Kezdőlap


Feladat:	974. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gegus Gábor , Pataki Béla
Füzet:	1971/december, 234 - 235. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síktükör, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/március: 974. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Az $α$ szöget bezáró tükrök között bárhol veszek fel egy tárgyat, annak képe az $a$ tükörre szimmetrikusan keletkezik, s így a tárgypont és képe egyenlő távolságra van a tükör bármely pontjától, tehát $\bar{O T} = {\bar{O K}}_{1}$ . $K_{1}$ -et a másik tükörrel leképezve hasonlóan ${\bar{O K}}_{1} = {\bar{O K}}_{2}$ , és bármely tükrözésre ${\bar{O K}}_{n} = {\bar{O K}}_{n + 1}$ , ahonnan ${\bar{O K}}_{n} = \bar{O T}$ . Ezek szerint egy pont képpontjai egy $O$ középpontú, $\bar{O T}$ sugarú körön helyezkednek el. Ugyanezen a körön, a tükrök szögfelezőjére szimmetrikusan helyezkednek el azok a képpontok, melyeknél először $b$ tükör képezi le a tárgyat.

Vizsgáljuk most csak azokat a képeket, amelyek először

a

-ra való tükrözéssel keletkeznek. Mivel

T

a szögfelezőn van,

T O B ∢ = T O A ∢ = α / 2

. A tükrözés miatt

T O A ∢ = A O K_{1} ∢

, innen

T O K_{1} ∢ = α

, majd

K_{1} O B ∢ = B O K_{2} ∢

, innen

T O K_{2} ∢ = 2 α

. Általában az

n

-edik leképezésnél legyen

T O K_{n - 1} ∢ = β

. Tegyük fel például, hogy az

a

tükör képez le. Ekkor

A O K_{n - 1} ∢ = β + α / 2

, a tükrözés miatt

K_{n} O A ∢ = K_{n - 1} O A ∢ = β + α / 2

, és mivel

K_{n} O T ∢ = K_{n} O A ∢ + α / 2 = β + α

, tehát minden leképezésnél a középponti szög

α

-val nő, és így

T O K_{n} ∢ = n \cdot α

.
Csak akkor látunk képet, ha a képpont irányából érkező fénysugár ténylegesen azon tükör irányából érkezik, amely utoljára leképezte. Mivel a tükrök felváltva képezik le a képpontokat, ez azt jelenti, hogy a páros és páratlan indexű pontok a szögfelező ugyanazon oldalán maradnak. (Nem elég kikötni, hogy mindig csak a tükör foncsorozott falára tükrözhetünk, mivel ez a feltétel nem zárja ki páratlan indexű kép létét a

\hat{B' T'}

íven.) Az először ugyanazon tükörre tükrözött képek számára tehát

n \cdot α \leq 180^{\circ}

.
Ha

n \cdot α < 180^{\circ}

, akkor az először

a

-ra tükrözve keletkező képek száma

n' = [180^{\circ} / α]

(azaz

n' a 180^{\circ} / α

szám egész része, vagyis a legnagyobb egész szám, mely nem nagyobb

180^{\circ} / α

-nál), ugyanannyi kép keletkezik először

b

-re tükrözve is, tehát összesen

n = 2 \cdot [180^{\circ} / α]

képet látunk.
Ha

n' \cdot α = 180^{\circ}

, akkor az utolsó kép a szögfelezőn keletkezik. Ugyanitt keletkezik egy olyan kép is, melyet először

b

-re tükrözve kapunk, így ekkor a két kép egybeesése miatt csak

n = (2 \cdot 180^{\circ} / α) - 1

képet látunk. Speciális esetünkben

α = 60^{\circ}

, ekkor

n = 5

.
Mivel minden tükrözés megfordítja a jobb és bal oldalt, ezért a páratlan indexű képek olyan állásúak, ahogy tükörben látjuk magunkat, a páros indexűek az oda- és visszafordítások azonos száma miatt olyanok, ahogy mások látnak bennünket.
Mivel a szögfelezőn történő kép-összeesés csak jól meghatározott szögeknél következik be, ezért ezt a jelenséget használhatjuk a tükrök hajlásszögének beállítására. Be tudunk állítani minden

180^{\circ} / k = α

hajlásszöget

(k = 1,2,3, ...)

. A szög értékét a képek számából határozhatjuk meg, ha

n

képet látunk (

n

páratlan), akkor

α = \frac{360^{\circ}}{n + 1}

. (Ezek a szögek nem azonosak a csak körző és vonalzó felhasználásával szerkeszthető szögekkel. A beállításnak a fényszóródás és elnyelés a gyakorlatban határt szab.)

Gegus Gábor (Bp., Móricz Zs. Gimn., III. o. t.)

Megjegyzés. Megoldható a feladat annak elemzése alapján is, hogy mi a feltétele annak, hogy a tárgyról egy irányban kiinduló fénysugár ugyanoda érkezzen vissza. Visszaérkezik a fénysugár akkor, ha egy tükörre merőlegesen esik be (páratlan index), és ha a sugármenet a szögfelezőre szimmetrikus (páros index).

Pataki Béla (Bp., I. István Gimn., III. o. t. )