Gondolkodjunk a fizika segı tse ge vel!

SZAKDOLGOZAT Gondolkodjunk a fizika segı tse ge vel! Simon Ju lia Matematika BSc., tana ri szakira ny Te mavezeto : Besenyei A da m adjunktus Alkalmazott Analı zis e s Sza mı ta smatematikai Tansze k Eo tvo s Lora nd Tudoma nyegyetem Terme szettudoma nyi Kar 2014.

Tartalomjegyzék Bevezetés 3 1. Extremális problémák 4 1.1. A két pont és egy egyenes problémája........................ 4 1.1.1. Megoldás differenciálszámítás segítségével.................. 5 1.1.2. Megoldás szintvonalak segítségével...................... 6 1.1.3. Fizikai interpretáció.............................. 8 1.1.4. A különböző megközelítések összehasonlítása................ 9 1.2. A három város útépítési problémája......................... 10 1.2.1. Megoldás fényterjedés segítségével...................... 10 1.2.2. Torricelli tétele................................. 12 1.2.3. Megoldás mechanika segítségével....................... 14 2. Tömegközéppontos problémák 18 2.1. Elméleti háttér..................................... 18 2.2. A háromszög súlyvonala és súlypontja........................ 21 2.2.1. Geometriai megközelítés............................ 21 2.2.2. Tömegpontos megközelítés.......................... 22 2.3. Ceva-tétel........................................ 23 2.3.1. Tömegpontos bizonyítás............................ 23 2.4. Alkalmazás versenyfeladatokban........................... 26 2.4.1. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013............ 27 2.4.2. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1980/1981............ 29 3. Integrálszámítás és a fizika 32 3.1. Arkhimédész és a gömb térfogata........................... 32 3.2. A munkavégzés és a potenciális energia fogalma................... 35 3.3. Integrálok kiszámítása mechanika segítségével.................... 39 Irodalomjegyzék 44 1

Köszönetnyilvánítás Szeretnék köszönetet mondani témavezetőmnek, Besenyei Ádámnak, aki felkeltette a téma iránti érdeklődésemet, és hasznos tanácsaival rengeteg segítséget nyújtott a szakdolgozat elkészítésében. Köszönettel tartozom a Faragó István vezette Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszéknek, hogy elérhetővé tették számomra a tanszéki erőforrásokat. Továbbá köszönettel tartozom szüleimnek, testvéreimnek és barátaimnak, akik mindig mellettem álltak és támogattak tanulmányaim során. Mindig megértően fordulhattam hozzájuk bármilyen felmerülő problémám és kérdésem esetén. 2

Bevezetés A témaválasztás során azt tartottam szem előtt, hogy olyan témakört válasszak, amellyel szívesen foglalkozom és matematikát bőven tartalmaz. Matematika-fizika tanárszakosként így esett a választásom erre a szakdolgozati témára. Úgy gondolom, hogy érdemes rámutatni a két tudomány közötti szoros kapcsolatra, melynek segítségével talán még jobban meg lehet szerettetni a diákokkal a matematikát, illetve a fizikát. Dolgozatomban szeretnénk megmutatni, hogyan alkalmazhatóak az alapvető fizikai ismeretek a matematikai problémák, bizonyítások, illetve a középiskolai versenyfeladatok megoldásában. A dolgozatban lényegében geometriai, illetve analízisbeli problémákkal foglalkozunk, amelyek megoldásához felhasználjuk a mechanika valamint optika alapvető törvényeit. Az első fejezetben szélsőérték-feladatok megoldásait keressük a fény terjedésének, valamint egyszerű mechanikai elvek segítségével. Az ezt követő fejezetben olyan problémákkal, versenyfeladatokkal foglalkozunk, amelyek megoldásában tömegközéppontos megközelítés alkalmazható. Végül a harmadik fejezetben bemutatjuk, hogy Arkhimédész hogyan alapozta meg az integrálszámítást, valamint integrálokat számítunk ki a munkavégzés fogalmának segítségével. A példák és a megoldások középiskolában akár fakultáció vagy szakkör kereteiben taníthatóak, hiszen kevés olyan fogalmat használnak, amelyekkel középiskolában a diákok ne találkoznának. Az esetlegesen felmerülő mélyebb matematikai összefüggések pedig a legtöbbször elhagyhatóak, azok csak azt a célt szolgálják, hogy az egyszerű fizikai fogalmak és elvek mögött rejlő matematikai hátteret bemutassák a tanárok számára. 3

1. fejezet Extremális problémák Ebben a fejezetben két ismert szélsőérték-feladatot járunk körbe matematikai, illetve fizikai szemszögből, és megvizsgáljuk a kétféle megközelítés közötti kapcsolatot. 1.1. A két pont és egy egyenes problémája Az első feladat a következő játékos probléma. Piroska a folyó ugyanazon oldalán lakik, mint a nagymamája. Egy napon Piroska úgy dönt, hogy meglátogatja a nagymamáját, és visz neki vizet a folyóból. Hogyan kell Piroskának mennie, hogy a lehető legkevesebbet kelljen sétálnia, és a folyót is érintse? Matematikailag a következőről van szó. 1.1.1. Probléma. A síkon legyen adott két pont, valamint egy egyenes úgy, hogy a két pont az egyenes egyazon oldalán helyezkedik el. Hol van az a pont az egyenesen, amelyre a két ponttól mért távolságok összege minimális? Először ábrázoljuk a problémát (lásd 1.1. ábra). Legyen a két adott pont A és B, az adott egyenes t, és X pedig a t egyenes egy tetszőleges pontja. A feladat kérdése az iménti jelölésekkel: milyen X esetén lesz az AX +XB út hossza minimális, ha X az adott egyenes egy tetszőleges pontja? 1.1. ábra. A két pont és egy egyenes problémája 4

1.2. ábra. Az 1.1.1. Probléma 1.3. ábra. A kialakuló háromszögek 1.1.1. Megoldás differenciálszámítás segítségével A két pont és egy egyenes problémáját először differenciálszámítás segítségével oldjuk meg (a gondolatmenet a [9] könyvben található). Helyezzük el az A, B pontokat és a t egyenest a derékszögű koordináta-rendszerben úgy, hogy a t egyenes az x-tengellyel essen egybe, továbbá az A pont koordinátái (x 1, y 1 ), a B ponté pedig (x 2, y 2 ) (lásd 1.2. ábra). 1.1.1. Megjegyzés. Ha a két pont helyzete olyan, hogy a két ponton átmenő egyenes merőleges a t egyenesre, akkor a megoldás nyilvánvaló. Feltehető, hogy x 1 < x 2. Legyenek az X pont koordinátái (x, 0), ekkor a Pitagorasztétel alapján AX + XB = (x x 1 ) 2 + y1 2 + (x x 2 ) 2 + y2. 2 Tekintsük a fenti egyenlet jobb oldalát x függvényének, ekkor az így értelmezett f függvény minimumát kell meghatározni. Ha x < x 1, akkor f(x) > f(x 1 ), ehhez tekintsük az 1.3. ábrát, ahol X 1 jelöli az (x 1, 0) pontot. Ekkor AX > AX 1, mivel az AXX 1 derékszögű háromszögben az AX az átfogó, továbbá BX > BX 1, mert BX 1 X tompaszög, ezért az ezzel a szöggel szemközti oldal a leghosszabb. Következésképpen AX + XB > AX 1 + X 1 B. Hasonlóan megmutatható, hogy ha pedig x > x 2, akkor f(x) > f(x 2 ), ezért az f minimumhelyét elég az [x 1, x 2 ] intervallumban keresni. Mivel az f függvény folytonos, ezért alkalmazható az [x 1, x 2 ] intervallumon a Weierstrass-tétel, amely szerint az f függvénynek ezen az intervallumon létezik minimuma. Az f függvény differenciálhatósága miatt a minimumot az intervallum két végpontjában, illetve olyan belső pontjaiban kell keresni, ahol az f függvény deriváltja egyenlő 0-val. Az f(x) függvény deriváltja f (x) = x x 1 (x x1 ) 2 + y 2 1 + x x 2. (x x2 ) 2 + y2 2 Először vizsgáljuk meg az intervallum végpontjait. Nézzük meg, hogy milyen értéket 5

