom suly egyenlo nagysagu, ezert a helyzeti energia akkor lesz a leheto

legkisebb, ha a harom suly a leheto legalacsonyabbra log. Ez ugy is ırhato, hogy

AS1 +BS2 + CS3 = max,

ami a kotelek nyujthatatlansaga miatt egyenerteku azzal, hogy

AX +BX + CX = min .

Jol lathato tehat, hogy a feladat a harom varos utepıtesi problemajara vezetheto vissza.

Okoskodhatunk a kovetkezokeppen is, ha figyelembe vesszuk a rendszerben fellepo

eroket, amelyeket az 1.16. abran is jeloltunk. Tudjuk, hogy az egyensuly miatt az X

pontban hato erok eredojenek nullanak kell lennie. Mivel a sulyok egyenlok es a surlodastol

eltekintettunk, ezert minden suly ugyanakkora erot fejt ki a”sajat” kotelen, amelyeket a

csigak valtozatlanul kozvetıtenek. Az X-nel tehat az XA, XB es XC iranyu erok eredoje

0 kell, hogy legyen. A szimmetria miatt nyilvanvalo, hogy a harom eronek egyenlo szoget

kell bezarnia egymassal. Ez az allıtas konnyen belathato a kovetkezokeppen.

1.2.8. Allıtas. Harom egyenlo nagysagu ero kozul barmelyik ketto 120◦-os szoget zar be

egymassal, ha az erok eredoje 0.

1.15. abra. A kıserleti elrendezes 1.16. abra. A fellepo erok

16

Bizonyıtas. Tudjuk, hogy vektorok osszeadasat az ugynevezett parallelogramma-szabaly

szerint kell elvegezni. Tekintsuk ehhez az 1.14. abrat. Mivel az ~a, ~b es ~c vektorok hossza

egyenlo, ezert a kapott BXD es DXC haromszogeknek szabalyos haromszogeknek kell

lenniuk, hiszen a vektorok eredoje nulla, azaz ~a + ~b + ~c = 0 teljesul, ıgy mind a ket

haromszogben az oldalak egyenlo hosszuak. Szimmetria-megfontolasok miatt az ~a, ~b es

~c vektorok kozul barmelyik ket vektor 120◦-os szoget zar be egymassal. Ezzel az allıtast

belattuk.

17

2. fejezet

Tomegkozeppontos problemak

A most kovetkezo fejezetben a tomegkozeppontra vonatkozo fizikai ismereteinket hıv-

juk segıtsegul, es alkalmazzuk geometriai tetelek, valamint kozepiskolai versenyfeladatok

megoldasaban.

2.1. Elmeleti hatter

A harom varos utepıtesi problemajanak az 1.2.3. szakaszban targyalt megoldasaban

figyelmen kıvul hagytuk, hogy azoknak a sulyoknak, amelyeket a kotelek vegere helyez-

tunk van kiterjedese. Egyszeruen ugy tekintettunk rajuk, mintha pontszeruek lennenek,

pontokhoz rendeltunk tomegeket.

2.1.1. Definıcio. Tomegpontnak nevezunk egy testet, amelynek kiterjedese elhanyagol-

hato, pontszerunek tekintheto.

A tomegpontot ugy lehet egyszeruen elkepzelni, hogy olyan pont, amelyhez szamot,

ugynevezett tomeget rendelunk hozza.

Tegyuk fel, hogy van egy veges sok tomegpontokbol allo rendszerunk, amelyre csak

a nehezsegi ero hat, tehat az egyes tomegpontokra hato ero aranyos a tomegpont to-

megevel es iranyuk azonos (”lefele mutatnak”). A tomegpontokra hato parhuzamos erok

eredoje egy olyan pontban lesz, amelybe ha a pontrendszer teljes tomeget elhelyezzuk,

akkor a rendszer helyettesıtheto ezzel az egyetlen ponttal. Ezt a pontot a pontrendszer

tomegkozeppontjanak nevezzuk.

2.1.2. Megjegyzes. Az erok eredoje nyilvanvaloan fugg a tomegpontok tomegetol es a

pontok elhelyezkedesetol is (hiszen az ero vektormennyiseg), ıgy a tomegkozeppont is

fuggni fog ezektol.

18

2.1. abra. A pontra vonatkozo forgatonyomatek

A kovetkezokben emlekeztetunk meg nehany tomegpontokkal kapcsolatos fizikai foga-

lomra, amelyek a kesobbiekben hasznosak lesznek a feladatmegoldas soran (a reszleteket

illetoen lasd [4]).

Vegyunk fel a terben egy tetszoleges egyenest, legyen ez a forgastengely. Tegyuk fel,

hogy az ~F ero tamadasvonala egy a forgastengelyre meroleges sıkban fekszik, amelyet a

tengely a sıkon felvett koordinata-rendszer origojaban dof at.

2.1.3. Definıcio (Erokar). Az erokar az origobol az ero tamadasvonalara emelt meroleges

szakasz hossza. Jeloles: k.

2.1.4. Definıcio (Forgatonyomatek tengelyre vonatkozolag). Az ero egy adott tengelyre

vonatkozo forgato hatasat jellemzo vektormennyiseg a forgatonyomatek. Egy a forgas-

tengelyre meroleges sıkban hato ~F ero forgastengelyre vonatkozo forgatonyomatekanak

nagysaga ∣∣∣ ~M ∣∣∣ =∣∣∣~F ∣∣∣ · k,

ahol∣∣∣~F ∣∣∣ az ~F ero nagysaga, k pedig az erokar,

∣∣∣ ~M ∣∣∣ a forgatonyomatek nagysaga.

2.1.5. Megjegyzes. Pontra vonatkozo forgatonyomatek is definialhato a kovetkezokeppen

a [4] konyv alapjan. Legyen adott egy ~F ero, amelynek P tamadaspontjaba mutato hely-

vektor ~r =−→OP . Legyen az ~F es ~r altal bezart szog ϑ (lasd 2.1.abra). Ekkor a P pontban

tamado ~F eronek valamely O pontra vonatkozo forgatonyomateka

~M = ~r × ~F .

Mas szoval az O pontra vonatkozo ~M fogatonyomatek egy vektor, amelynek nagysaga

|~r| ·∣∣∣~F ∣∣∣ · sinϑ, es iranya olyan, hogy ~r, ~F , ~M jobbsodrasu rendszert alkotnak. Lathato,

hogy a pontra vonatkozo forgatonyomatek szogfuggvenyes alakja alapjan a pontra vo-

natkozo, illetve a tengelyre vonatkozo forgatonyomatek ugyanazt adja, ha a tengely az

19

O pontban merolegesen metszi az O es ~F altal meghatarozott sıkot (lasd 2.1. abra). A

pontra vonatkozo forgatonyomatek definıcioja altalanosabb.

Nezzuk meg, hogy milyen tulajdonsagok ervenyesek a tomegkozeppontra!

