Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Koszinusz hiperbolikusz és társai Bsc Szakgoldozat Horváth Zoltán Ferenc Matematika Bsc Elemz szakirány Témavezet : Mezei István adjunktus Budapest 01
Tartalomjegyzék Bevezetés 1. Páros és páratlan függvények 3. Fizikai példa a koszinusz hiperbolikuszra 11 3. Variáció számítás 13. Kúpszeletek gördítése egyenesen 5. Köszönetnyílvánítás 31 1
Bevezetés A szakdolgozatom témája a koszinusz hiperbolikusz függvény és társai. Egy függvény esetében sok tulajdonságot lehet vizsgálni. Ilyenek a monotonitás, a periódikusság, illetve hogy páros vagy páratlan a függvény. A dolgozatom els fejezetében a páros és páratlan függvényekr l lesz szó azon belül is leginkább a hiperbolikus függvényekr l. A második fejezetben egy példán keresztül fogom bemutatni a koszinusz hiperbolikusz függvényt. A harmadik fejezetben a variáció számításról lesz szó. A negyedik fejezetben a kúpszeletek gördítése egyenesen lesz a téma.
1. Páros és páratlan függvények Adott egy f függvény, ami a valós számok halmazán van értelmezve. Legyen ϕ páros függvény és ψ páratlan függvény a valós számok halmazán értelmezve. Az f függvényt állítsuk el a ϕ és a ψ összegeként, azaz f = ϕ + ψ. Legyen Valamint Állítás: ϕ páros, mert ϕ(x) := ψ(x) := f(x) + f( x). f(x) f( x). Bizonyítás: ϕ( x) = f( x)+f( ( x)) = ϕ(x). Állítás: ψ páratlan, mert Bizonyítás: ψ( x) = f( x) f( ( x)) = ψ(x). Tehát ϕ(x) + ψ(x) = f(x) + f( x) + f(x) f( x) = f(x). Nézzük meg azt az esetet, amikor az f egy konkrét függvény, mégpedig az exponcenciális függvény. Azaz f(x) = e x. Ebben az esetben a ϕ és a ψ következ képpen néz ki ϕ = ex + e x ψ = ex e x = ch(x) = sh(x). Tehát a koszinusz hiperbolikusz függvény az exponenciális függvény páros és páratlan függvényekre való felbontásából a páros rész. 3
A koszinusz hiperbolikusz függvény tulajdonságai Legyen a koszinusz hiperbolikusz függvény a valós számok halmazán értelmezve. Ekkor a nagy x-ekre nézve a koszinusz hiperbolikuszt becsülhetjük e x -vel, mert nagy x-ekre az e x 0. A szinusz hiperbolikuszt is ex -vel becsüljük nagy x-ekre nézve. Itt is ugyanaz történik, mint a koszinusz hiperbolikusznál, nagy x-ekre az e x 0. Azt tudjuk, hogy trigonometrikus függvények esetében minden t valós számra teljesül,hogy cos t + sin t = 1. Itt a t az ívhosszt jelöli. 1. ábra. Állítás: ch t sh t = 1 Bizonyítás: ( ) e t + e t ( e t e t ) = 1 (e t ) + e t e t + (e t ) (et ) e t e t + (e t ) = 1