vesz fel X 1 -ben a derivált: f (x 1 ) = x 1 x 2 (x1 x 2 ) 2 + y 2 2 < 0, mivel feltettük, hogy x 1 < x 2. Analízisbeli ismereteink alapján tudjuk, hogy ekkor az f függvény szigorúan lokálisan csökkenő az x 1 pontban. Így x1 kis jobb oldali környezetében az f függvény kisebb értékeket vesz fel, mint f(x 1 ), tehát x 1 -ben nem lehet minimum. Az intervallum másik végpontját megnézve: f (x 2 ) = x 2 x 1 (x2 x 1 ) 2 + y 2 1 > 0. Az előzőhöz hasonlóan, x 2 -ben az f szigorúan lokálisan nő, így x 2 -nek egy kis bal oldali környezetében az f kisebb értékeket vesz fel, mint f(x 2 ), tehát x 2 -ben sem lehet az f-nek minimuma. A minimum ezért egy olyan x (x 1, x 2 ) pontban van, amelyre f (x) = 0, azaz x x 1 (x x1 ) 2 + y 2 1 Átrendezve az egyenletet a következőhöz jutunk: x x 1 (x x1 ) 2 + y 2 1 + : x x 2 (x x2 ) 2 + y 2 2 x 2 x (x x2 ) 2 + y 2 2 = 0. = 1. Az 1.2. ábra alapján látható, hogy x x 1 (x x1 ) 2 + y 2 1 = sin α, x 2 x (x x2 ) 2 + y 2 2 = sin β. Így azt kaptuk, hogy sin α sin β = 1. Mivel esetünkben α, β (0, π ), ezért α = β teljesül. Az AX + XB út tehát akkor 2 minimális, ha AX és XB szakaszok azonos szöget zárnak be a t egyenessel. 1.1.2. Megoldás szintvonalak segítségével Most a két pont és egy egyenes problémáját a szintvonalak módszerének segítségével oldjuk meg. Ehhez egyelőre az X pontról ne tegyük fel, hogy rajta van a t egyenesen, hanem legyen a két pont és az egyenes által meghatározott sík tetszőleges pontja, és tekintsük ekkor azt a függvényt, amely az X ponthoz az AX + XB út hosszát rendeli. 1.1.2. Definíció. A sík azon pontjainak halmazát, amelyen egy adott függvény értéke állandó, szintvonalnak nevezzük. 6

Vizsgáljuk meg, hogy az imént értelmezett függvény szintvonalai milyen alakzatok a síkon, más szóval mi a mértani helye az olyan X pontoknak a síkon, amelyekre teljesül, hogy AX + XB = állandó. Geometriai ismereteink alapján jól látható, hogy a szintvonalak A és B fókuszú ellipszisek. Ennek segítségével szemléletesen máris érezzük, hogy a t egyenes azon X pontjára lesz minimális az AX + XB összeg, amely a lehető legrövidebb nagytengelyű ellipszisen van. 1.1.3. Állítás. Tekintsük azt az A és B fókuszú ellipszist, amely éppen érinti a t egyenest. Ekkor az érintési pont a t egyenes azon pontja, amelyre AX + XB értéke minimális. Bizonyítás. Mivel a sík minden pontjához rendelhető ellipszis, ezért speciálisan az egyenes minden pontjához is. Vegyünk egy olyan e ellipszist, amely két pontban metszi a t egyenest, C-ben és D-ben, ahogy például az 1.4. ábrán is látható. Ismert, hogy ha az A, B fókuszú e ellipszis nagytengelyének hossza 2a, akkor az ellipszis belső pontjai azok az X pontok, amelyekre AX + XB < 2a. Látható, hogy a CD szakasz belső pontjai a szóban forgó e ellipszis belső pontjai. Ebből világos, hogy a CD szakasz bármely T belső pontjára AT + T B < AC + CB = AD + DB, tehát a t egyenes C és D pontjai nem adhatják az AX + XB kifejezés minimumát. Ha tehát az X pont olyan ellipszisen helyezkedik el, amely két pontban metszi a t egyenest, akkor az X pontból mért távolságok összege nem lehet minimális. A minimumot ezért csak olyan X pont szolgáltathatja, amely egy a t egyenest érintő ellipszis érintési pontja. 1.1.4. Megjegyzés. A bizonyításhoz azonban szükség van még annak belátására is, hogy ez a minimum ténylegesen létezik. Ehhez gondoljuk meg, hogy az X AX + XB 1.4. ábra. Szintvonalak 1.5. ábra. Visszaverődés síktükörről 7

függvény, ahol X a t egyenes egy tetszőleges pontja, folytonos, továbbá az A és B pontoktól egyre távolodva a függvény értéke -hez tart. Pontosabban arról van szó, hogy az 1.1.1. szakaszban értelmezett f függvényre lim f(x) = lim f(x) =. x x Ekkor analízisbeli ismereteink alapján tudjuk, hogy a függvénynek létezik minimuma. 1.1.3. Fizikai interpretáció A két pont és egy egyenes problémája interpretálható a következő kísérleti elrendezéssel. Legyen az A pont egy fényforrás, a B pont a szemünk és a t egyenes pedig nyugodt, visszatükröző víztükörfelület. Az 1.1. ábra a következőképpen mutatja az elrendezést: a víztükör síkja merőleges az 1.1. ábra síkjára, és a két sík metszésvonala éppen a t egyenes. Érdemes felelevenítenünk, hogy a fény terjedésére teljesül a Fermat-elv (lásd [3]). 1.1.1. Törvény (Fermat-elv). Két pont között az összes lehetséges út közül a fény azt az utat választja, amelynek megtételéhez a legrövidebb időtartam szükséges. Mivel két pont között a legrövidebb út az egyenes, így a fénysugár akkor ér A-ból a szemünkbe a lehető leggyorsabban, ha az egyenes egy olyan T pontján verődik vissza, amelyre AT + T B minimális. Az 1.1.1. szakaszban azt kaptuk, hogy az a T pont adja a minimumot, amelyre az AT és T B szakaszok ugyanakkora szöget zárnak be a tükörrel. Ezzel a fényvisszaverődés alábbi törvényét nyertük. 1.1.2. Törvény (Visszaverődési törvény). A fény úgy verődik vissza síktükörről, hogy a beesési szög (az 1.5. ábrán pirossal jelölve) és a visszaverődési szög (az 1.5. ábrán zölddel jelölve) egyenlő. Ha elvégezzük a kísérletet, és ránézünk a víztükörre, akkor úgy érzékeljük, mintha a fényforrás egy víz alatti pont lenne, pedig csak az történik, hogy a fény közvetve ér a szemünkbe. Jelöljük A -vel a virtuális fényforrást, ekkor ez a pont éppen az A pont t egyenesre vett tükörképe. Az előbbi gondolatmenetnek megfelelően tekintsük az 1.6. ábrát. Mivel a t egyenes az AA szakaszfelező merőlegese, ebből következően AX = A X, így AX + XB = A X + XB. Az AX + XB kifejezés akkor lesz tehát minimális, ha az A X + XB is minimális. Mivel két pont között a legrövidebb út az egyenes, ezért az A X + XB kifejezés értéke akkor a lehető legkisebb, ha X = T teljesül, azaz az egyenes keresett pontja rajta van az A és B pontok egyenesén. A Fermat-elv segítségével tehát azt kaptuk, hogy az A B szakasz és a t egyenes metszéspontja az AX + XB kifejezés minimumhelye. 8

