Feladat:	4789. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Fehér Szilveszter ,  Kovács Péter Tamás
Füzet:	2016/március, 184 - 186. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Vezető ellenállásának számítása
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2015/december: 4789. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Jelöljük az $n$-edik lépés után kapott áramkör $A$ és $B$ pontok közötti ellenállását $R_n$-nel! (A kiindulás helyzetben, vagyis a szabályos háromszögnél ez az ellenállás a megadott $R_0$.) Az $n$-edik lépésben kapott hálózat tartalmazza az előző lépésnek megfelelő háromszöget három példányban, de a korábbi méretük helyett felére lecsökkentett méretben. Egy-egy ilyen ‐ lecsökkentett hosszméretű ‐ dróthálózat eredő ellenállása bármelyik két csúcspontja között $\frac{1}{2}{R}_{n-1}$. (Az Ohm-törvény szerint a kapcsolás minden elemének, így azok eredőjének ellenállása is a hosszmérettel arányos, ha a vezeték keresztmetszete mindenhol ugyanakkora.) Keressünk kapcsolatot $R_n$ és $R_{n-1}$ között, majd ennek ismeretében fejezzük ki $R_n$-t $R_0$-lal. Minden 3-pólusú (3 kivezetéssel ellátott) ellenálláshálózat helyettesíthető három, alkalmasan választott nagyságú ellenállás ,,csillagkapcsolásával''. Mivel esetünkben a háromszög csúcsai teljesen szimmetrikus szerepet játszanak, a helyettesítő kapcsolás három ellenállása egyforma $r$ nagyságú. Az $\left(n-1\right)$-edik lépés utáni kialakult kapcsolás felére kicsinyített másánál például $\begin{array}{c}{\displaystyle r=\frac{1}{4}{R}_{n-1}\mathrm{,}}\end{array}$ hiszen ekkor lesz a tényleges és a helyettesítő csillagkapcsolásban az $A$ és $B$ pontok közötti ellenállás ugyanakkora (1. ábra).   1. ábra   Rakjuk össze az $n$-edik lépés utáni kapcsolást a megelőző lépésben szereplő áramkör három, felére kicsinyített példányából, pontosabban az azokat helyettesítő csillagkapcsolásokból (2. ábra).   2. ábra   Az ábrán 4, illetve 2 darab sorosan kapcsolt $r$ ellenállást látunk, amelyek párhuzamos eredője: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{1}{4r}+\frac{1}{2r}\right)}^{-1}=\frac{4}{3}r\mathrm{.}}\end{array}$ Ezeknek és a hozzájuk sorosan kapcsolódó 2 darab $r$ nagyságú ellenállásnak az eredője megadja $R_n$-t: $\begin{array}{c}{\displaystyle R_n=2r+\frac{4}{3}r=\frac{10}{3}r=\frac{5}{6}{R}_{n-1}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezek szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle R_1=\frac{5}{6}{R}_0\mathrm{,}{R}_2=\frac{5}{6}{R}_1={\left(\frac{5}{6}\right)}^2{R}_0\mathrm{,}\text{...}{R}_n={\left(\frac{5}{6}\right)}^n{R}_0\mathrm{.