 |
A P. 5719. feladat (2026. március) |
P. 5719. Egy szabályos \(\displaystyle n\)-szög körülírt körének sugara \(\displaystyle R\). A sokszög csúcsaiban rendre \(\displaystyle q\), \(\displaystyle 2q\), \(\displaystyle 3q\), \(\displaystyle \dots\), \(\displaystyle nq\) töltéseket helyeztünk el. Határozzuk meg az elektromos térerősséget a sokszög középpontjában!
A Kvant nyomán
(5 pont)
A beküldési határidő 2026. április 15-én LEJÁRT.
I. megoldás. A feladatnak megfelelő töltésekkel ellátott sokszöget helyezzük el egy koordináta-rendszerben az 1. ábra szerint!
1. ábra
Az egyes csúcsokat indexeljük a rajtuk lévő töltéseknek megfelelően. A \(\displaystyle j\)-edik csúcs járuléka a középpontban kialakuló \(\displaystyle \boldsymbol{E}\) térerősséghez
\(\displaystyle \boldsymbol{E}_j=E_0j\boldsymbol{e}_j,\)
ahol
\(\displaystyle E_0=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0R^2},\)
\(\displaystyle \boldsymbol{e}_j\) pedig a \(\displaystyle \varphi_j=\frac{\pi}{n}(2j-1)\) irányba mutató egységvektor, amely komponensekkel az
\(\displaystyle \boldsymbol{e}_j=\left(\sin\frac{\pi}{n}(2j-1),\cos\frac{\pi}{n}(2j-1)\right)\)
alakban adható meg. (Megjegyezzük, hogy az elrendezésünkben a sokszög csúcsai a töltésekkel a \(\displaystyle \varphi'_j=\frac{\pi}{n}(2j-1)+\pi\), ha \(\displaystyle j\leq \frac{n}{2}\), illetve a \(\displaystyle \varphi'_j=\frac{\pi}{n}(2j-1)-\pi\), ha \(\displaystyle j> \frac{n}{2}\) irányokban helyezkednek el, így az \(\displaystyle \boldsymbol{e}_j\) egységvektorok páros \(\displaystyle n\) esetén csúcs, páratlan \(\displaystyle n\) esetén oldalfelező pont felé mutatnak.) Az eredő térerősség komponensei
\(\displaystyle E_x=E_0\sum_{j=1}^n j\sin\frac{\pi}{n}(2j-1)\)
és
\(\displaystyle E_y=E_0\sum_{j=1}^nj\cos\frac{\pi}{n}(2j-1).\)
Használjuk a
$$\begin{gather*} 2\sin\alpha\sin\beta=\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta),\\ 2\cos\alpha\sin\beta=\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta) \end{gather*}$$azonosságokat:
$$\begin{gather*} \sin\frac{\pi}{n}(2j-1)=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{n}}\left(\cos\frac{2\pi}{n}(j-1)-\cos\frac{2\pi}{n}j\right),\\ \cos\frac{\pi}{n}(2j-1)=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{n}}\left(\sin\frac{2\pi}{n}j-\sin\frac{2\pi}{n}(j-1)\right). \end{gather*}$$Az így kapott összegek átrendezéssel egyszerűsíthetők:
\(\displaystyle \sum_{j=1}^nj\left(\cos\frac{2\pi}{n}(j-1)-\cos\frac{2\pi}{n}j\right)=\sum_{j=0}^{n-1}(j+1)\cos\frac{2\pi}{n}j-\sum_{j=1}^{n}j\cos\frac{2\pi}{n}j=-n+\sum_{j=1}^{n}\cos\frac{2\pi}{n}j,\)
és
\(\displaystyle \sum_{j=1}^nj\left(\sin\frac{2\pi}{n}j-\sin\frac{2\pi}{n}(j-1)\right)=\sum_{j=1}^{n}j\sin\frac{2\pi}{n}j-\sum_{j=0}^{n-1}(j+1)\sin\frac{2\pi}{n}j=-\sum_{j=1}^n \sin\frac{2\pi}{n} j.\)
Könnyű belátni, hogy \(\displaystyle \sum_{j=1}^{n}\cos\frac{2\pi}{n}j=\sum_{j=1}^{n}\sin\frac{2\pi}{n}j=0\). Ehhez használhatjuk például a