1.6. ábra. A kísérleti elrendezés 1.1.4. A különböző megközelítések összehasonlítása A szintvonalak módszerével és az iménti optikai megközelítéssel kapott eredmény ekvivalens kell, hogy legyen, ennek segítségével az ellipszis következő tulajdonságát igazolhatjuk. 1.1.5. Állítás. Az ellipszis egy tetszőleges pontját a fókuszokkal összekötő egyenesek egyenlő szöget zárnak be az ellipszishez ebben a pontban húzott érintővel. Bizonyítás. Tekintsük ismét az 1.6. ábrát. Mivel az AA szakaszfelező merőlegese a t egyenes, így a megfelelő oldalak egyenlősége miatt az AT M és A T M háromszögek egybevágóak, következésképpen MT A = MT A. Mivel az MT A és DT B szögek csúcsszögek, ezért a két szög megegyezik, így MT A = MT A = DT B. A szintvonalas meggondolásból pedig azt kaptuk, hogy a T pont egy t-t érintő ellipszis érintési pontja. Ezzel az állítást beláttuk. Ezenkívül gondoljuk meg, hogyan is nézett ki a kísérleti elrendezés. Az egyik pont a fényforrás, másik a szemünk, az egyenes pedig a víztükör. Tudjuk, hogy síktükörről való visszaverődés esetén a fény beesési szöge megegyezik a visszaverődési szöggel (lásd 1.5. ábra). Tekintsük most az érintő ellipszist egy tükörfelületnek. Nem síktükör esetén a visszaverődést úgy képzeljük el, hogy a beesési pont kis környezetében a tükör valójában síktükör, mégpedig az adott pontbeli érintősíkkal helyettesíthető. Látható, hogy ekkor az egyik fókuszpontból induló fénysugarat a tükör a másik fókuszba veri vissza (lásd 1.7. ábra). 9

1.7. ábra. Visszaverődés ellipszis alakú tükörben 1.2. A három város útépítési problémája A második szélsőérték-feladat, amellyel foglalkozunk egy hétköznapi példa. Három város utat szeretne építeni közösen úgy, hogy az építés költségei minimálisak legyenek. 1.2.1. Probléma. Három (nem egy egyenesen elhelyezkedő) város utat szeretne építeni egy közös közlekedési csomóponthoz. Hogyan válasszák meg a csomópont helyét, hogy az építkezés összköltsége minimális legyen, feltételezve, hogy az útépítés költsége az út hosszával arányos? A feladat szövege átfogalmazható a következőképpen. Adott három, nem egy egyenesen elhelyezkedő pont a síkon, és keressük meg azt a negyedik pontot a három pont által meghatározott síkban, amelytől mért távolságaik összege minimális! 1.2.1. Megoldás fényterjedés segítségével Legyen a három adott pont A, B, C és a három pont által meghatározott síknak egy tetszőleges pontja X. Hogyan válasszuk meg X-et, hogy az AX + BX + CX kifejezés értéke minimális legyen? Vezessük vissza a kérdést a két pont és egy egyenes problémájára és a kapott eredményekre. Tegyük fel, hogy a CX egy rögzített érték, jelölje ezt az értéket R. Ekkor a két pont és egy egyenes problémájához nagyon hasonló feladatot kapunk azzal a különbséggel, hogy az X most nem egy egyenes mentén, hanem egy R sugarú, C centrumú körön fog mozogni (lásd 1.8. ábra). Hívjuk ismét segítségül a már korábban felhasznált fizikai ismereteinket. A két pont és egy egyenes problémájában síktükörrel bizonyítottunk, most használjunk gömbtükröt, és hagyjuk, hogy a fény megmutassa melyik lesz a legrövidebb út. A gömbtükörről való visszaverődést (az ellipszistükörhöz hasonlóan) úgy értelmezzük, hogy a beeső fény beesési 10

1.8. ábra. A visszaverődés minimális esetben pontjában a gömbtükröt a pontba fektethető érintősíkkal közelítjük, és a visszaverődést, mint síktükörről való visszaverődésként kezeljük. Alkalmazzuk újra az 1.1.1. és az 1.1.2. Törvényeket. A Fermat-elv alapján a fény azt az utat választja, amelyet a legrövidebb idő alatt tud bejárni, ami esetünkben a legrövidebb út, és a visszaverődési törvény szerint a tükörről való visszaverődés esetén a beesési szög megegyezik a visszaverődési szöggel. Ebből következik, hogy a C és X pontokat összekötő egyenesnek feleznie kell az AXB szöget, ekkor a fény útját az 1.8. ábra mutatja. Könnyen belátható, hogy ugyanerre az eredményre jutunk, ha a BX vagy az AX távolságokat tekintjük rögzítettnek. Azt kaptuk tehát, hogy ha egy X pontban az AX + BX + CX kifejezés értéke minimális, akkor az X pontban az 1.9. ábra szerinti szögek keletkeznek. Látható, hogy a csúcsszögek miatt α = β = γ teljesül, így adódik, hogy mindegyik út a másik kettővel 120 -os szöget zár be. Ez a pont adja a feladat megoldását. 1.9. ábra. A csomóponti szögek megoszlása 1.2.1. Megjegyzés. A korrekt bizonyításhoz be kell látni, hogy a minimum létezik. Másrészt a fenti megoldás csak akkor érvényes, ha az A, B, C pontok által meghatározott 11

háromszögnek minden szöge 120 -nál kisebb. Ekkor a kapott X pont a háromszög úgynevezett izogonális pontja. Amennyiben a háromszögnek van 120 -os, vagy annál nagyobb szöge, akkor a minimumot adó pont éppen ennek a szögnek a csúcsa. Mindezt a következő szakaszban igazoljuk. 1.2.2. Torricelli tétele A három város útépítési problémája Fermat-tól származik, ám az első korrekt bizonyítás Torricelli nevéhez fűződik. Torricelli a következő tételt mondta ki a feladat megoldására. 1.2.2. Tétel (Torricelli tétele). Ha az A, B és C pontok által meghatározott háromszög minden szöge kisebb 120 -nál, akkor az AX +BX +CX kifejezés minimumhelye a háromszög izogonális pontja. Amennyiben a háromszögnek van 120 -nál nagyobb vagy egyenlő szöge, akkor a minimumhely éppen ennek a szögnek a csúcsa. Bizonyítás. Először mutassuk meg, hogy a minimumhely nem lehet a háromszög külső pontjában. Legyen X olyan helyzetű, hogy az X-et és a csúcsokat összekötő szakaszok valamelyike elmetszi a háromszög egyik oldalát, mint például az 1.10. ábrán látható. Jelöljük az oldal és az összekötő szakasz metszéspontját X -vel. Az X pont nem lehet minimumhely, mivel nyilvánvaló, hogy AX < AX, valamint CX + BX = CB < CX + BX a háromszög-egyenlőtlenség miatt. Azt kaptuk tehát, hogy AX + BX + CX > AX + BX + CX, azaz X valóban nem lehet minimumhely. 1.10. ábra. 1.11. ábra. 12

1.12. ábra. A 120 -nál kisebb szögű háromszög esete Legyen most X olyan pontja a síknak, amelyre a pontot a csúcsokkal összekötő szakaszok egyike sem metszi egyik oldalt sem, mint például az 1.11. ábrán látható. Ebben az esetben az ACX és BCX szögek közül legalább az egyiknek tompaszögnek kell lennie, ugyanis, ha mindkét szög kisebb vagy egyenlő, mint 90, akkor ACB -nek nagyobbnak vagy egyenlőnek kell lennie, mint 180, ami geometriai ismereteink alapján nem lehetséges (a háromszög nem elfajuló). Tegyük fel, hogy esetünkben a BCX tompaszög, ekkor BX > BC, mivel a legnagyobb szöggel szemben van a leghosszabb oldal. A háromszög-egyenlőtlenség miatt pedig AX + CX > AC. Arra jutottunk tehát, hogy AX + BX + CX > AC + BC, tehát X ebben az esetben sem lehet minimumhely. Lássuk be a tételt abban az esetben, amikor a háromszögnek csak 120 -nál kisebb szögei vannak. Tekintsük ekkor az ABC háromszöget, valamint abban vagy a határán egy tetszőleges X pontot, mint például az 1.12. ábrán is látható. Forgassuk el +60 -kal az AXC háromszöget az A pont körül. Ekkor az X pont képe X, a C ponté C. Geometriai ismereteink alapján tudjuk, hogy a forgatás távolságtartó egybevágósági transzformáció, ezért X C = XC és AX = XX. Mivel az AXX háromszög egyenlő szárú és a szárak által bezárt szög 60, ezért az AXX háromszög szabályos. Ezek alapján XA + XB + XC = XB + XX + X C. Az iménti egyenlet bal oldalán az az összeg áll, amelyet minimalizálni szeretnénk, és ez éppen a BXX C töröttvonal hosszával egyenlő. Ez nyilván pontosan akkor minimális, ha a töröttvonal éppen a BC szakasz. Ennek a szakasznak a végpontjai az X megválasztásától függetlenül mindig ugyanott vannak. Ebből levonható az a következtetés, hogy a keresett X pontnak és a +60 -os elforgatottjának is rajta kell lennie a BC szakaszon. Mivel az AXX szög 60 -os, ezért az AXB szögnek 120 -osnak kell lennie. 13