2.1.1. Torveny. Egy tomegpontokbol allo rendszer tomegkozeppontjara teljesulnek az

alabbiak (lasd [7]).

1. A tomegkozeppontot a kovetkezokeppen is megkaphatjuk: a tomegpontokbol allo rend-

szert felosztjuk kisebb pontrendszerekre, majd kulon-kulon meghatarozzuk ezek to-

megkozeppontjainak helyet es tomeget, ezutan pedig az ıgy kapott tomegkozeppontok

rendszerenek tomegkozeppontja az eredeti rendszer tomegkozeppontjat adja. A to-

megkozeppont fuggetlen attol, hogy milyen reszrendszerekre osztjuk fel az eredeti

rendszert.

2. Ha adott ket tomegpont, A es B, amelyek tomegei rendre α, β, akkor az AB sza-

kasznak azon C pontja lesz a tomegkozeppontja az A es B pontbol allo rendszernek,

amelyreAC

CB=β

α.

A tovabbiakban az egyszeruseg kedveert egy A es B tomegpontokbol allo rendszert

{A,B}-vel jelolunk.

3. Ha a tomegkozepponti rendszerre csak a nehezsegi ero hat, akkor a nehezsegi ero

tomegkozeppontra vonatkozo forgatonyomateka zerus.

4. Ha a tomegkozepponti rendszerre csak a nehezsegi ero hat, akkor a nehezsegi eronek

a tomegkozepponton atmeno osszes tengelyre vonatkozo forgatonyomateka zerus.

2.1.6. Megjegyzes.

• A 2. tulajdonsagbol adodik, hogy ha minden tomegpont tomeget az eredeti tomeg

k-szorosara (k ∈ R+) valtoztatjuk, akkor a tomegkozeppont helye nem valtozik.

• A 2. tulajdonsag ekvivalens a koordinatageometriaban hasznalatos osztopont defi-

nıciojaval. Legyen A helyvektora ~a, B-je ~b es C-je ~c, ekkor definıcio szerint az AB

szakasz α : β aranyu osztopontjanak helyvektora

~c =β~b+ α~a

α + β.

20

2.2. abra. Sulyvonal a haromszogben

• A 3. tulajdonsag alapjan egy tomegpontrendszert a tomegkozeppontjaban alata-

masztva a rendszer egyensulyban marad. Ez ugy kepzelheto el peldaul harom to-

megpont eseteben, hogy tekintunk egy haromszoglapot, amelynek a csucsaiban van-

nak tomegpontok, a haromszoglap tobbi pontjanak a tomege pedig elhanyagolhato.

Ekkor a haromszoglapot egy tuvel alatamasztva a tomegkozeppontban, a harom-

szoglap egyensulyban van.

• A 4. tulajdonsag alapjan egy tomegpontrendszert a tomegkozeppontja menten ala-

tamasztva a rendszer egyensulyban marad. Az imenti haromszoglapot tekintve, a

haromszoget egy vonalzoval alatamasztva a tomegkozepponton atmeno tetszoleges

egyenes menten a rendszer egyensulyban van.

2.2. A haromszog sulyvonala es sulypontja

Az alabbiakban a tomegkozeppontra vonatkozo ismereteinket hasznaljuk az alabbi jol

ismert geometriai osszefugges bizonyıtasahoz.

2.2.1. Allıtas. A haromszog sulyvonalai egy ponton mennek at, es ez a pont a sulyvonalak

csucstol tavolabbi harmadolopontja. Ezt a pontot a haromszog sulypontjanak nevezzuk.

2.2.1. Geometriai megkozelıtes

Lassuk eloszor a 2.2.1. Allıtas klasszikus bizonyıtasat!

Bizonyıtas. Tekintsuk egy ABC haromszog barmely ket sulyvonalat. A ket sulyvonal

messe egymast az M pontban, a ket oldalt pedig messe a ket sulyvonal F1-ben es F2-ben

(lasd 2.2. abra).

21

2.3. abra. A tomegpontokkal ellatott haromszog

Lathato, hogy az F1F2 szakasz a haromszog kozepvonala, amelyrol tudjuk, hogy parhu-

zamos az alappal, es F1F2 = BC2

. Ez alapjan az F1F2M es BCM haromszogek hasonloak,

mert F2F1M^ es MBC^ valtoszogek, tovabba F1MF2^ = BMC^ csucsszogek. Hasonlo

haromszogekben a megfelelo oldalak aranya allando, tehat esetunkben

BC : F1F2 = 2 : 1,

ıgy F2M : MC = 1 : 2. Abbol pedig, hogy ez barmely sulyvonalra igaz kovetkezik, hogy

a harmadik sulyvonal is atmegy az M ponton es azt is harmadolja.

2.2.2. Tomegpontos megkozelıtes

Nezzuk meg most a 2.2.1. Allıtas egy bizonyıtasat a tomegkozeppont tulajdonsagaira

tamaszkodva!

Bizonyıtas. Rendeljunk hozza egy ABC haromszog harom csucsahoz egy-egy azonos S

tomeget a 2.3. abranak megfeleloen. Ezaltal egy harom pontbol allo tomegpontrendszer-

hez jutunk. Osszuk fel a rendszerunket ket kisebb reszrendszerre a kovetkezokeppen: az

egyik alrendszer alljon az A csucsbol, a masik pedig legyen a B es C pontok alkotta rend-

szer. Hatarozzuk meg ezen alrendszerek tomegkozeppontjait. Az A csucsbol allo rendszer

2.4. abra. A ket tomegkozeppont 2.5. abra. A teljes rendszer tomegkozeppontja

22

tomegkozeppontja nyilvanvaloan A, az S tomeggel, a masik rendszere pedig eppen a BC

szakasz F felezopontja 2S tomeggel (2.4. abra). Ha pedig a kapott ket tomegkozeppont-

nak keressuk meg a tomegkozeppontjat, akkor a tomegkozeppont 2. tulajdonsaga alapjan

tudjuk, hogy a tomegkozeppont rajta van az AF szakaszon, es a tomegek aranya miatt

az is jol lathato, hogy harmadolopont, meghozza az A ponttol tavolabbi (2.5. abra). A

kapott tomegkozeppont a haromszog sulypontja.

A tomegkozeppontba hasonloan eljuthatunk, ha az elobbitol eltero reszrendszerekre

osztjuk fel a rendszert, hiszen a tomegkozeppont 1. tulajdonsaga alapjan ugyanahhoz a

ponthoz kell jutnunk. Igy ha a ket alrendszer B es {A,C}, akkor (az elozohoz hasonloan)

a tomegkozeppont rajta van a B pont es az AC szakasz felezopontja altal meghatarozott

szakaszon, ha pedig a ket reszrendszer C es {A,B}, akkor pedig az AB szakasz felezo-

pontja es a C pont altal meghatarozott szakaszon. A tomegkozeppont tehat rajta van a

haromszog mindharom sulyvonalan es a tomegek alapjan lathato, hogy a tomegkozeppont

a sulyvonalak csucstol tavolabbi harmadolopontja.

