Kezdőlap


Feladat:	624. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bluszt Ernő , Fehér György , Gállik István , Gerő Béla , Jónás Emil , Kádár Géza , Komlós János , Kondor István , Krisztonosich Jenő , Mandl Béla , Marosán Zoltán , Mezey Géza , Nagy Elemér , Németh K. , Orbán O. , Pálfay Ferenc , Papp István , Rappaport Sándor , Reiner I. , Róth Pál , Schläffer Ödön , Schreiber Béla , Sebestyén Gyula , Sebestyén Gyula , Szabó János , Szentmiklósi L. , Szerényi László , Szkitsák Rudolf , Than Károly , Tóbiás J. , Weisz Alfréd
Füzet:	1937/november, 87 - 88. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Gyűjtőlencse, Szélsőérték differenciálszámítással
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1937/szeptember: 624. fizika feladat

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

I. Megoldás. Valódi képről lévén szó, tárgy és kép a lencse ellenkező oldalán vannak. Ha ezen távolság a lencse optikai középpontjától $t$ és $k$ , akkor vizsgálandó

\begin{matrix} y = t + k, ha \frac{1}{t} + \frac{1}{k} = \frac{1}{f} . \end{matrix}

Utóbbi törvényből

\begin{matrix} k = \frac{t f}{t - f} \end{matrix}

és

\begin{matrix} y = t + \frac{t f}{t - f} = \frac{t^{2}}{t - f} . \end{matrix}

Valódi kép esetén

t \geq f

, tehát

y > 0

.
Ha

t = f

y = + \infty

és

t = + \infty

mellett is

y = + \infty

.
Eszerint

y

t

oly egyértékű, folytonos függvénye, mely a szóbanforgó intervallumban mindenütt pozitív; kell tehát, hogy legalább egy minimuma legyen abban a közben, még pedig ott, ahol az első differenciálhányadosa eltűnik.

\begin{matrix} y' = \frac{d y}{d t} = \frac{2 t (t - f) - t^{2}}{{(t - f)}^{2}} = \frac{t^{2} - 2 t f}{{(t - f)}^{2}} = 0 \end{matrix}

\begin{matrix} t^{2} - 2 t f = t (t - 2 f) = 0. \end{matrix}

Tehát

y' = 0

, ha

t = 0

vagy ha

t = 2 f

t = 0

nem esik a vizsgált intervallumba, csak

t = 2 f

.
Ha

t < 2 f

, akkor

y' < 0

; ha

t > 2 f

y' > 0

, azaz a

t = 2 f

helyen az

y

függvénynek valóban minimuma van (csökkenésből növekedésbe megy át).

y

-nak legkisebb értéke:

4 f

. (T. i.

t = 2 f

és

k = 2 f

Sebestyén Gyula (Fazekas Mihály r. VIII. o. Debrecen)

Jegyzet.

1^{0}

. A megoldások egy része a szélső érték vizsgálatánál megelégszik azon kijelentéssel, hogy ,,minimum ott van, ahol az első differenciálhányados zérus.''
A helyes megállapítás az, hogy szélső érték ott lehet, ahol

y' = 0

. Hogy milyen ezen szélső érték, arra nézve első sorban

y'

előjelváltozása ad útmutatást ill.

y''

előjele. Azonban a szélső érték jellegére nézve egyszerűbb esetekben anélkül is lehet következtetni; pl. ha a függvény folytonos, állandó előjelű, az intervallum határpontjaiban zérus vagy végtelen és az intervallumban

y'

csak egy helyen tűnik el.

2^{0}

. Ha

t < f

, akkor a kép virtuális. Formulánk szerint

k < 0

, de

| k | > t

és

y = t + k < 0

. A

t < f

intervallumban

t = 0

mellett

k = 0

és ekkor

y = 0

y = t + k

függvény legnagyobb értéke.

3^{0}

. Néhány megoldásban arra történik hivatkozás ‐ bizonyítás nélkül ‐, hogy pl. ha a tárgy

2 f

távolságból közeledik a gyújtópont felé, akkor a kép nagyobb mértékben távozik a lencsétől, úgy hogy

t + k > 4 f

. (Ha pedig

t > 2 f

, akkor a képtávolság kisebb mértékben csökken.)

II. Megoldás. Az

\begin{matrix} \frac{1}{t} + \frac{1}{k} = \frac{1}{f} \end{matrix}

egyenletből következik:

\begin{matrix} t + k = \frac{k t}{f} = \frac{1}{f} : \frac{1}{k} \cdot \frac{1}{t} . \end{matrix}

t + k

értéke minimum akkor, ha az

\frac{1}{k} \cdot \frac{1}{t}

szorzat értéke maximum. Minthogy e szorzat tényezőinek összege állandó, a szorzat értéke akkor maximális, ha a tényezők egyenlők, azaz ha

k = t = 2 f

Kádár Géza (Dobó István r. VIII. o. Eger)