1.13. ábra. A 120 -nál nagyobb szögű háromszögre a bizonyítás Másrészt ACC = 60 = AXC alapján X rajta van az ACC háromszög körülírt körén, amely az AC szakasz látószögköríve, így mivel AC C = 60, ezért AXC = 120. Ebből adódik, hogy BXC = 120. Most nézzük meg a másik esetet! Ekkor tekintsünk egy olyan ABC háromszöget, amelynek legyen egy legalább 120 -os szöge, mint például az 1.13. ábrán látható, valamint a háromszög belsejében vagy határán egy tetszőleges X pontot. Válasszuk ki az ABC háromszög egyik csúcsát, amelynél 120 -nál kisebb szög van, legyen ez esetünkben például az A csúcs. Forgassuk el most is az AXC háromszöget +60 -kal az A csúcs körül. Hasonlóan az előzőhöz, a forgatás tulajdonságai alapján a következőhöz jutunk: AX + BX + CX = XX + BX + X C. Itt a minimalizálni kívánt hossz éppen a BXX C szakasz hossza. Az X pont megválasztásától függően az X és X pontok mozdulhatnak el, a másik két pont fixen marad, viszont X-ről feltettük, hogy csak belső pont lehet. Így azt kapjuk, hogy a B-t és C -t összekötő töröttvonalak közül a legrövidebb a BCC töröttvonal. Ez akkor teljesül, ha X = C, tehát a keresett minimumhely a C pont. 1.2.3. Megjegyzés. A fenti bizonyítás J. E. Hoffmanntól származik. További bizonyítások találhatók a [10] honlapon. 1.2.3. Megoldás mechanika segítségével Tekintsük ismét a három város útépítésének problémáját, és próbáljuk meg most az optikai ismereteink helyett a mechanikát segítségül hívni. A feladat megoldásához a következő fizikai ismeretekre lesz szükségünk: 1.2.4. Definíció (Helyzeti (vagy potenciális) energia). A h magasságban lévő, m tömegű 14

1.14. ábra. Az erők összegzése testnek a helyzeti, azaz a tömegéből eredő potenciális energiája: E pot = m g h, ahol g a nehézségi gyorsulás. Egy mechanikai rendszer helyzeti energiája a rendszert alkotó testek helyzeti energiájának összege. (A helyzeti energiával kapcsolatban lásd még a 3.2. szakaszt.) 1.2.1. Törvény. Ha egy mechanikai rendszer egyensúlyi helyzetben van, akkor a potenciális energiájának minimuma van. 1.2.5. Definíció. Vektorok eredőjén a vektorok összegét értjük. (lásd 1.14. ábra) 1.2.2. Törvény (Newton-féle negyedik axióma). Ha egy pontszerű testre n db erő hat, akkor az erők eredője n i=1 F i = m a, ahol F i a testre ható i-edik erő, m a test tömege és a a test gyorsulása. 1.2.3. Törvény. Egy merev test egyensúlyban van, ha a testre ható erők eredője zérus, azaz n i=1 F i = 0, valamint ezen erők forgatónyomatékainak eredője is zérus tetszőleges pontra nézve. 1.2.6. Megjegyzés. A forgatónyomatékra az alábbiakban nem lesz szükségünk, ezért nem tértünk ki erre a fogalomra a fentiekben. Később, a 2. fejezetben majd részletesen foglalkozunk vele (lásd 2.1.4. Definíció). Tekintsük most a következő kísérleti elrendezést! Vegyünk három darab kötelet, amelyeket összekapcsolunk az egyik végüknél, a köteleket vessük át három csigán, amelyek egy függőleges falra vannak rögzítve, és a kötelek másik végére helyezzünk egyenlő nagyságú súlyokat. Jelölje a közös csatlakozási pontot X, a három csigát A, B és C, a súlyokat pedig S 1, S 2 és S 3. A kísérleti elrendezés az 1.15. ábrán látható. 15

1.2.7. Megjegyzés. Természetesen, mint általában a legtöbb mechanika példánál, most is ki kell kötnünk pár dolgot a kötelekre, illetve a csigákra, hogy a probléma könnyen kezelhető legyen. Fel kell tennünk, hogy a kötelek tökéletesen hajlékonyak és nyújthatatlanok, továbbá a súrlódás, a kötelek súlya és a csigák kiterjedése elhanyagolható. Tegyük fel, hogy a rendszer beállt az egyensúlyi helyzetbe, ekkor a potenciális (vagy helyzeti) energiának minimuma van. A rendszer helyzeti energiája a három súly helyzeti energiájának összege, amelyek arányosak a súlyok tömegével és a 0 szinttől mért távolságukkal. Mivel a három súly egyenlő nagyságú, ezért a helyzeti energia akkor lesz a lehető legkisebb, ha a három súly a lehető legalacsonyabbra lóg. Ez úgy is írható, hogy AS 1 + BS 2 + CS 3 = max, ami a kötelek nyújthatatlansága miatt egyenértékű azzal, hogy AX + BX + CX = min. Jól látható tehát, hogy a feladat a három város útépítési problémájára vezethető vissza. Okoskodhatunk a következőképpen is, ha figyelembe vesszük a rendszerben fellépő erőket, amelyeket az 1.16. ábrán is jelöltünk. Tudjuk, hogy az egyensúly miatt az X pontban ható erők eredőjének nullának kell lennie. Mivel a súlyok egyenlők és a súrlódástól eltekintettünk, ezért minden súly ugyanakkora erőt fejt ki a saját kötelén, amelyeket a csigák változatlanul közvetítenek. Az X-nél tehát az XA, XB és XC irányú erők eredője 0 kell, hogy legyen. A szimmetria miatt nyilvánvaló, hogy a három erőnek egyenlő szöget kell bezárnia egymással. Ez az állítás könnyen belátható a következőképpen. 1.2.8. Állítás. Három egyenlő nagyságú erő közül bármelyik kettő 120 -os szöget zár be egymással, ha az erők eredője 0. 1.15. ábra. A kísérleti elrendezés 1.16. ábra. A fellépő erők 16

Bizonyítás. Tudjuk, hogy vektorok összeadását az úgynevezett parallelogramma-szabály szerint kell elvégezni. Tekintsük ehhez az 1.14. ábrát. Mivel az a, b és c vektorok hossza egyenlő, ezért a kapott BXD és DXC háromszögeknek szabályos háromszögeknek kell lenniük, hiszen a vektorok eredője nulla, azaz a + b + c = 0 teljesül, így mind a két háromszögben az oldalak egyenlő hosszúak. Szimmetria-megfontolások miatt az a, b és c vektorok közül bármelyik két vektor 120 -os szöget zár be egymással. Ezzel az állítást beláttuk. 17