2.2.2. Megjegyzes. Valojaban a ket megkozelıtes gyokere ugyanaz, a tomegkozeppontos

erveles inkabb meg szemleletesebbe teszi a bizonyıtas menetet.

2.3. Ceva-tetel

A kovetkezo tetel (amely Giovanni Ceva olasz matematikus nevet viseli) a haromszog

sulypontjanak az elozo szakaszban bizonyıtott tulajdonsagat altalanosıtja.

2.3.1. Allıtas. Legyen ABC tetszoleges haromszog, es legyenek az A1, B1 es C1 pontok

rendre a BC, AC es AB oldalakon. Ekkor az AA1, BB1 es CC1 szakaszok pontosan akkor

metszik egymast egy pontban, ha

AB1

B1C· CA1

A1B· BC1

C1A= 1. (2.1)

2.3.1. Tomegpontos bizonyıtas

A Ceva-tetelt a kovetkezokeppen igazolhatjuk tomegpontok segıtsegevel.

Bizonyıtas. Eloszor tegyuk fel, hogy a (2.1) osszefugges teljesul, ekkor belatjuk, hogy a

harom szakasz egy pontban metszi egymast. A bizonyıtas hasonloan fog tortenni, mint a

haromszog sulyvonalainak eseteben. A csucsokhoz megfelelo tomegeket rendelunk, es meg-

mutatjuk, hogy az ıgy kapott tomegpontrendszer tomegkozeppontja rajta van a megfelelo

szakaszokon. Az egyszeruseg kedveert jeloljuk a kovetkezokeppen a megfelelo szakaszok

23

2.6. abra. Ceva-tetel

hosszait:

AB1 = a, B1C = b, (2.2)

CA1 = c, A1B = d, (2.3)

BC1 = e, C1A = f. (2.4)

Ekkor a (2.1) osszefugges a kovetkezo alakba ırhato at:

a

b· cd· ef

= 1. (2.5)

Rendeljuk a kovetkezo tomegeket a haromszog csucsaihoz. Legyen az A csucs tomege bd,

a B csucse ac es a C csucs tomege pedig legyen ad. Nezzuk meg, hogy ha alrendszerekre

bontjuk szet a rendszert ugy, hogy az egyik alrendszer az egyik csucs, a masik alrendszer

pedig a maradek ket csucsbol all, akkor a ket csucsbol allo rendszereknek hol van a

tomegkozeppontja (mivel az egy csucsbol allo rendszer tomegkozeppontja egyertelmu,

hogy onmaga). Ha az alrendszer {B,C}, akkor a tomegkozeppont egy olyan P pont a B

es C pontokat osszekoto szakaszon, amelyre

CP

PB=ac

ad.

Lathato, hogy A1 eppen ilyen tulajdonsagu, tehat A1 = P . Hasonloan, az {A,C} rendszer

tomegkozeppontja eppen B1. Vegul tekintsuk az {A,B} rendszert. A tomegkozeppont

eppen abban az A-tol x es B-tol y tavolsagra levo pontban lesz, amelyre teljesulnek a

kovetkezok:x

y=ac

bdes x+ y = f + e.

24

Mivel a (2.5) osszefuggesbol kovetkezik, hogy

ac

bd=f

e,

ıgy szuksegkeppen x = f es y = e, tehat C1 a tomegkozeppontja {A,B}-nek. Mivel a

tomegkozeppont nem fugg az alrendszerek megvalasztasatol, ezert a megadott tomeg-

pontrendszer tomegkozeppontja (a 2.6. abran O) rajta van AA1-en, BB1-en es CC1-en

is. Ezzel az allıtas egyik iranyat belattuk.

Lassuk be most az allıtas masik iranyat! Tegyuk fel, hogy az AA1, BB1, CC1 szakaszok

egy pontban metszik egymast, ezt a pontot jeloljuk O-val. Belatjuk, hogy ekkor teljesul

a (2.1) osszefugges.

Hasznaljuk a korabban bevezetett (2.2), (2.3) es (2.4) jeloleseket! A bizonyıtas otlete,

hogy ugy rendelunk tomegeket a haromszog csucsaihoz, hogy az ıgy kapott tomegpont-

rendszernek a tomegkozeppontja eppen O-ban legyen. Jelolje SA az A csucs tomeget, SB

a B-jet, SC a C-jet. Legyen

SB = c,

SC = d,

ıgy {B,C} tomegkozeppontja eppen A1 lesz SB + SC tomeggel. Ekkor az A csucs tome-

get ugy kell megvalasztanunk, hogy az A1 es A tomegpontok tomegkozeppontja eppen O

legyen. Ehhez olyan SA tomeget kell adnunk az A-nak, hogy az A es az A1 tomegpon-

tokra hato nehezsegi erok O pontra vonatkozo forgatonyomatekai kiegyenlıtsek egymast

(a tomegkozeppont 3. tulajdonsaga). Kihasznalva, hogy az A es A1 tomegpontokra hato

nehezsegi erok parhuzamosak, tehat azonos szoget zarnak be az ABC haromszog sıkjaval,

azaz a szinuszos tag elhagyhato, ez a kovetkezot jelenti:

SA · g ·OA = (SB + SC) · g ·OA1,

ahol g a nehezsegi gyorsulas. Az egyenlet mindket oldalat g-vel leosztva a kovetkezohoz

jutunk:

SA ·OA = (SB + SC) ·OA1.

Az imenti osszefugges tehat adott SB es SC tomegek eseten megadja azt az SA tomeget,

amellyel az A, B, C tomegpontrendszer tomegkozeppontja eppen az O pont.

A tomegkozeppont 4. tulajdonsaga alapjan tudjuk, hogy ha a haromszoget az AA1

szakasz menten alatamasztjuk, akkor a haromszog egyensulyban van, hiszen AA1 egy

tomegkozepponton atmeno egyenesen van rajta (lasd 2.7. abra). Az egyensuly miatt a B es

a C pontokra hato nehezsegi erok A1-re vonatkozo forgatonyomatekai szinten kiegyenlıtik

25

2.7. abra. Az alatamasztas

egymast, mivel a {B,C} rendszer tomegkozeppontja A1. Az elozohoz hasonloan, a B es

C pontban hato erok parhuzamosak, ezert azonos szoget zarnak be az ABC haromszog

sıkjaval, ıgy a szinuszos tag itt is elhagyhato, es

SB · g · d = SC · g · c,

amelyet a g nehezsegi gyorsulassal egyszerusıtve

SB · d = SC · c. (2.6)

Hasonloan lathato, hogy teljesul

SC · b = SA · a, (2.7)

SA · f = SB · e. (2.8)

Ha a (2.6), (2.7), (2.8) egyenleteket osszeszorozzuk, akkor a kovetkezohoz jutunk:

SA · f · SB · d · SC · b = SA · a · SB · e · SC · c.