. ábra. Amíg a szinusz és a koszinusz függvényekkel egy kört tudunk meghatározni, addig a koszinusz hiperbolikusz és a szinusz hiperbolikusz függvényeket arra tudjuk használni, hogy meghatározzanak egy hiperbolát. A.ábrán látszik, hogy a cht-ben és az sht-ben a t paraméter területet jelent, amit be is bizonyítunk. Tekintsük a következ egyenletet Bizonyítás: x 1 y 1 = 1 x y = 1 x 1 = y x 1 = y Legyen x=cht cht sht cht Használjunk helyettesítéses integrált Helyettesítés után azt kapjuk, hogy cht 1 1 s = chu ds du = shu ds = shu du s 1ds = t t s 1ds = ch u 1shudu = sh udu 0 0 5
Használjuk fel a következ azonosságot Amib l az következik,hogy t sh u = ch(u) 1 t sh udu = 0 0 [ shu = 1 ] t u 0 Használjuk azt az azonosságot, hogy Ami alapján a végeredmény = sht ch(u) 1 du = = sht sht = shtcht 1 t ( sht 1 ) t = 1 t Ebb l látszik, hogy a tartomány területe a t fele. Hiperbola azonosságok és bizonyításaik Állítás: sh t = cht 1 Bizonyítás: sh t = et e t t + e t = et + e t 1 cht 1 = e t +e t 1 = et + e t 1 6
Állítás: sht = shtcht Bizonyítás: sht = et e t ( ) e t e t shtcht = et + e t = ( ) e t = + et t et t e t = = et e t Állítás: sh(t + r) = shtchr + chtshr Bizonyítás: sh(t + r) = et+r e (t+r) shtchr = et e t = et e r chtshr = et + e t = et e r = et e r er + e r e t e r er e r e t e r shtchr + chtshr = et e r e t e r = = e t e r Állítás: ch(t + r) = chtchr + shtshr 7
Bizonyítás: ch(t + r) = et+r + e (t+r) chtchr = et + e t = et e r shtshr = et e t = et e r = et e r er + e r + e t e r er e r + e t e r chtchr + shtshr = et e r + e t e r = = + e t e r Nézzük meg, hogy lehet-e a koszinusz hiperbolikusznak és a szinusz hiperbolikusznak inverz függvénye. A szinusz hiperbolikusz kölcsönösen egyértelm függvény ezért létezik neki inverze. (sht) 1 =: arsht Azért szerepel az area szó az inverz függvényben, mert egy adott x valós számhoz keressük azt a t területet, amelyre sht = x. A koszinusz hiperbolikusz kölcsönösen egyértelm a pozitív valós számok halmazán és ott létezik neki inverze. (cht) 1 =: archt Azért szerepel az area szó az inverz függvényben, mert egy adott x valós számhoz keressük azt a t területet, amelyre cht = x. Állítás: Az inverz függvényeket nem csak a hiperbolikusz függvényekkel tudjuk kifejezni. 8
Ha adott egy f:a B függvény és van inverze akkor y = f(x) és x = f(y) akkor y = f 1 (x) Az arsh más függvénnyel való kifejezése: y = shx = ex e x x = ey e y x = e y 1 e y xe y = (e y ) 1 0 = (e y ) xe y 1 (e y ) 1, = x ± x + = x ± x + 1 Látható, hogy minden x valós számra teljesül, hogy x = x x + 1 > x, és az exponenciális függvény mindig pozitív. Nézzük meg a két gyököt. Tudjuk, hogy az x x 1 < 0 és az e y > 0 ami ellentmondáshoz vezet. Ezáltal ez nem gyök. Nézzük meg a másik esetet és az x + x 1 > 0 e y > 0 ami nem vezet ellentmondáshoz. Azaz e y = x + x 1 y = ln(x + x 1) = arshx 9