2. fejezet Tömegközéppontos problémák A most következő fejezetben a tömegközéppontra vonatkozó fizikai ismereteinket hívjuk segítségül, és alkalmazzuk geometriai tételek, valamint középiskolai versenyfeladatok megoldásában. 2.1. Elméleti háttér A három város útépítési problémájának az 1.2.3. szakaszban tárgyalt megoldásában figyelmen kívül hagytuk, hogy azoknak a súlyoknak, amelyeket a kötelek végére helyeztünk van kiterjedése. Egyszerűen úgy tekintettünk rájuk, mintha pontszerűek lennének, pontokhoz rendeltünk tömegeket. 2.1.1. Definíció. Tömegpontnak nevezünk egy testet, amelynek kiterjedése elhanyagolható, pontszerűnek tekinthető. A tömegpontot úgy lehet egyszerűen elképzelni, hogy olyan pont, amelyhez számot, úgynevezett tömeget rendelünk hozzá. Tegyük fel, hogy van egy véges sok tömegpontokból álló rendszerünk, amelyre csak a nehézségi erő hat, tehát az egyes tömegpontokra ható erő arányos a tömegpont tömegével és irányuk azonos ( lefelé mutatnak ). A tömegpontokra ható párhuzamos erők eredője egy olyan pontban lesz, amelybe ha a pontrendszer teljes tömegét elhelyezzük, akkor a rendszer helyettesíthető ezzel az egyetlen ponttal. Ezt a pontot a pontrendszer tömegközéppontjának nevezzük. 2.1.2. Megjegyzés. Az erők eredője nyilvánvalóan függ a tömegpontok tömegétől és a pontok elhelyezkedésétől is (hiszen az erő vektormennyiség), így a tömegközéppont is függni fog ezektől. 18

2.1. ábra. A pontra vonatkozó forgatónyomaték A következőkben emlékeztetünk még néhány tömegpontokkal kapcsolatos fizikai fogalomra, amelyek a későbbiekben hasznosak lesznek a feladatmegoldás során (a részleteket illetően lásd [4]). Vegyünk fel a térben egy tetszőleges egyenest, legyen ez a forgástengely. Tegyük fel, hogy az F erő támadásvonala egy a forgástengelyre merőleges síkban fekszik, amelyet a tengely a síkon felvett koordináta-rendszer origójában döf át. 2.1.3. Definíció (Erőkar). Az erőkar az origóból az erő támadásvonalára emelt merőleges szakasz hossza. Jelölés: k. 2.1.4. Definíció (Forgatónyomaték tengelyre vonatkozólag). Az erő egy adott tengelyre vonatkozó forgató hatását jellemző vektormennyiség a forgatónyomaték. Egy a forgástengelyre merőleges síkban ható F erő forgástengelyre vonatkozó forgatónyomatékának nagysága M = F k, ahol F az F erő nagysága, k pedig az erőkar, M a forgatónyomaték nagysága. 2.1.5. Megjegyzés. Pontra vonatkozó forgatónyomaték is definiálható a következőképpen a [4] könyv alapján. Legyen adott egy F erő, amelynek P támadáspontjába mutató helyvektor r = OP. Legyen az F és r által bezárt szög ϑ (lásd 2.1.ábra). Ekkor a P pontban támadó F erőnek valamely O pontra vonatkozó forgatónyomatéka M = r F. Más szóval az O pontra vonatkozó M fogatónyomaték egy vektor, amelynek nagysága r F sin ϑ, és iránya olyan, hogy r, F, M jobbsodrású rendszert alkotnak. Látható, hogy a pontra vonatkozó forgatónyomaték szögfüggvényes alakja alapján a pontra vonatkozó, illetve a tengelyre vonatkozó forgatónyomaték ugyanazt adja, ha a tengely az 19

O pontban merőlegesen metszi az O és F által meghatározott síkot (lásd 2.1. ábra). A pontra vonatkozó forgatónyomaték definíciója általánosabb. Nézzük meg, hogy milyen tulajdonságok érvényesek a tömegközéppontra! 2.1.1. Törvény. Egy tömegpontokból álló rendszer tömegközéppontjára teljesülnek az alábbiak (lásd [7]). 1. A tömegközéppontot a következőképpen is megkaphatjuk: a tömegpontokból álló rendszert felosztjuk kisebb pontrendszerekre, majd külön-külön meghatározzuk ezek tömegközéppontjainak helyét és tömegét, ezután pedig az így kapott tömegközéppontok rendszerének tömegközéppontja az eredeti rendszer tömegközéppontját adja. A tömegközéppont független attól, hogy milyen részrendszerekre osztjuk fel az eredeti rendszert. 2. Ha adott két tömegpont, A és B, amelyek tömegei rendre α, β, akkor az AB szakasznak azon C pontja lesz a tömegközéppontja az A és B pontból álló rendszernek, amelyre AC CB = β α. A továbbiakban az egyszerűség kedvéért egy A és B tömegpontokból álló rendszert {A, B}-vel jelölünk. 3. Ha a tömegközépponti rendszerre csak a nehézségi erő hat, akkor a nehézségi erő tömegközéppontra vonatkozó forgatónyomatéka zérus. 4. Ha a tömegközépponti rendszerre csak a nehézségi erő hat, akkor a nehézségi erőnek a tömegközépponton átmenő összes tengelyre vonatkozó forgatónyomatéka zérus. 2.1.6. Megjegyzés. A 2. tulajdonságból adódik, hogy ha minden tömegpont tömegét az eredeti tömeg k-szorosára (k R + ) változtatjuk, akkor a tömegközéppont helye nem változik. A 2. tulajdonság ekvivalens a koordinátageometriában használatos osztópont definíciójával. Legyen A helyvektora a, B-jé b és C-jé c, ekkor definíció szerint az AB szakasz α : β arányú osztópontjának helyvektora c = β b + α a α + β. 20

2.2. ábra. Súlyvonal a háromszögben A 3. tulajdonság alapján egy tömegpontrendszert a tömegközéppontjában alátámasztva a rendszer egyensúlyban marad. Ez úgy képzelhető el például három tömegpont esetében, hogy tekintünk egy háromszöglapot, amelynek a csúcsaiban vannak tömegpontok, a háromszöglap többi pontjának a tömege pedig elhanyagolható. Ekkor a háromszöglapot egy tűvel alátámasztva a tömegközéppontban, a háromszöglap egyensúlyban van. A 4. tulajdonság alapján egy tömegpontrendszert a tömegközéppontja mentén alátámasztva a rendszer egyensúlyban marad. Az iménti háromszöglapot tekintve, a háromszöget egy vonalzóval alátámasztva a tömegközépponton átmenő tetszőleges egyenes mentén a rendszer egyensúlyban van. 2.2. A háromszög súlyvonala és súlypontja Az alábbiakban a tömegközéppontra vonatkozó ismereteinket használjuk az alábbi jól ismert geometriai összefüggés bizonyításához. 2.2.1. Állítás. A háromszög súlyvonalai egy ponton mennek át, és ez a pont a súlyvonalak csúcstól távolabbi harmadolópontja. Ezt a pontot a háromszög súlypontjának nevezzük. 2.2.1. Geometriai megközelítés Lássuk először a 2.2.1. Állítás klasszikus bizonyítását! Bizonyítás. Tekintsük egy ABC háromszög bármely két súlyvonalát. A két súlyvonal messe egymást az M pontban, a két oldalt pedig messe a két súlyvonal F 1 -ben és F 2 -ben (lásd 2.2. ábra). 21