Innen SASBSC-vel valo egyszerusıtes es f · d · b-vel valo leosztas utan

1 =a

b· cd· ef

adodik, amelyet igazolni szerettunk volna.

2.4. Alkalmazas versenyfeladatokban

Az alabbiakban ket versenyfeladat megoldasaban alkalmazzuk a tomegpontos megko-

zelıtest.

26

2.4.1. Arany Daniel Matematikai Tanuloverseny 2012/2013

Az elso feladat az Arany Daniel Matematikai Tanuloverseny 2012/2013-as tanevi donto

fordulojaban szerepelt a kezdok I. kategoriajaban.

2.4.1. Feladat. Az ABC haromszog BC, AC, AB oldalain adottak a D, E, F pontok

ugy, hogy az AD, BE, CF szakaszok egy kozos O pontban metszik egymast. Hatarozzuk

meg az OF szakasz hosszat, ha AO = 23, BO = 24, CO = 29, OD = 7 es OE = 8 egyseg

hosszusagu.

Megoldas teruletek segıtsegevel

A feladat hivatalos megoldasa a kovetkezo volt (megtalalhato a [11] internetes olda-

lon). Vezessunk be jeloleseket az ABC haromszog egyes reszeinek teruletere (lasd 2.8.

abra). Mivel ABO es ABC haromszogek alapja kozos, es a magassagok aranya pedig

OF : CF , ezert a haromszogek teruleteinek aranya

OF

CF=

t1 + t2t1 + t2 + t3 + t4 + t5 + t6

. (2.9)

Hasonloan kapjuk a kovetkezo aranyokat:

OD

AD=

t3 + t4t1 + t2 + t3 + t4 + t5 + t6

, (2.10)

OE

BE=

t5 + t6t1 + t2 + t3 + t4 + t5 + t6

. (2.11)

A (2.9), (2.10) es (2.11) egyenleteket osszeadva kapjuk, hogy

OD

AD+OE

BE+OF

CF= 1.

A megfelelo hosszusagokat behelyettesıtve

OF

CF= 1− OD

AD− OE

BE= 1− 7

30− 8

32=

31

60.

2.8. abra. A 2.4.1. Feladat abraja

27

Mivel CF = CO +OF , ezertOF

29 +OF=

31

60.

Az egyenletet megoldva azt kapjuk, hogy OF = 31, azaz a keresett szakasz hossza 31

egyseg hosszusagu.

Megoldas tomegpontok segıtsegevel

Oldjuk meg most a 2.4.1. Feladat feladatot tomegkozepponti rendszerek segıtsegevel!

Adjunk az A, B es C csucsoknak rendre olyan α, β es γ tomegeket, hogy az {A,B,C}pontrendszer tomegkozeppontja eppen az O pontban legyen. Ehhez a kovetkezoknek kell

teljesulnie:

• az {A,B} rendszer tomegkozeppontja F , α + β tomeggel,

• a {B,C} rendszer tomegkozeppontja D, β + γ tomeggel,

• az {A,C} rendszer tomegkozeppontja E, α + γ tomeggel.

Mivel azt szeretnenk, hogy az O pont legyen a rendszer tomegkozeppontja, ezert az

{A,D}, {B,E}, {C,F} rendszerek tomegkozeppontja is O kell, hogy legyen. Ekkor az

x = OF jelolessel a kovetkezo egyenletekhez jutunk a tomegkozeppont 2. tulajdonsaga

alapjan:

23

7=β + γ

α, (2.12)

24

8=α + γ

β, (2.13)

x

29=

γ

α + β. (2.14)

2.9. abra. A 2.4.1. Feladat abraja

28

Az elso ket egyenletet atrendezve:

7β = 23α− 7γ,

24β = 8α + 8γ.

A masodik egyenlet 78-szorosat hozzaadva az elso egyenlethez, 28β = 30α, tehat

28

30=α

β.

A masodik egyenlet 724

-szeresebol kivonva az elso egyenletet, 623α = 28

3γ, tehat

62

28=γ

α.

Ezek alapjan valasszuk meg a kovetkezokeppen a tomegeket:

A tomege = α,

B tomege = β =30

28α,

C tomege = γ =62

28α.

Ezt (2.14)-be visszahelyettesıtve,

x = 29γ

α + β= 29

6228α

α + 3028α

= 296228

28+3028

= 2962

58= 31,

tehat az OF szakasz hossza 31 egyseg.

2.4.1. Megjegyzes. Valojaban a feladatban szereplo haromszog nem letezik, ugyanis az

ABO haromszogben az OF szakasz nyilvanvaloan nem lehet hosszabb az OA es az OB

szakaszoknal.

2.4.2. Arany Daniel Matematikai Tanuloverseny 1980/1981

A kovetkezo feladat az Arany Daniel Matematikai Tanuloverseny 1980/1981. tanevi

I. fordulojaban szerepelt a kezdok kategoriajaban.

2.4.2. Feladat. Legyen az ABC haromszog AC oldalanak felezopontja D, tovabba messe

a C-n es a BD szakasz F felezopontjan atmeno egyenes az AB oldalt az E pontban!

Milyen aranyban osztja kette E az AB oldalt?

29

2.10. abra. A feladatbeli haromszog

Megoldas kozepvonalakkal

A feladat egyik hivatalos megoldasa a [8] konyv alapjan a kovetkezo. Messe a D-n

atmeno es a CE szakasszal parhuzamos egyenes az AB szakaszt a G pontban (lasd 2.10.

abra). Ekkor DG szakasz az AEC haromszog kozepvonala. Ugyanakkor FE szakasz a

BDG haromszog kozepvonala, mivel F felezopontja a BD szakasznak. Ekkor AG = GE,

valamint GE = EB miatt E harmadolopont, meghozza a B oldalhoz kozelebbi.

Megoldas tomegpontok segıtsegevel

Most nezzuk meg a feladat megoldasat tomegponti megkozelıtessel. A feladatbeli ha-

romszog a 2.11. abran lathato. Rendeljunk tomegeket a haromszog csucsaihoz ugy, hogy

a kapott tomegpontrendszernek az F -ben legyen a tomegkozeppontja.

Legyen az A csucsba helyezett tomeg S. Osszuk ket alrendszerre a haromszog csucsait

ugy, hogy az egyik rendszer alljon B-bol, a masik legyen {A,C}. Mivel az F pont rajta van

2.11. abra. A 2.4.2. Feladat abraja

30

2.12. abra. A haromszog a megfelelo tomegekkel

a B es D pontok osszekoto egyenesen, ezert a D pontnak kell lennie az {A,C} rendszer

tomegkozeppontjanak. Mivel D felezopont, ezert C-nek es A-nak azonos tomeget kell

adni, tehat a C pont tomege is legyen S. Igy tehat az alrendszer tomegkozeppontja D,

2S tomeggel.