}}\end{array}$   II. megoldás. Jelöljük a kiindulási helyzetben szereplő szabályos háromszög egy-egy oldalának ellenállását $r_0$-lal, az $n$-edik lépés után keletkező áramkör $A$ és $B$ pontok közötti eredő ellenállását pedig $R_n$-nel! (Könnyen kiszámítható, hogy $r_0=\frac{3}{2}{R}_0$, de ezt a későbbiekben nem fogjuk felhasználni.) Tekintsük az $n$-edik lépés utáni helyzetet! Vezessünk be az $A$ pontnál $I$ erősségű áramot, és ugyanennyit vezessünk el a $B$ pontból. Ekkor $U_{AB}=I{R}_n$ lesz, továbbá (a szimmetria miatt) $U_{AC}=U_{BC}=\frac{1}{2}I{R}_n$. Ha felcseréljük a szerepeket és a $C$ pontban vezetjük be az $I$ áramot, de továbbra is a $B$ pontból vezetjük el azt, akkor a megfelelő feszültségek: $\begin{array}{c}{\displaystyle U{\text{'}}_{AB}=U{\text{'}}_{AC}=\frac{1}{2}U{\text{'}}_{BC}=\frac{1}{2}I{R}_n\mathrm{.}}\end{array}$ Képezzük most a fenti két kapcsolás áram- és feszültségeloszlásának ,,szuperpozícióját'' (3. ábra)! Az eredmény: a háromszög $A$ és $C$ pontjába bevezetett, egyenként $I$ erősségű áram a $B$ pontnál távozik, miközben az $A$ és $B$ pontok között összesen $U_{AB}^{*}=\frac{3}{2}I{R}_n$ feszültség esik.   3. ábra   A szuperponált árameloszlás szimmetrikus a szaggatott vonallal jelölt magasságvonalra, e vonal mentén tehát kettévágható (hiszen a vágási helyeken lévő pontok páronként ekvipotenciálisak, tehát mindegy, hogy van-e közöttük kapcsolat, vagy nincs). Ilymódon a 4. ábrán látható elrendezéshez jutunk. A kapcsolás teljes ellenállása egyrészt $\frac{U_{AB}^{*}}{I}=\frac{3}{2}{R}_n$, másrészt egy sorbakapcsolt ellenállásrendszer eredője.   4. ábra   A rendszer első tagja az $R_{n-1}$ fele, hiszen az eggyel korábbi lépés eredményének felére kicsinyített változata, a második tag $R_{n-2}$ negyede és így tovább. A kapcsolás jobb szélén egy $r_0/2^n$ ellenállású, egyenes vezetékdarab található. Így felírhatjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle R_n=\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}{R}_{n-1}+\frac{1}{4}{R}_{n-2}+\frac{1}{8}{R}_{n-3}+\text{...}+\frac{1}{2^n}{R}_0+\frac{1}{2^n}{r}_0\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az összeg első tagját leválasztva a maradékról felismerhetjük, hogy az éppen $\frac{1}{2}{R}_{n-1}$, így fennáll $\begin{array}{c}{\displaystyle R_n=\frac{1}{3}{R}_{n-1}+\frac{1}{2}{R}_{n-1}\mathrm{,}\text{amiből}{R}_n=\frac{5}{6}{R}_{n-1}\mathrm{,}\text{vagyis}{R}_n={\left(\frac{5}{6}\right)}^n{R}_0}\end{array}$ következik.   Megjegyzések. 1. Az eljárás nagyon sokszor történő ismétlésének nyilván fizikai határt szab a vezeték véges vastagsága, de mivel a kezdeti méret ‐ elvben ‐ tetszőlegesen nagynak választható, $n$ bármilyen nagy szám lehet. Érdekes, hogy ha $n\to \infty$, akkor $R_n\to 0$, jóllehet ebben a határesetben a felhasználandó huzal teljes hossza (és így a huzal szétdaradolás előtti ellenállása is) tetszőlegesen naggyá válik, matematikai értelemben végtelenhez tart. A látszólagos ellentmondás feloldása: az egymás melletti (,,párhuzamos'') áramvezetési lehetőségek száma a Sierpinski-háromszögben gyorsabb ütemben növekszik, mint a vezeték hossza, a csúcspontok közötti eredő ellenállás tehát bármilyen kicsivé tehető, ha $n$ elegendően nagy. 2. A feladatban szereplő fraktálobjektumot W. F. Sierpinski (1882‐1969) lengyel matematikusról nevezték el, aki többek között a halmazelméletben, a valós függvénytanban, a számelméletben és a topológiában is maradandót alkotott.