El állítottuk az arsh függvényt az ln függvény segítségével. Az arch más függvényekkel való kifejezése: y = shx = ex + e x x = ey + e y x = e y + 1 e y xe y = (e y ) + 1 0 = (e y ) xe y + 1 (e y ) 1, = x ± x = x ± x 1 Nézzük meg a két gyököt abban az esetben, amikor az x > 1 és az y > 0. Akkor azt tudjuk, hogy Els esetben: e y > 1 x x 1 > 1 x 1 > x 1 x x + 1 > x 1 x > x < x < 1 ami ellentmondáshoz vezet. Ezáltal ez nem gyök. Második eset: x + x 1 > 1 Ami nem vezet ellentmondásra, mert x > 1. Azaz e y = x + x 1 > 1 y = ln(x + x 1) = archx Az arch függvényt is el állítottuk az ln függvény segítségével. 10
. Fizikai példa a koszinusz hiperbolikuszra Egy nehézségi er térben keressük egy súlyos fonal alakját. Vajon milyen er k hathatnak? Van a T és a H, amik a kötélfeszít er k. Egy egységnyi darabra p er hat, akkor az l darabra lp er hat. A súlyos fonal az y tengelyre legyen szimmetrikus. Vajon milyen y függvény írja le ezt a görbét? 3. ábra. Amit tudunk, hogy T sin α = lp T cos α = H Osszuk el egymással a két egyenletet y (x) = tan α = p H l = p x 1 + [y H (s)] ds 0 y (x) = p x 1 + [y H (s)] ds 0 Mivel elég sima függvényr l van szó, ezért deriváljuk x szerint y (x) = p 1 + [y H (x)] 11
Itt azt az összefüggést használtuk fel, hogy d dx x 0 g(s)ds = d [ ] x G(s) dx = d ( ) 0 G(x) G(0) = G (x) 0 = g(x) dx Alkalmazzuk a következ helyettesítést a dierenciál egyenletben. Legyen y (x) = z(x) dz dx = z (x) = p 1 + z (x) H dz 1 + z (x) = p H dx Vegyük mindkét oldal integrálját dz 1 + z (x) = p H dx Ha végre hajtjuk az integrálást akkor azt kapjuk, hogy Az arsh az sh függvény inverze, ezért arshz = p H x + c y (x) = z(x) = sh ( p H x + c) y(x) = sh ( p H x + c) dx = H p ch( p H x + c) + d A nehézségi er térben az a függvény, ami leírja a súlyos fonal alakját az éppen a koszinusz hiperbolikusz függvény. 1
3. Variáció számítás A variáció számításnál is találkozhatunk a koszinusz hiperbolikusszal. Adott a síkban a P és Q két pont. Keressük azt a ϕ függvényt, amely összeköti a P és Q pontokat és amelynek az ívhossza a legrövidebb.. ábra. A problémát az a ϕ függvény oldja meg, amelyre L(ϕ) = b a 1 + [ϕ (s)] ds min Ehhez hasonló problémák: Adott a síkban a P és Q két pont. Kössük össze a P és Q pontokat úgy egy görbével, hogy amikor megforgatjuk az x tengely körül, akkor a forgástest felszíne minimális legyen. 5. ábra. 13