Most meg meg kell hataroznunk a B csucshoz rendelt tomeget ugy, hogy a {B,D}rendszer tomegkozeppontja eppen az F felezopont legyen. Mivel D tomege 2S es F felezo-

pontja BD-nek, ezert a B csucshoz rendelt tomegnek azonosnak kell lennie a D csucshoz

rendelttel, azaz a B csucs tomege is legyen 2S.

A haromszog csucsaiban elhelyezett tomegek tehat

mA = S, mB = 2S, mC = S.

Tudjuk, hogy a tomegkozeppont fuggetlen az alrendszerek megvalasztasatol, es mivel

az EC szakaszon rajta van az F pont, ezert ha a C es {A,B} alrendszereket valasztjuk, a

tomegkozeppontnak szinten F -nek kell lennie. Az {A,B}-nek a tomegkozeppontja tehat

E kell, hogy legyen. Mivel az A csucs tomege S es B-je pedig 2S, ezert az E pontnak a

tomege 3S kell, hogy legyen, es a tomegek aranya miatt az E pont harmadolopontja az

AB-nek. Mivel a B csucs tomege 2S, ezert az E a B-hez kozelebbi harmadolopont, ıgy a

haromszog a tomegekkel a 2.12. abranak megfeleloen nez ki.

31

3. fejezet

Integralszamıtas es a fizika

Ebben a fejezetben nehany peldat mutatunk arra, hogyan alkalmazhatunk egyszeru

fizikai elveket az integralszamıtasban. Szo lesz tobbek kozott Arkhimedesz hıres modsze-

rerol, es integralokat szamolunk ki a munkavegzes fogalmanak segıtsegevel.

3.1. Arkhimedesz es a gomb terfogata

Mielott elkezdenenk targyalni, hogy Arkhimedesz milyen modszer segıtsegevel szamol-

ta ki a gomb terfogatat, es alkotta meg ezaltal az integralszamıtas alapjait, tekintsuk at,

hogy milyen ismeretekkel rendelkezett.

Arkhimedesz mar tudta Demokritosznak koszonhetoen, hogy egy forgaskup terfogata

megegyezik egy ugyanolyan alapu es magassagu henger terfogatanak harmadaval. A go-

rogok mar ekkor rendelkeztek bizonyos koordinatageometriai ismeretekkel. A sıkon egy

pont helyet ugy adtak meg, hogy a sıkon rogzıtettek ket egyenest, majd vettek a mozgo

pontnak a ket egyenestol mert tavolsagat.

Azzal is tisztaban voltak, hogy ha a ket egyenes meroleges egymasra, es az egyenesektol

mert tavolsagok x es y, amelyekre x2 + y2 allando egy mozgo pont eseten, akkor a pont

palyaja egy korvonal.

Terjunk most ra Arkhimedesz modszerere (az [1] konyv alapjan), amellyel megha-

tarozta a gomb terfogatat. Arkhimedesz a gombot egy kor megforgatottjakent allıtotta

elo, a kort pedig olyan halmaznak vette, amelyet a mozgo pont ket rogzıtett, egymasra

meroleges tengelytol mert tavolsagai kozotti osszefugges jellemez. Arkhimedesznek meg

nem voltak meg azon ismeretei, amelyek a kovetkezo leırashoz szuksegesek, de lenyegeben

a kovetkezot fogalmazta meg. Az r sugaru, az y-tengelyt az origoban erinto kor egyenlete

(x− r)2 + y2 = r2,

32

3.1. abra. Arkhimedesz abraja

azaz

x2 + y2 = 2rx. (3.1)

A gombot tehat ugy kapjuk, hogy a kort megforgatjuk az x-tengely korul. Probaljunk

meg szemleletes jelentest adni a (3.1) egyenlet egyes tagjainak. Konnyen lathato, hogy y2π

a gomb valtozo keresztmetszetenek terulete. Hasonloan, x2π elkepzelheto ugy, mint egy

olyan kupnak a valtozo keresztmetszete, amelyet ugy kapunk, hogy az y = x egyenletu

egyenest megforgatjuk az x-tengely korul. Celszeru tehat a (3.1) egyenlet mindket oldalat

megszorozni π-vel. Ekkor a kovetkezot kapjuk:

x2π + y2π = 2πrx. (3.2)

Az elobbi meggondolasok alapjan probaljunk a jobb oldalon levo kifejezesnek is egy geo-

metriai ertelmezest adni. Elso ranezesre nem vilagos, hogyan is lehetne szemleltetni, ezert

az egyenlet mindket oldalat szorozzuk meg 2r-rel. Ekkor

2r(x2π + y2π) = (2r)2πx. (3.3)

A 3.1. abra alapjan jol lathato, hogy az egyenletunkben harom kornek a terulete jelenik

meg: x2π, y2π es (2r)2π. Ez a harom kor nem mas, mint harom forgastest ugyanazon

33

3.2. abra. A testek felfuggesztesenek sıkmetszete

sıkkal vett keresztmetszete. A sık olyan helyzetu, hogy meroleges az x-tengelyre es az

origotol x tavolsagra helyezkedik el. Ekkor a harom forgastest rendre egy gomb, egy

kup es egy henger. A gomb olyan kor x-tengely koruli megforgatottja, amely erinti az

origoban az y-tengelyt es r a sugara. A forgaskupot az y = x egyenes x-tengely koruli

megforgatasaval kapjuk, es csucsa az origo. A hengert pedig az y = 2r egyenes x-tengely

koruli forgatasaval kapjuk. A hengernek es a kupnak azonos a magassaga es az alapja, a

magassag es a kozos alap sugara is egyarant 2r.

Most pedig megismerhetjuk Arkhimedesz zsenialis otletet. Kezeljuk kulon azokat a

koroket, amelyeknek a teruletei a (3.3) egyenlet ket oldalan megjelennek. Arkhimedesz a

hengerbol kivagott 2r sugaru kort helyben hagyja, x tavolsagra az origotol, es a masik

oldalon levo ket kort athelyezi a (−2r; 0) pontba. Ezt a pontot jeloljuk T -vel. Fuggesszuk

fel a kup es a gomb sıkmetszetekent kaphato koroket egy elhanyagolhato tomegu kotellel

T -ben ugy, hogy a kotel menjen at a korok centrumain (lasd 3.2. abra). Tekintsuk az

x-tengelyt egy emelonek, vagyis egy merev, elhanyagolhato tomegu rudnak, amelyet az

origoban tamasztunk ala. Igy a 3.2. abran lathato elrendezeshez jutunk. A (3.3) egyen-

letre ugy is gondolhatunk, mintha az O pontra vonatkozo forgatonyomatekokrol szolna.