2.3. ábra. A tömegpontokkal ellátott háromszög Látható, hogy az F 1 F 2 szakasz a háromszög középvonala, amelyről tudjuk, hogy párhuzamos az alappal, és F 1 F 2 = BC 2. Ez alapján az F 1F 2 M és BCM háromszögek hasonlóak, mert F 2 F 1 M és MBC váltószögek, továbbá F 1 MF 2 = BMC csúcsszögek. Hasonló háromszögekben a megfelelő oldalak aránya állandó, tehát esetünkben BC : F 1 F 2 = 2 : 1, így F 2 M : MC = 1 : 2. Abból pedig, hogy ez bármely súlyvonalra igaz következik, hogy a harmadik súlyvonal is átmegy az M ponton és azt is harmadolja. 2.2.2. Tömegpontos megközelítés Nézzük meg most a 2.2.1. Állítás egy bizonyítását a tömegközéppont tulajdonságaira támaszkodva! Bizonyítás. Rendeljünk hozzá egy ABC háromszög három csúcsához egy-egy azonos S tömeget a 2.3. ábrának megfelelően. Ezáltal egy három pontból álló tömegpontrendszerhez jutunk. Osszuk fel a rendszerünket két kisebb részrendszerre a következőképpen: az egyik alrendszer álljon az A csúcsból, a másik pedig legyen a B és C pontok alkotta rendszer. Határozzuk meg ezen alrendszerek tömegközéppontjait. Az A csúcsból álló rendszer 2.4. ábra. A két tömegközéppont 2.5. ábra. A teljes rendszer tömegközéppontja 22

tömegközéppontja nyilvánvalóan A, az S tömeggel, a másik rendszeré pedig éppen a BC szakasz F felezőpontja 2S tömeggel (2.4. ábra). Ha pedig a kapott két tömegközéppontnak keressük meg a tömegközéppontját, akkor a tömegközéppont 2. tulajdonsága alapján tudjuk, hogy a tömegközéppont rajta van az AF szakaszon, és a tömegek aránya miatt az is jól látható, hogy harmadolópont, méghozzá az A ponttól távolabbi (2.5. ábra). A kapott tömegközéppont a háromszög súlypontja. A tömegközéppontba hasonlóan eljuthatunk, ha az előbbitől eltérő részrendszerekre osztjuk fel a rendszert, hiszen a tömegközéppont 1. tulajdonsága alapján ugyanahhoz a ponthoz kell jutnunk. Így ha a két alrendszer B és {A, C}, akkor (az előzőhöz hasonlóan) a tömegközéppont rajta van a B pont és az AC szakasz felezőpontja által meghatározott szakaszon, ha pedig a két részrendszer C és {A, B}, akkor pedig az AB szakasz felezőpontja és a C pont által meghatározott szakaszon. A tömegközéppont tehát rajta van a háromszög mindhárom súlyvonalán és a tömegek alapján látható, hogy a tömegközéppont a súlyvonalak csúcstól távolabbi harmadolópontja. 2.2.2. Megjegyzés. Valójában a két megközelítés gyökere ugyanaz, a tömegközéppontos érvelés inkább még szemléletesebbé teszi a bizonyítás menetét. 2.3. Ceva-tétel A következő tétel (amely Giovanni Ceva olasz matematikus nevét viseli) a háromszög súlypontjának az előző szakaszban bizonyított tulajdonságát általánosítja. 2.3.1. Állítás. Legyen ABC tetszőleges háromszög, és legyenek az A 1, B 1 és C 1 pontok rendre a BC, AC és AB oldalakon. Ekkor az AA 1, BB 1 és CC 1 szakaszok pontosan akkor metszik egymást egy pontban, ha AB 1 B 1 C CA 1 A 1 B BC 1 C 1 A 2.3.1. Tömegpontos bizonyítás = 1. (2.1) A Ceva-tételt a következőképpen igazolhatjuk tömegpontok segítségével. Bizonyítás. Először tegyük fel, hogy a (2.1) összefüggés teljesül, ekkor belátjuk, hogy a három szakasz egy pontban metszi egymást. A bizonyítás hasonlóan fog történni, mint a háromszög súlyvonalainak esetében. A csúcsokhoz megfelelő tömegeket rendelünk, és megmutatjuk, hogy az így kapott tömegpontrendszer tömegközéppontja rajta van a megfelelő szakaszokon. Az egyszerűség kedvéért jelöljük a következőképpen a megfelelő szakaszok 23

2.6. ábra. Ceva-tétel hosszait: AB 1 = a, B 1 C = b, (2.2) CA 1 = c, A 1 B = d, (2.3) BC 1 = e, C 1 A = f. (2.4) Ekkor a (2.1) összefüggés a következő alakba írható át: a b c d e f = 1. (2.5) Rendeljük a következő tömegeket a háromszög csúcsaihoz. Legyen az A csúcs tömege bd, a B csúcsé ac és a C csúcs tömege pedig legyen ad. Nézzük meg, hogy ha alrendszerekre bontjuk szét a rendszert úgy, hogy az egyik alrendszer az egyik csúcs, a másik alrendszer pedig a maradék két csúcsból áll, akkor a két csúcsból álló rendszereknek hol van a tömegközéppontja (mivel az egy csúcsból álló rendszer tömegközéppontja egyértelmű, hogy önmaga). Ha az alrendszer {B, C}, akkor a tömegközéppont egy olyan P pont a B és C pontokat összekötő szakaszon, amelyre CP P B = ac ad. Látható, hogy A 1 éppen ilyen tulajdonságú, tehát A 1 = P. Hasonlóan, az {A, C} rendszer tömegközéppontja éppen B 1. Végül tekintsük az {A, B} rendszert. A tömegközéppont éppen abban az A-tól x és B-től y távolságra lévő pontban lesz, amelyre teljesülnek a következők: x y = ac bd és x + y = f + e. 24

Mivel a (2.5) összefüggésből következik, hogy ac bd = f e, így szükségképpen x = f és y = e, tehát C 1 a tömegközéppontja {A, B}-nek. Mivel a tömegközéppont nem függ az alrendszerek megválasztásától, ezért a megadott tömegpontrendszer tömegközéppontja (a 2.6. ábrán O) rajta van AA 1 -en, BB 1 -en és CC 1 -en is. Ezzel az állítás egyik irányát beláttuk. Lássuk be most az állítás másik irányát! Tegyük fel, hogy az AA 1, BB 1, CC 1 szakaszok egy pontban metszik egymást, ezt a pontot jelöljük O-val. Belátjuk, hogy ekkor teljesül a (2.1) összefüggés. Használjuk a korábban bevezetett (2.2), (2.3) és (2.4) jelöléseket! A bizonyítás ötlete, hogy úgy rendelünk tömegeket a háromszög csúcsaihoz, hogy az így kapott tömegpontrendszernek a tömegközéppontja éppen O-ban legyen. Jelölje S A az A csúcs tömegét, S B a B-jét, S C a C-jét. Legyen S B = c, S C = d, így {B, C} tömegközéppontja éppen A 1 lesz S B + S C tömeggel. Ekkor az A csúcs tömegét úgy kell megválasztanunk, hogy az A 1 és A tömegpontok tömegközéppontja éppen O legyen. Ehhez olyan S A tömeget kell adnunk az A-nak, hogy az A és az A 1 tömegpontokra ható nehézségi erők O pontra vonatkozó forgatónyomatékai kiegyenlítsék egymást (a tömegközéppont 3. tulajdonsága). Kihasználva, hogy az A és A 1 tömegpontokra ható nehézségi erők párhuzamosak, tehát azonos szöget zárnak be az ABC háromszög síkjával, azaz a szinuszos tag elhagyható, ez a következőt jelenti: S A g OA = (S B + S C ) g OA 1, ahol g a nehézségi gyorsulás. Az egyenlet mindkét oldalát g-vel leosztva a következőhöz jutunk: S A OA = (S B + S C ) OA 1. Az iménti összefüggés tehát adott S B és S C tömegek esetén megadja azt az S A tömeget, amellyel az A, B, C tömegpontrendszer tömegközéppontja éppen az O pont. A tömegközéppont 4. tulajdonsága alapján tudjuk, hogy ha a háromszöget az AA 1 szakasz mentén alátámasztjuk, akkor a háromszög egyensúlyban van, hiszen AA 1 egy tömegközépponton átmenő egyenesen van rajta (lásd 2.7. ábra). Az egyensúly miatt a B és a C pontokra ható nehézségi erők A 1 -re vonatkozó forgatónyomatékai szintén kiegyenlítik 25