Az az egyenlet, amely megadja ezt a felszínt. P (ϕ) = b a πϕ(s) 1 + [ϕ (s)] ds min Egy nehézségi er térben adjuk meg azt az görbét, amelyre teljesül,hogy a P pontból a Q pontba az m tömegpont a leggyorsabban jut el. 6. ábra. A problémához tartozó integrál b 1 + [ϕ (s)] T (ϕ) = ds min gϕ(s) 0 Deníció. Adott P(a,c) és Q(b,d) pontok és adott L(x,y,z) Lagrange függvény, akkor az I funkcionált a következ képpen kapjuk meg I(ϕ) := b a L(x, ϕ(x), ϕ (x))dx Tétel. Ha ϕ 0 az I funkcionál minimális függvénye (I(ϕ) I(ϕ 0 ) minden ϕ függvény esetén), akkor (I (ϕ 0 ) = 0) y L(x, ϕ 0 (x), ϕ 0(x)) x z L(x, ϕ 0 (x), ϕ 0(x)) = 0 az Euler-Lagrange egyenlet. Bizonyítás: I(ϕ) := b a L(x, ϕ(x), ϕ (x))dx Tegyük fel ϕ 0 minimális függvény. minden η : [a, b] R, η(a) = η(b) = 0 1
ϕ := ϕ 0 + εη minden ε valós számra. ω(ε) := I(ϕ) = I(ϕ 0 + εη) I(ϕ 0 ) = ω(0) azaz ω-nak minimuma van 0-ban,ebb l következik, hogy az ω (0) = 0. = d dε b b a d dε ω(ε) = d dε I(ϕ 0 + εη) = L(x, ϕ 0 (x) + εη(x), ϕ 0(x) + εη (x))dx = = x L(x, ϕ 0 (x) + εη(x), ϕ 0(x) + εη (x)) x + a ε + y L(x, ϕ 0 (x) + εη(x), ϕ 0(x) + εη (x)) η(x)+ + z L(x, ϕ 0 (x) + εη(x), ϕ 0(x) + εη (x)) η (x)dx az x-nek a ε-nal vett deriváltja 0, ezért azzal már nem foglalkozunk. + = b a b a b a y L(x, ϕ 0 (x) + εη(x), ϕ 0(x) + εη (x)) η(x)dx+ z L(x, ϕ 0 (x) + εη(x), ϕ 0(x) + εη (x)) η (x)dx = y L(x, ϕ 0 (x) + εη(x), ϕ 0(x) + εη (x)) η(x)dx+ + [ η(x) z L(x, ϕ 0 (x) + εη(x), ϕ 0(x) + εη (x)) ] b b a η(x) a d dx zl(x, ϕ 0 (x) + εη(x), ϕ 0(x) + εη (x))dx mivel a η(a) = η(b) = 0, ezért a következ t kapjuk Az ω (0) = 0,ezért b a [ y L() d dx zl() ] η(x)dx Legyen 0 = b a [ y L(x, ϕ 0 (x), ϕ 0(x)) d dx zl(x, ϕ 0 (x), ϕ 0(x)) ] η(x)dx m(x) := y L(x, ϕ 0 (x), ϕ 0(x)) d dx zl(x, ϕ 0 (x), ϕ 0(x)) 15
Tehát minden η : [a, b] R; η(a) = η(b) = 0, amib l következik, hogy állítás: m(x) = 0. Ebb l következik, hogy b a m(x)η(x)dx = 0. y L(x, ϕ 0 (x), ϕ 0(x)) d dx zl(x, ϕ 0 (x), ϕ 0(x)) = 0. Nézzük meg az els feladatot, hogy adott P és Q pontok és keressük azt a ϕ függvényt, amely összeköti a P és Q pontot és az ívhossza a legrövidebb. Belátjuk, hogy a ϕ(x) = Ax + B lesz a megfelel függvény, azaz egy egyenes. Bizonyítás: L(x, y, z) = 1 + z d dx zl(x, ϕ, ϕ ) = Euler-Lagrange egyenlet y L d dx zl = 0 y L = 0 z z L = 1 + z = z 1 + z z L(x, ϕ, ϕ ϕ (x) ) = 1 + [ϕ (x)] ϕ (x) 1 + [ϕ (x)] ϕ (x) ϕ (x) ϕ (x) 1 + [ϕ (x)] 1+[ϕ (x)] ϕ (x) 1 + [ϕ (x)] ϕ (x) ϕ (x) ϕ (x) 1+[ϕ (x)] = 0 1 + [ϕ (x)] 16