Ha az egyenlet fennall, akkor az azt jelenti, hogy a bal oldali ket kor forgatonyomateka

megegyezik a jobb oldali kor forgatonyomatekaval, azaz az emelo egyensulyi helyzetben

van. Az abra alapjan jol lathato, hogy ha x ∈ [0, 2r], akkor a henger osszes lehetseges

keresztmetszetet megkapjuk, amelyek kitoltik a teljes hengert. Ugyanakkor minden egyes

henger keresztmetszethez tartozik pontosan ket darab kor, a gomb, illetve a kup T pont-

34

ban felfuggesztett keresztmetszetei. Ezek is kitoltik ezen az intervallumon a teljes gombot,

illetve a kupot. Mivel a megfelelo keresztmetszetek egyensulyban vannak, ezert igaz lesz,

hogy a felfuggesztett gomb es a kup egyensulyban van a hengerrel. Ez azt jelenti, hogy a

forgatonyomatekok megegyeznek (1.2.3. torveny).

Irjuk fel az origora nezve a testek forgatonyomatekait a jobb, illetve bal oldalra. Je-

loljuk V -vel a gomb terfogatat, hiszen Arkhimedesz ezt meg nem tudta, hogy pontosan

mennyi, viszont Demokritosznak koszonhetoen ismerte a kup terfogatara vonatkozo kep-

letet, azaz hogy a kup terfogata akkora, mint egy azonos alapu es magassagu henger

terfogatanak harmada. Ezenkıvul Arkhimedesz a henger terfogatara vonatkozo kepletet

is ismerte. A megfelelo testek forgatonyomatekai tehat, felhasznalva, hogy a henger to-

megkozeppontja az origotol r tavolsagra van

2r

(V +

(2r)2π2r

3

)= rπ(2r)22r.

A fenti egyenletet egyszerusıtve a kovetkezohoz jutunk:

V +(2r)3π

3= 4πr3,

az egyenletet V -re rendezve es egyszerubb alakra hozva:

V = 4πr3 − (2r)3π

3=

4r3π

3.

Az r sugaru gomb terfogata tehat 4r3π3

.

Jol lathato, hogy az otlet, hogy”vagjuk” fel infinitezimalis vastagsagu darabokra a

testeket zsenialis, am ez nincs logikailag alatamasztva, tehat nem nevezheto korrekt bi-

zonyıtasnak. Ezzel Arkhimedesz is tisztaban volt, de tudta, hogy a kesobbiekben nagy

jelentosege lesz felfedezesenek. Igy alapozta meg Arkhimedesz az integralszamıtast.

3.2. A munkavegzes es a potencialis energia fogalma

A kovetkezokben a munkavegzes fogalmanak segıtsegevel fogunk integralokat kisza-

molni. Eloszor roviden emlekeztetunk a szukseges ismeretekre.

3.2.1. Definıcio. Ha egy pontszeru test, amelyre – esetleges mas erokon kıvul – az

allando ~F ero hat, az ~F iranyaban s tavolsaggal elmozdul, akkor az ~F ero s uton vegzett

munkaja az ero nagysaganak es az s utnak a szorzataval egyenlo [4]. Azaz

W =∣∣∣~F ∣∣∣ · s.35

3.3. abra. A munkavegzes

3.2.2. Megjegyzes. Ha egy test egy allando ~F ero hatasara egyenes vonalban mozog, akkor

az ero munkaja az ero mozgas iranyu komponense nagysaganak es az elmozdulasanak a

szorzata. Peldaul a 3.3. abran lathato esetben az ero altal vegzett munka munka

W =∣∣∣ ~F‖∣∣∣ · |γ(b)− γ(a)| =

∣∣∣~F ∣∣∣ · cosα · |γ(b)− γ(a)| =⟨~F , γ(b)− γ(a)

⟩.

Tetszoleges gorbe menten valo elmozdulas eseten a munkavegzest, mint vonalintegralt

ertelmezzuk. Ehhez felelevenıtjuk a vonalintegrallal kapcsolatos ismereteinket.

Legyen f : Rp → Rp adott fuggveny, melyre szemleletesen tekinthetunk ugy, mintha

a ter minden pontjaban adott lenne egy vektor. Ekkor ezt az f fuggvenyt vektormezonek

nevezzuk. Fizikailag f tekintheto eroternek, azaz minden x ∈ Rp pontban az f(x) meg-

adja az x pontban hato erot. Haladjon most vegig egy pontszeru test a γ : [a, b] → Rp

(folytonosan differencialhato) gorbe menten, es hatarozzuk meg, mekkora munkat vegez

az eroter ekkor a testen!

Kozelıtsuk a γ gorbet beırt torottvonallal, ekkor a testen vegzett munka kozelıtoleg

az egyes szakaszokon vegzett munkak osszege. Az [a, b] felosztasa legyen a = t0 < t1 <

. . . < tn−1 < tn = b. Az i-edik szakaszon vegzett munkat kozelıtsuk egy kozbulso, γ(ci)

pontbeli ero altal az adott szakaszon vegzett munkaval, azaz vegyuk az f(γ(ci)) eronek a

szakaszra eso komponensenek hosszat es szorozzuk meg az i-edik szakasz hosszaval, tehat

formalisan, ha az f(γ(ci)) ero αi szoget zar be a szakasszal, akkor a munkavegzes

|f(γ(ci))| · cosαi · |γ(ti)− γ(ti−1)| = 〈f(γ(ci)), γ(ti)− γ(ti−1)〉 .

Ez alapjan egy jo kozelıtes a munkavegzesre a γ gorbe menten a kovetkezo osszeg:

n∑i=1

〈f(γ(ci)), γ(ti)− γ(ti−1)〉 .

A beırt torottvonalak”minden hataron tuli finomıtasaval” megkapjuk az eroter altal

a testen vegzett munkat. Ezt nevezzuk az f vektormezo vonalintegraljanak a γ gorbe

menten.

36

3.2.3. Definıcio (Vonalintegral). Legyen f : Rp → Rp vektormezo es γ : [a, b] → Rp

gorbe. Azt mondjuk, hogy az f vektormezo γ gorbe menti integralja letezik es I ∈ R, ha

minden ε > 0-hoz letezik δ > 0, hogy ha [a, b]-nek az a = t0 < t1 < . . . < tn−1 < tn = b

felosztasa finomabb, mint δ (azaz maxi=1,...,n |ti − ti−1| < δ), tovabba ti−1 < ci < ti,

i = 1, . . . , n tetszoleges kozbulso pontok, akkor∣∣∣∣∣n∑i=1

〈f(γ(ci)), γ(ti)− γ(ti−1)〉 − I

∣∣∣∣∣ < ε.

Ekkor I-t az f vektormezo γ menti vonalintegraljanak nevezzuk. Jelolese:

I =

∫γ

f.

3.2.4. Definıcio (~F egy γ gorbe menten vegzett munkaja). Az ~F ero valamely γ gorbe

menten vegzett munkaja az ero gorbe menti vonalintegralja, azaz:

W =

∫γ

~F .

A vonalintegral letezesenek egy elegseges feltetelet fogalmazza meg a kovetkezo tetel.

3.2.5. Tetel. Legyen f : Rp → Rp folytonos vektormezo, γ : [a, b] → Rp differencialhato

gorbe, es minden j = 1, 2, . . . , p-re γ′j integralhato (peldaul γ folytonosan differencialhato).