2.7. ábra. Az alátámasztás egymást, mivel a {B, C} rendszer tömegközéppontja A 1. Az előzőhöz hasonlóan, a B és C pontban ható erők párhuzamosak, ezért azonos szöget zárnak be az ABC háromszög síkjával, így a szinuszos tag itt is elhagyható, és S B g d = S C g c, amelyet a g nehézségi gyorsulással egyszerűsítve Hasonlóan látható, hogy teljesül S B d = S C c. (2.6) S C b = S A a, (2.7) S A f = S B e. (2.8) Ha a (2.6), (2.7), (2.8) egyenleteket összeszorozzuk, akkor a következőhöz jutunk: S A f S B d S C b = S A a S B e S C c. Innen S A S B S C -vel való egyszerűsítés és f d b-vel való leosztás után adódik, amelyet igazolni szerettünk volna. 1 = a b c d e f 2.4. Alkalmazás versenyfeladatokban Az alábbiakban két versenyfeladat megoldásában alkalmazzuk a tömegpontos megközelítést. 26

2.4.1. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013 Az első feladat az Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanévi döntő fordulójában szerepelt a kezdők I. kategóriájában. 2.4.1. Feladat. Az ABC háromszög BC, AC, AB oldalain adottak a D, E, F pontok úgy, hogy az AD, BE, CF szakaszok egy közös O pontban metszik egymást. Határozzuk meg az OF szakasz hosszát, ha AO = 23, BO = 24, CO = 29, OD = 7 és OE = 8 egység hosszúságú. Megoldás területek segítségével A feladat hivatalos megoldása a következő volt (megtalálható a [11] internetes oldalon). Vezessünk be jelöléseket az ABC háromszög egyes részeinek területére (lásd 2.8. ábra). Mivel ABO és ABC háromszögek alapja közös, és a magasságok aránya pedig OF : CF, ezért a háromszögek területeinek aránya Hasonlóan kapjuk a következő arányokat: OF CF = t 1 + t 2 t 1 + t 2 + t 3 + t 4 + t 5 + t 6. (2.9) OD AD = t 3 + t 4, t 1 + t 2 + t 3 + t 4 + t 5 + t 6 (2.10) OE BE = t 5 + t 6. t 1 + t 2 + t 3 + t 4 + t 5 + t 6 (2.11) A (2.9), (2.10) és (2.11) egyenleteket összeadva kapjuk, hogy A megfelelő hosszúságokat behelyettesítve OD AD + OE BE + OF CF = 1. OF CF = 1 OD AD OE BE = 1 7 30 8 32 = 31 60. 2.8. ábra. A 2.4.1. Feladat ábrája 27

Mivel CF = CO + OF, ezért OF 29 + OF = 31 60. Az egyenletet megoldva azt kapjuk, hogy OF = 31, azaz a keresett szakasz hossza 31 egység hosszúságú. Megoldás tömegpontok segítségével Oldjuk meg most a 2.4.1. Feladat feladatot tömegközépponti rendszerek segítségével! Adjunk az A, B és C csúcsoknak rendre olyan α, β és γ tömegeket, hogy az {A, B, C} pontrendszer tömegközéppontja éppen az O pontban legyen. Ehhez a következőknek kell teljesülnie: az {A, B} rendszer tömegközéppontja F, α + β tömeggel, a {B, C} rendszer tömegközéppontja D, β + γ tömeggel, az {A, C} rendszer tömegközéppontja E, α + γ tömeggel. Mivel azt szeretnénk, hogy az O pont legyen a rendszer tömegközéppontja, ezért az {A, D}, {B, E}, {C, F } rendszerek tömegközéppontja is O kell, hogy legyen. Ekkor az x = OF jelöléssel a következő egyenletekhez jutunk a tömegközéppont 2. tulajdonsága alapján: 23 7 = β + γ α, (2.12) 24 8 = α + γ β, (2.13) x 29 = γ α + β. (2.14) 2.9. ábra. A 2.4.1. Feladat ábrája 28

Az első két egyenletet átrendezve: 7β = 23α 7γ, 24β = 8α + 8γ. A második egyenlet 7 -szorosát hozzáadva az első egyenlethez, 28β = 30α, tehát 8 28 30 = α β. A második egyenlet 7 -szereséből kivonva az első egyenletet, 62α = 28 γ, tehát 24 3 3 62 28 = γ α. Ezek alapján válasszuk meg a következőképpen a tömegeket: Ezt (2.14)-be visszahelyettesítve, A tömege = α, B tömege = β = 30 28 α, C tömege = γ = 62 28 α. 62 γ x = 29 α + β = 29 α + 30α = 29 28 tehát az OF szakasz hossza 31 egység. 28 α 62 28 28+30 28 = 29 62 58 = 31, 2.4.1. Megjegyzés. Valójában a feladatban szereplő háromszög nem létezik, ugyanis az ABO háromszögben az OF szakasz nyilvánvalóan nem lehet hosszabb az OA és az OB szakaszoknál. 2.4.2. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1980/1981 A következő feladat az Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1980/1981. tanévi I. fordulójában szerepelt a kezdők kategóriájában. 2.4.2. Feladat. Legyen az ABC háromszög AC oldalának felezőpontja D, továbbá messe a C-n és a BD szakasz F felezőpontján átmenő egyenes az AB oldalt az E pontban! Milyen arányban osztja ketté E az AB oldalt? 29

2.10. ábra. A feladatbeli háromszög Megoldás középvonalakkal A feladat egyik hivatalos megoldása a [8] könyv alapján a következő. Messe a D-n átmenő és a CE szakasszal párhuzamos egyenes az AB szakaszt a G pontban (lásd 2.10. ábra). Ekkor DG szakasz az AEC háromszög középvonala. Ugyanakkor F E szakasz a BDG háromszög középvonala, mivel F felezőpontja a BD szakasznak. Ekkor AG = GE, valamint GE = EB miatt E harmadolópont, méghozzá a B oldalhoz közelebbi. Megoldás tömegpontok segítségével Most nézzük meg a feladat megoldását tömegponti megközelítéssel. A feladatbeli háromszög a 2.11. ábrán látható. Rendeljünk tömegeket a háromszög csúcsaihoz úgy, hogy a kapott tömegpontrendszernek az F -ben legyen a tömegközéppontja. Legyen az A csúcsba helyezett tömeg S. Osszuk két alrendszerre a háromszög csúcsait úgy, hogy az egyik rendszer álljon B-ből, a másik legyen {A, C}. Mivel az F pont rajta van 2.11. ábra. A 2.4.2. Feladat ábrája 30

2.12. ábra. A háromszög a megfelelő tömegekkel a B és D pontok összekötő egyenesén, ezért a D pontnak kell lennie az {A, C} rendszer tömegközéppontjának. Mivel D felezőpont, ezért C-nek és A-nak azonos tömeget kell adni, tehát a C pont tömege is legyen S. Így tehát az alrendszer tömegközéppontja D, 2S tömeggel. Most még meg kell határoznunk a B csúcshoz rendelt tömeget úgy, hogy a {B, D} rendszer tömegközéppontja éppen az F felezőpont legyen. Mivel D tömege 2S és F felezőpontja BD-nek, ezért a B csúcshoz rendelt tömegnek azonosnak kell lennie a D csúcshoz rendelttel, azaz a B csúcs tömege is legyen 2S. A háromszög csúcsaiban elhelyezett tömegek tehát m A = S, m B = 2S, m C = S. Tudjuk, hogy a tömegközéppont független az alrendszerek megválasztásától, és mivel az EC szakaszon rajta van az F pont, ezért ha a C és {A, B} alrendszereket választjuk, a tömegközéppontnak szintén F -nek kell lennie. Az {A, B}-nek a tömegközéppontja tehát E kell, hogy legyen. Mivel az A csúcs tömege S és B-jé pedig 2S, ezért az E pontnak a tömege 3S kell, hogy legyen, és a tömegek aránya miatt az E pont harmadolópontja az AB-nek. Mivel a B csúcs tömege 2S, ezért az E a B-hez közelebbi harmadolópont, így a háromszög a tömegekkel a 2.12. ábrának megfelelően néz ki. 31