ϕ 1 + [ϕ ] = [ϕ ] ϕ 1 + [ϕ ] ϕ (1 + [ϕ ] ) = [ϕ ] ϕ ϕ [ 1 + [ϕ ] [ϕ ] ] = 0 ϕ (x) = 0 ϕ (x) = A ϕ(x) = Ax + B A harmadik feladathoz hasonló, de mégis egyszer bb feladatot fogunk megoldani. Nem a nehézségi er térbe a legrövidebb id problémáját oldjuk meg, hanem a nála kicsit egyszer bb esetet vizsgáljuk, amelyben a sebesség a mélységgel arányos. L(x, y, z) = 1 + z 1 + z y L = y k z L = 1 ky z 1 + z d ϕ (x) dx kϕ(x) 1 + [ϕ (x)] = 1 ϕ ϕ 1 + [ϕ ] ϕ ( ϕ 1 + [ϕ ] + ϕ ϕ ϕ ( k ky 1 + [ϕ ] ) Euler-Lagrange egyenlet ky 1+[ϕ ] ) 1 ϕ 1 + [ϕ ] k 1 ϕ ϕ 1 + [ϕ ] ϕ ( ϕ 1 + [ϕ ] + ϕ ϕ ϕ k k y (1 + [ϕ ] ) 1+[ϕ ] ) = 0 1 ϕ 1 + [ϕ ] k = 1 k 3 ϕ ϕ(1+[ϕ ] ) [ϕ ] (1+[ϕ ] ) ϕ[ϕ ] ϕ 1+[ϕ ] y (1 + [ϕ ] ) 1 ϕ 1 + [ϕ ] k = 1 k 3 ϕ ϕ [ 1 + [ϕ ] [ϕ ] ] [ϕ ] [ϕ ] y (1 + [ϕ ] ) k ( 1 + [ϕ ] ) = ϕ ϕ [ϕ] [ϕ] 17
k = 1 esetén 1 [ϕ ] [ϕ ] = ϕ ϕ [ϕ] [ϕ] 0 = ϕ ϕ + [ϕ ] + 1 ez egy bonyolult egyenlet, ezért áttérünk a redukált Euler-Lagrange-ra. Redukált Euler-Lagrange L(x, y, z) = L r (y, z) ( Lr (ϕ(x), ϕ (x)) ϕ (x) z L r (ϕ(x), ϕ (x)) ) = = y L r (ϕ(x), ϕ (x)) ϕ + z L r (ϕ(x), ϕ (x)) ϕ ( ϕ z L r (ϕ(x), ϕ (x)) + ϕ x z L r (ϕ(x), ϕ (x)) ) = = y L r (ϕ(x), ϕ (x)) ϕ ϕ x z L r (ϕ(x), ϕ (x)) = amib l az következik,hogy ϕ ( y L r (ϕ(x), ϕ (x)) x z L r (ϕ(x), ϕ (x)) ) = 0 L(ϕ(x), ϕ (x)) ϕ z L(ϕ(x), ϕ (x)) = c Megoldjuk a harmadik példát a redukált Euler-Lagrange módszerrel L(y, z) = 1 + z ky Ehhez tartozó redukált Euler-Lagrange egyenlet 1 + [ϕ ] kϕ ϕ 1 (1 + [ϕ ] ) 1 ϕ kϕ = c 1 + [ϕ ] [ϕ ] 1 1 + [ϕ ] = ckϕ 1 + [ϕ ] [ϕ ] = ckϕ 1 + [ϕ ] K = 1 ck = ϕ 1 + [ϕ ] 18
Térjünk át a szokásos y ismeretlenre 1 K = y 1 + [y ] K y = 1 + [y ] K y 1 = [y ] y K = y 1 dy dx = K + y y y dy K y = dx (K y ) 1 ( y)dy = dx 1 (K y ) 1 1 = x + c K + y = (x + c) K = (x + c) + y tehát körívek mentén terjed leggyorsabban -a legrövidebb id alatt- a rezgés hullám. A második feladatban keressük azt a minimális felszínt, amit úgy kapunk, hogy összekötjük a P és Q pontokat egy görbével és megforgatjuk az x tengely körül. L(x, y, z) = ky 1 + z y L = k 1 + z z L = kyz 1 + z d kϕϕ k ( ϕ ϕ 1 + [ϕ ] + ϕϕ 1 + [ϕ ] ϕϕ ϕ ϕ dx 1 + [ϕ ] = 1 + [ϕ ] 1+[ϕ ] ) 19
Euler-Lagrange egyenlet k k ( ϕ ϕ 1 + [ϕ ] + ϕϕ ) 1 + [ϕ ] ϕϕ ϕ ϕ 1 + [ϕ ] 1+[ϕ ] = 0 1 + [ϕ ] k(1 + [ϕ ] ) k ( [ϕ ] (1 + [ϕ ] ) + ϕϕ (1 + [ϕ ] ) ϕϕ [ϕ ] ) = 0 k=1 esetén (1 + [ϕ ] ) [ϕ ] (1 + [ϕ ] ) + ϕϕ (1 + [ϕ ] ) ϕϕ [ϕ ] = 0 1 + [ϕ ] + [ϕ ] [ϕ ] [ϕ ] + ϕϕ + ϕϕ [ϕ ] ϕϕ [ϕ ] = 0 1 + [ϕ ] + ϕϕ = 0 ez egy bonyolult egyenlet, ezért a redukált Euler-Lagrange módszert fogjuk alkalmazni. Legyen redukált Euler-Lagrange L(y, z) = ky 1 + z kϕ 1 + [ϕ ] ϕ kϕ 1 (1 + [ϕ ] ) 1 ϕ = c kϕ 1 + [ϕ ] [ϕ ] kϕ 1 + [ϕ ] = c kϕ(1 + [ϕ ] ) [ϕ ] kϕ = c 1 + [ϕ ] kϕ = c 1 + [ϕ ] k=1 esetén, és térjünk át a szokásos y ismeretlenre y = c 1 + [y ] y c 1 = [y ] y c = y = dy c dx = dx = c dx c dy y c dy y c x + b = c arch ( y ) c 0