Ekkor letezik az f vektormezo γ gorbe menti vonalintegralja, es∫γ

f =

∫ b

a

〈f(γ(t)), γ′(t)〉 dt.

3.2.6. Definıcio (Konzervatıv ero). Az ~F ero konzervatıv, ha mikozben egy testet egyik

pontbol egy masikba viszunk, akkor a vegzett munka fuggetlen a ket pont kozott bejart

uttol.

3.2.7. Definıcio (Potencialis energia konzervatıv eroterben). Egy meghatarozott A pont-

ban levo test potencialis energiajat azzal a munkaval jellemezzuk, amelyet a testre hato

erok elleneben vegeznunk kell, mıg a testet A0 pontbol A pontba visszuk, ahol A0 a

referencia pont.

3.2.1. Torveny. Az altalunk, egy konzervatıv ero elleneben vegzett munka a γ gorbe

menten megegyezik a tomegpont potencialis energiajanak megvaltozasaval.

37

3.4. abra. A potencialis energia

Nezzuk meg kicsit reszletesebben, hogy mibol is kovetkezik a 3.2.1. Torveny. Ehhez

tekintsuk a 3.4. abrat. Legyen EA1 azon potencialis energia, amely egy adott test A0-bol

A1-be, EA2 azon potencialis energia, amely az adott test A0-bol A2-be, ∆E pedig azon

potencialis energia, amely az adott test A1-bol A2-be valo vitelehez szukseges. Mivel az

eroter konzervatıv, ezert a vegzett munka fuggetlen a bejart uttol, es a 3.2.7. Definıcio

miatt a potencialis energia is. Ezek alapjan teljesul, hogy

EA2 = EA1 + ∆E,

atrendezve

∆E = EA2 − EA1 . (3.4)

A 3.2.7. Definıcio alapjan viszont ∆E azon munka, amely a test A1-bol A2-be valo vite-

lehez szukseges, azaz ha W -vel jeloljuk ezt a munkat, akkor teljesul, hogy W = ∆E =

EA2 − EA1 , vagyis a potencialis energia megvaltozasa megegyezik az altalunk vegzett

munkaval. Ezzel a 3.2.1. Torvenyhez jutottunk.

Matematikailag arrol van szo, hogy a potencialis energia a (−1)-szerese az f konzer-

vatıv vektormezo egy olyan (tobbvaltozos ertelemben vett) primitıv fuggvenyenek, amely

a referenciapontban eltunik. A tobbvaltozos analızis tanulmanyainkbol tudjuk, hogy ha f

konzervatıv valamint folytonosan differencialhato vektormezo, es rogzıtunk egy x0 pontot

a terben, akkor az x0-tol x-ig vett vonalintegral az f egy F primitıv fuggvenyet adja,

vagyis a derivaltja eppen f . Azaz, ha

F (x) =

∫γ[x0,x]

f,

38

ahol γ[x0,x] egy tetszoleges, x0-t x-szel osszekoto (folytonosan differencialhato) gorbe, ak-

kor

F ′(x) = f(x).

Teljesul tovabba a Newton–Leibniz-tetel altalanosıtasa, vagyis a vonalintegral (azaz az

ero altal vegzett munka) a primitıv fuggveny ket pont kozotti megvaltozasa. Azaz, ha

letezik F , amelyre F (x) =∫γ[x0,x]

f , akkor a γ : [a, b] → Rp folytonosan differencialhato

gorbe menten az f : Rp → Rp konzervatıv vektormezo vonalintegralja∫γ

f = F (b)− F (a).

Ezt (−1)-gyel megszorozva eppen a (3.4) osszefuggest nyerjuk.

3.2.2. Torveny. A nehezsegi eroter konzervatıv.

A 3.2.2. Torveny eseteben is nezzuk meg kicsit reszletesebben, hogy mi a matematikai

hattere. Helyezzunk egy adott m tomegu testet a (haromdimenzios) nehezsegi eroterbe.

Ekkor f(x, y, z) = (0, 0,−mg), amelynek egy primitıv fuggvenye F (x, y, z) = −mg · z.

Nyilvanvalo, hogy z = 0 eseten F (x, y, z) = 0, tehat a referenciaallapotot az xy-sıkhoz

rogzıtettuk. Ekkor a potencialis energia (−1)-szereset kapjuk. Vagyis a kozepiskolaban

tanult mgh helyzeti energiara vonatkozo osszefuggeshez jutottunk (lasd meg az 1.2.4.

Definıciot), valamint azt is megkaptuk, hogy az m tomegu testet h1 magassagbol h2

magassagba juttatva az eroter elleneben vegzett munka

∆Epot = mgh2 −mgh1.

3.3. Integralok kiszamıtasa mechanika segıtsegevel

A kovetkezo peldakban megmutatjuk, hogyan lehet kulonbozo integralok ertekeit ugy

kiszamıtani, hogy nem magat az integralast vegezzuk el.

3.3.1. Problema. Szamıtsuk ki a kovetkezo hatarozott integralt!∫ 1

0

x√1− x2

dx =?

Megoldas. Tekintsuk a kovetkezo kıserleti elrendezest. Legyen egy egysegnyi sulyu test

felfuggesztve egy egysegnyi hosszu, elhanyagolhato tomegu kotelre. A test legyen egy

olyan fuggoleges rudra felszerelve, amely a testet csak fuggolegesen (surlodasmentesen)

engedi elmozdulni. Kezdetben legyen a kotel is fuggoleges helyzetu (lasd 3.5. abra). Ha a

39

3.5. abra. A test mozgasanak szemleltetese

kotelet a felso vegenel fogva a kezdeti allapothoz kepest vızszintesen mozgatjuk, akkor a

test fuggolegesen felfele fog elmozdulni.

Jelolje a kotel felso vegenek a kiindulasi helyzethez viszonyıtott vızszintes tavolsagat

x. Ekkor, ha a kotel felso vegenek helyzetet x = 0-tol (kiindulasi helyzet) x = 1-ig

valtoztatjuk, akkor az ekozben vegzett munka a kovetkezokeppen szamıthato ki definıcio

alapjan

W =

∫ 1

0

∣∣∣~F (x)∣∣∣ dx,

ahol∣∣∣~F (x)

∣∣∣ annak az eronek a nagysaga, amely a kotel felso vegenek x helyzeteben

szukseges a kotel megtartasahoz. Ugyanennyi munkat kell vegeznunk azonban akkor is, ha

a kotelet fuggolegesen emeljuk egy egyseggel magasabbra a kiindulasi helyzethez kepest,

azaz

W =∣∣∣~G∣∣∣ · 1 = 1,

tehat W =∫ 1

0

∣∣∣~F (x)∣∣∣ dx = 1. Megmutatjuk, hogy az ~F (x) ero nagysaga esetunkben∣∣∣~F (x)

∣∣∣ =x√

1− x2.