3. fejezet Integrálszámítás és a fizika Ebben a fejezetben néhány példát mutatunk arra, hogyan alkalmazhatunk egyszerű fizikai elveket az integrálszámításban. Szó lesz többek között Arkhimédész híres módszeréről, és integrálokat számolunk ki a munkavégzés fogalmának segítségével. 3.1. Arkhimédész és a gömb térfogata Mielőtt elkezdenénk tárgyalni, hogy Arkhimédész milyen módszer segítségével számolta ki a gömb térfogatát, és alkotta meg ezáltal az integrálszámítás alapjait, tekintsük át, hogy milyen ismeretekkel rendelkezett. Arkhimédész már tudta Démokritosznak köszönhetően, hogy egy forgáskúp térfogata megegyezik egy ugyanolyan alapú és magasságú henger térfogatának harmadával. A görögök már ekkor rendelkeztek bizonyos koordinátageometriai ismeretekkel. A síkon egy pont helyét úgy adták meg, hogy a síkon rögzítettek két egyenest, majd vették a mozgó pontnak a két egyenestől mért távolságát. Azzal is tisztában voltak, hogy ha a két egyenes merőleges egymásra, és az egyenesektől mért távolságok x és y, amelyekre x 2 + y 2 állandó egy mozgó pont esetén, akkor a pont pályája egy körvonal. Térjünk most rá Arkhimédész módszerére (az [1] könyv alapján), amellyel meghatározta a gömb térfogatát. Arkhimédész a gömböt egy kör megforgatottjaként állította elő, a kört pedig olyan halmaznak vette, amelyet a mozgó pont két rögzített, egymásra merőleges tengelytől mért távolságai közötti összefüggés jellemez. Arkhimédésznek még nem voltak meg azon ismeretei, amelyek a következő leíráshoz szükségesek, de lényegében a következőt fogalmazta meg. Az r sugarú, az y-tengelyt az origóban érintő kör egyenlete (x r) 2 + y 2 = r 2, 32

3.1. ábra. Arkhimédész ábrája azaz x 2 + y 2 = 2rx. (3.1) A gömböt tehát úgy kapjuk, hogy a kört megforgatjuk az x-tengely körül. Próbáljunk meg szemléletes jelentést adni a (3.1) egyenlet egyes tagjainak. Könnyen látható, hogy y 2 π a gömb változó keresztmetszetének területe. Hasonlóan, x 2 π elképzelhető úgy, mint egy olyan kúpnak a változó keresztmetszete, amelyet úgy kapunk, hogy az y = x egyenletű egyenest megforgatjuk az x-tengely körül. Célszerű tehát a (3.1) egyenlet mindkét oldalát megszorozni π-vel. Ekkor a következőt kapjuk: x 2 π + y 2 π = 2πrx. (3.2) Az előbbi meggondolások alapján próbáljunk a jobb oldalon lévő kifejezésnek is egy geometriai értelmezést adni. Első ránézésre nem világos, hogyan is lehetne szemléltetni, ezért az egyenlet mindkét oldalát szorozzuk meg 2r-rel. Ekkor 2r(x 2 π + y 2 π) = (2r) 2 πx. (3.3) A 3.1. ábra alapján jól látható, hogy az egyenletünkben három körnek a területe jelenik meg: x 2 π, y 2 π és (2r) 2 π. Ez a három kör nem más, mint három forgástest ugyanazon 33

3.2. ábra. A testek felfüggesztésének síkmetszete síkkal vett keresztmetszete. A sík olyan helyzetű, hogy merőleges az x-tengelyre és az origótól x távolságra helyezkedik el. Ekkor a három forgástest rendre egy gömb, egy kúp és egy henger. A gömb olyan kör x-tengely körüli megforgatottja, amely érinti az origóban az y-tengelyt és r a sugara. A forgáskúpot az y = x egyenes x-tengely körüli megforgatásával kapjuk, és csúcsa az origó. A hengert pedig az y = 2r egyenes x-tengely körüli forgatásával kapjuk. A hengernek és a kúpnak azonos a magassága és az alapja, a magasság és a közös alap sugara is egyaránt 2r. Most pedig megismerhetjük Arkhimédész zseniális ötletét. Kezeljük külön azokat a köröket, amelyeknek a területei a (3.3) egyenlet két oldalán megjelennek. Arkhimédész a hengerből kivágott 2r sugarú kört helyben hagyja, x távolságra az origótól, és a másik oldalon lévő két kört áthelyezi a ( 2r; 0) pontba. Ezt a pontot jelöljük T -vel. Függesszük fel a kúp és a gömb síkmetszeteként kapható köröket egy elhanyagolható tömegű kötéllel T -ben úgy, hogy a kötél menjen át a körök centrumain (lásd 3.2. ábra). Tekintsük az x-tengelyt egy emelőnek, vagyis egy merev, elhanyagolható tömegű rúdnak, amelyet az origóban támasztunk alá. Így a 3.2. ábrán látható elrendezéshez jutunk. A (3.3) egyenletre úgy is gondolhatunk, mintha az O pontra vonatkozó forgatónyomatékokról szólna. Ha az egyenlet fennáll, akkor az azt jelenti, hogy a bal oldali két kör forgatónyomatéka megegyezik a jobb oldali kör forgatónyomatékával, azaz az emelő egyensúlyi helyzetben van. Az ábra alapján jól látható, hogy ha x [0, 2r], akkor a henger összes lehetséges keresztmetszetét megkapjuk, amelyek kitöltik a teljes hengert. Ugyanakkor minden egyes henger keresztmetszethez tartozik pontosan két darab kör, a gömb, illetve a kúp T pont- 34

ban felfüggesztett keresztmetszetei. Ezek is kitöltik ezen az intervallumon a teljes gömböt, illetve a kúpot. Mivel a megfelelő keresztmetszetek egyensúlyban vannak, ezért igaz lesz, hogy a felfüggesztett gömb és a kúp egyensúlyban van a hengerrel. Ez azt jelenti, hogy a forgatónyomatékok megegyeznek (1.2.3. törvény). Írjuk fel az origóra nézve a testek forgatónyomatékait a jobb, illetve bal oldalra. Jelöljük V -vel a gömb térfogatát, hiszen Arkhimédész ezt még nem tudta, hogy pontosan mennyi, viszont Démokritosznak köszönhetően ismerte a kúp térfogatára vonatkozó képletet, azaz hogy a kúp térfogata akkora, mint egy azonos alapú és magasságú henger térfogatának harmada. Ezenkívül Arkhimédész a henger térfogatára vonatkozó képletet is ismerte. A megfelelő testek forgatónyomatékai tehát, felhasználva, hogy a henger tömegközéppontja az origótól r távolságra van ( ) 2r V + (2r)2 π2r = rπ(2r) 2 2r. 3 A fenti egyenletet egyszerűsítve a következőhöz jutunk: V + (2r)3 π 3 = 4πr 3, az egyenletet V -re rendezve és egyszerűbb alakra hozva: V = 4πr 3 (2r)3 π 3 = 4r3 π 3. Az r sugarú gömb térfogata tehát 4r3 π 3. Jól látható, hogy az ötlet, hogy vágjuk fel infinitezimális vastagságú darabokra a testeket zseniális, ám ez nincs logikailag alátámasztva, tehát nem nevezhető korrekt bizonyításnak. Ezzel Arkhimédész is tisztában volt, de tudta, hogy a későbbiekben nagy jelentősége lesz felfedezésének. Így alapozta meg Arkhimédész az integrálszámítást. 3.2. A munkavégzés és a potenciális energia fogalma A következőkben a munkavégzés fogalmának segítségével fogunk integrálokat kiszámolni. Először röviden emlékeztetünk a szükséges ismeretekre. 3.2.1. Definíció. Ha egy pontszerű test, amelyre esetleges más erőkön kívül az állandó F erő hat, az F irányában s távolsággal elmozdul, akkor az F erő s úton végzett munkája az erő nagyságának és az s útnak a szorzatával egyenlő [4]. Azaz W = F s. 35