x + b c ch ( x + b c c ch ( x + b c = arch ( y ) c ) y = c ) = y Az a görbe, amellyel összekötve a P és Q pontokat minimális felszínt kapunk, nem más mint a koszinusz hiperbolikusz. 1
. Kúpszeletek gördítése egyenesen Érdekes probléma: Vizsgáljuk meg,hogy milyen pályát ír le egy bicikli kerék szelepe, miközben a kerék egy egyenes úton gördül(csúszás mentesen). 7. ábra. Miközben a kerék t szöggel elfordul, az s ív hossza megegyezik a P R szakasz hosszával. Az s ívhossza pedig s = at A P új helyzetét az (x,y) megadásával kapjuk: 8. ábra. Mivel x = s u, y = a v, ezért a derékszög háromszögb l u = a sin t v = a cos t,
így x = s u = at a sin t = a(t sin t) y = a v = a a cos t = a(1 cos t) A szelep pályáját cikloisnak nevezzük, amelynek tehát a paraméteres el állítása x = a(t sin t) y = a(1 cos t) Ilyen ciklois görbe adná a variáció számításban tárgyalható legrövidebb id problémájának a megoldását. Hasonlóan vizsgálható az az eset, amikor kör helyett egy parabola gördül az egyenesen, és a parabola fókuszpontjának a pályáját követjük. Nézzük az általános y = x parabolát. Görgessük a parabolát az x tengely mentén. Megmutatjuk, hogy a fókuszpont egy láncgörbén mozog.azt tudjuk, hogy a fókuszpont az F (0, 1 ) pontban van. 9. ábra. Vegyünk fel egy tetsz leges pontot a parabolán, legyen ez P (t, t ). Húzzuk be az érint t és határozzuk meg a 10.ábrán látható szögek tangesét. tgθ 1 = (x ) x=t = t tgθ = t 1 t 3
10. ábra. Az α tangense α = θ 1 θ tgα = tg(θ 1 θ ) = tgθ 1 tgθ 1 + tgθ 1 tgθ = 1 = t t t 1 + t t 1 t = t + 1 t 3 + 1 t = t + 1 t ( t + 1 ) = 1 t Ismert 1 + tg α = 1 cos α cos α = cosα = t sinα = t + 1 1 1 + tg α cosα = 1 1 + 1 t 1 t + 1 A 11. képen már a görgetés utáni pillanat látszik, ahol vegyük észre, hogy az x tengely nem csak a tengelyt jelenti, hanem az érint t is egyben. Határozzuk meg az s hosszát. s = t 0 t 1 + [f (u)] du = 1 + u du 0
11. ábra. A d hosszát könnyen meglehet adni, hiszen az az F és P pontok távolsága. d = (t 1 ) + t Határozzuk meg az új fókuszpont koordinátáit. 1. ábra. 5
Els ször határozzuk meg az új fókuszpont y koordinátáját. sinα = y d = 1 d (t 1 y = ) + t = = t + t t + 1 t + 1 t + 1 t + 1 = t + 1 = 1 t + 1 t + 1 + 1 16 = Számoljuk ki a z szakasz hosszát. cosα = z d = t z = t + 1 dt t + 1 = (t + 1)t t + 1 = t t + 1 Az új fókuszpont x koordinátáját úgy kapjuk meg,hogy t x = s z = 1 + (u) du t t + 1 Haználjunk helyettesítéses integrált. 0 u = v u = v du dv = 1 du = 1 dv Azt kapjuk a helyettesítés után, hogy 1 + (u) du = 1 1 + v dv Ismét egy helyettesítést alkalmazunk v-re is. Helyettesítés után 1 v = shw dv dw = chw dv = chwdw 1 + v dv = 1 1 + sh w chwdw 6