Ehhez tekintsuk a 3.6. abrat! Az ~F (x) es ~G vektorok osszegenek egyenlonek kell lennie ~K-

val az 1.2.3. Torveny alapjan, mivel a rendszer egyensulyban van, ha az x helyzetben F (x)

erovel tartjuk a kotel veget, tehat szuksegkeppen a testre hato erok eredoje 0. A 3.6. abra

alapjan ırjuk fel tanα erteket, egyszer az erok nagysaganak segıtsegevel, majd a kotel vege

40

3.6. abra. A fellepo erok, valamint a testre hato erok osszegzese

vızszintes helyzetenek fuggvenyeben. Felhasznalva, hogy a test sulya eppen egysegnyi,

tanα =

∣∣∣~F (x)∣∣∣∣∣∣~G∣∣∣ =

∣∣∣~F (x)∣∣∣ ,

valamint, a kotel vege x helyzetenek fuggvenyeben

tanα =x√

1− x2,

tehat∣∣∣~F (x)

∣∣∣ = x√1−x2 teljesul. Igy arra jutottunk, hogy

∫ 1

0

x√1− x2

dx = 1.

3.3.1. Megjegyzes. Az eredmeny ellenorizheto az integralas elvegzesevel:∫ 1

0

x√1− x2

dx =[−√

1− x2]10

= −√

1− 12 − (−√

1− 0) = 0− (−1) = 1.

Az alabbiakban egy masik integral erteket fogjuk meghatarozni a mechanikai ismereteink

es egy felfuggesztett merev rud segıtsegevel.

3.3.2. Problema. Szamıtsuk ki a kovetkezo hatarozott integralt!∫ x

0

sin t dt =?

41

3.7. abra. Az elrendezes es a fellepo erok

Megoldas. Tekintsuk a kovetkezo kıserleti elrendezest. Legyen egy O pontban felfuggeszt-

ve egy egysegnyi hosszu, elhanyagolhato tomegu merev rud, amelynek a vegen egy egy-

segnyi sulyu pontszeru test helyezkedik el. A rud egy zsaner segıtsegevel van felfuggesztve

az O pontban, tehat a rud elforgathato a zsaner tengelye korul. Az elrendezes a 3.7. abran

lathato. A keresett integral erteket a fellepo erok segıtsegevel fogjuk meghatarozni.

Ha a rudat t szoggel forgatjuk el a fuggolegeshez kepest, akkor a rud megtartasahoz

sin t nagysagu, erinto iranyu erore van szukseg, ami az abran jol lathato. Mivel a rud

hossza 1, ezert a rud t szogu elforgatasaval leırt korcikk ıvhossza eppen t lesz. Zarjon be a

fuggolegessel most a rud t szoget. Ekkor a rud ezen allapotabol egy t+dt szogu allapotaba

valo vitelehez a szukseges munka: sin t · dt. Termeszetesen ehhez felteteleznunk kell, hogy

dt annyira”kicsi”, hogy a korıv egyenessel kozelıtheto. A teljes munka, ha a testet a t = 0

kiindulasi helyzetbol a t = x szogu elforgatott helyzetbe visszuk

W =

∫ x

0

sin t dt.

Valojaban a munkavegzes 3.2.3. Definıciojat is hasznalhattuk volna. Az ıv egy para-

meterezese γ(t) = (cos t, sin t), ahol t ∈[−π

2, 0], tovabba a vektormezo

f(x, y) = (0,−mg) = (0,−1).

Ekkor a nehezsegi ero munkaja kiszamıthato a 3.2.5. Tetel alapjan:

Wneh =

∫ 0

−π2

〈f(γ(t)), γ′(t)〉 dt =

∫ 0

−π2

〈(0,−1), (− sin t, cos t)〉 dt = −∫ 0

−π2

cos t dt.

42

3.8. abra. t+ dt hosszu ıvhossz 3.9. abra. Szemleltetes a potencialis energiahoz

Mivel sinα = cos(π2− α

), ezert

Wneh = −∫ π

2

0

sin t dt.

Irjuk fel, hogy a rud elforgatasaval mekkora lesz a test potencialis energiaja, ha a nulla

szintnek a test kiindulasi helyzetet tekintjuk:

Epot =∣∣∣~G∣∣∣ · h,

ahol∣∣∣~G∣∣∣ a testre hato nehezsegi ero nagysaga, h pedig a 0 szinttol mert tavolsaga a

testnek. A 3.9. abra alapjan x szogelfodulas eseten h = 1− cosx, ezert

Epot = 1− cosx.

A 3.2.1. Torveny alapjan, kihasznalva, hogy a kezdeti allapotban a potencialis energia 0,

azt kapjuk hogy:

W = ∆Epot = Epot,

azaz ∫ x

0

sin t dt = 1− cosx.

3.3.2. Megjegyzes. Ez az eredmeny konnyen ellenorizheto az integralas elvegzesevel:∫ x

0

sin t dt = [− cos t]x0 = − cosx− (− cos 0) = − cosx+ 1 = 1− cosx.

43

Irodalomjegyzek

[1] Polya Gyorgy, Indukcio es analogia: A matematikai gondolkodas muveszete I., Gondolat

Kiado, Budapest, 1988.

[2] Hajos Gyorgy, Bevezetes a geometriaba, Tankonyvkiado, Budapest, 1966.

[3] R. P. Feynman, Mai fizika 3.: Optika, Anyaghullamok, Muszaki Konyvkiado, Budapest,

1985.

[4] Budo Agoston, Dr. Pocza Jeno, Kıserleti fizika I., Tankonyvkiado, Budapest, 1965.

[5] V. A. Uspensky, Little Mathematics Library – Pascal’s triangle, certain applications of

mechanics to mathematics, Mir Publishers, Moscow, 1976.

[6] Mark Levi, The mathematical mechanic, Princeton University Press, Princeton, 2009.

[7] http://matek.fazekas.hu/portal/tanitasianyagok/Hrasko_Andras/termtud2011/

tomeg/tomegkp.pdf, (letoltes: 2014. aprilis)

[8] Fried Katalin es Pogats Ferenc, Kozepiskolai matematikai versenyek 1980–1984, Tankonyv-

kiado, Budapest, 1986.

[9] Laczkovich Miklos, T. Sos Vera, Analızis I., Nemzeti Tankonyvkiado, Budapest, 2005.

[10] KOMAL archıvum, http://db.komal.hu/KomalHU/cikk.phtml?id=201045, (letoltes:

2014. majus)

[11] Arany Daniel Matematikai Tanuloverseny feladatsorai es megoldasaik http://www.

eszesen2010.hu/index.php?option=com_content&view=article&id=25&Itemid=129,

(letoltes: 2014. majus)

[12] Sikolya Eszter, Analızis jegyzet, 2014., http://tankonyvtar.ttk.bme.hu/pdf/161.pdf,

(letoltes: 2014. majus)

44