Ezt az integrált már könnyen kitudjuk számolni. 1 1 + sh w chwdw = 1 ch wdw Használjuk fel a következ azonosságot ch x = chx + 1 Ebb l következik, hogy 1 ch wdw = 1 (chw + 1)dw = 1 ( shw ) + w Helyettesítsük vissza a w helyére a v-t. v = shw w = arshv 1 ( shw ) + w = 1 ( sharshv ) + arshv Helyettesítsük vissza a v helyére a u-t. v = u 1 ( sharshv ) + arshv = 1 ( sharshu Használjuk fel a következ azonosságot 1 ( sh(arshu) ch(arshu) = 1 ) + arshu shx = shxchx ) + arshu = 1 ( u ) 1 + sh (arshu) + arshu = = 1 ( u ) 1 + (u) + arshu = ( uch(arshu) + arshu ) = t Az x koordináta értéke 0 [ 1 t 1 + (u) du = u 1 + (u) + arshu] = 1 ( t ) 1 + (t) + arsht x = 1 t 1 + (t) + 1 arsht t t + 1 0 7
Azt tudjuk, hogy Ezért az x koordináta 1 t 1 + (t) = t t + 1 x = 1 arsht Az arshx-et fel lehet írni ln függvényeként. arshx = ln(x + x + 1) Az új fókuszpont koordinátái a kövekez k: F (x, y) = ( 1 ln( t + t + 1 x = 1 (t ln + t + 1 ) ( x = ln t + t + 1 ) e x = t + t + 1 e x t = t + 1 ) 1, t + 1 ) e 8x te x + t = (t + 1 = t + 1 Azaz e 8x 1 = te x e x e x = t e x e x = t y = 1 ( e x e x ) 1 + = = 1 e 8x + + e 8x + = 1 e 8x + + e 8x = 16 16 = 1 (e x + e x ) 1 e x + e x = = 1 e x + e x = 1 chx y = 1 chx Ha az y = x parabolát egy egyenesen gördítjünk, akkor a fókuszpontja egy koszinusz hiperbolikusz függvényen mozog.(13.ábra) 8
13. ábra. 9
A világban számos helyen lehet fellelni a koszinusz hiperbolikuszt, érdekességként említenék párat: 1. ábra. Keleti pályaudvar 15. ábra. Jeerson Nemzeti Park kapuíve 30
5. Köszönetnyílvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezet mnek, Mezei Istvánnak, hogy segítségével és hasznos tanácsaival hozzájárult szakdolgozatom elkészítéséhez. Köszönöm családomnak, hogy mellettem áltak, és az egyetemi éveim alatt segítettek céljaim elérésében. 31
Hivatkozások [1] http : //upload.wikimedia.org/wikipedia/hu/a/af/elt E l ogo.png [] mathworld.wolfram.com/images/epsgif/t rigonometryunitcircle 1 000.gif [3] https : //philfour.com/static/images/hyperbolic f unctions.jpg [] http : //titan.physx.u szeged.hu/ gyemant/07.pdf [5] http : //www.maa.org/sites/default/files/pdf/cmj f tp/cmj/march010/3articles/ 5Agarwal/locus o f f ocus final v ersion.pdf [6] http : //hu.wikipedia.org/wiki/f ile : St L ouis G ateway A rch.jpg [7] http : //hu.wikipedia.org/wiki/f ile : Budapest K eleti t eto 1.jpg 3