\(\displaystyle \sin\frac{2\pi}{n}j=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{n}}\left(\cos\frac{\pi}{n}(2j-1)-\cos\frac{\pi}{n}(2j+1)\right)\)
és
\(\displaystyle \cos\frac{2\pi}{n}j=\frac{1}{\sin\frac{\pi}{n}}\left(\sin\frac{\pi}{n}(2j+1)-\sin\frac{\pi}{n}(2j-1)\right)\)
összefüggéseket, de gondolhatunk arra is, hogy ezek egy szabályos n-szög középpontjából a csúcsai felé mutató egységvektorok összegének (ami történetesen egy null vektor) a komponensei. Eredményünk szerint tehát
\(\displaystyle E_x=-E_0\frac{n}{2\sin\frac{\pi}{n}}\qquad\textrm{és}\qquad E_y=0,\)
ami, koordináta-rendszertől független megfogalmazásban azt jelenti, hogy az eredő térerősség párhuzamos az \(\displaystyle n\)-szög \(\displaystyle nq\) és \(\displaystyle q\) töltésű csúcsát összekötő oldallal, és a nagysága
\(\displaystyle E=E_0\frac{n}{2\sin\frac{\pi}{n}}.\)
II. megoldás. A keresett eredő térerősség a sokszög középpontjában
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle \boldsymbol{E}=-E_0\left(\boldsymbol{e}_1+2\boldsymbol{e}_2+3\boldsymbol{e}_3+\cdots+n\boldsymbol{e}_n\right),\) |
ahol \(\displaystyle \boldsymbol{e}_k\) a középpontból a \(\displaystyle k\)-adik csúcs felé mutató egységvektor (2. ábra), \(\displaystyle E_0\) pedig a \(\displaystyle q\) nagyságú töltés járulékának nagysága:
\(\displaystyle E_0=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0R^2}.\)
2. ábra
Megjegyzés. A \(\displaystyle \boldsymbol{e}_k\) egységvektorok nem egyeznek meg az I. megoldásban szereplő, ugyanígy jelölt vektorokkal, hanem azok \(\displaystyle (-1)\)-szeresei; innen származik az (1) képlet jobb oldalán a negatív előjel.)
A szabályos sokszög szimmetriája miatt nyilván fennáll, hogy
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle \boldsymbol{e}_1+\boldsymbol{e}_2+\boldsymbol{e}_3+\cdots+\boldsymbol{e}_n=0.\) |
Vonjuk ki (2) bal oldalát (1) jobb oldalának zárójelben álló részéből:
\(\displaystyle \boldsymbol{E}=-E_0\left(\boldsymbol{e}_2+2\boldsymbol{e}_3+3\boldsymbol{e}_4+\cdots +(n-1)\boldsymbol{e}_n\right).\)
Ez a kifejezés így is felírható:
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle \boldsymbol{E}=-E_0\left(\boldsymbol{e}_2+2\boldsymbol{e}_3+3\boldsymbol{e}_4+\cdots +(n-1)\boldsymbol{e}_n+n\boldsymbol{e}_{n+1}\right)+nE_0\boldsymbol{e}_1\equiv\boldsymbol{E^*}+nE_0\boldsymbol{e}_1,\) |
ahol \(\displaystyle \boldsymbol{e}_{n+1}=\boldsymbol{e}_1\). Az \(\displaystyle \boldsymbol{E^*}\) vektor ugyanolyan nagyságú, mint a keresett \(\displaystyle \boldsymbol{E}\), de ahhoz képest – a csúcspontbeli töltések növekedésének irányában – \(\displaystyle 2\pi/n\) szöggel ,,el van forgatva'', és
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle \boldsymbol{E }-\boldsymbol{E^*}=nE_0\,\boldsymbol{e}_1.\) |
Ennek megfelelően (lásd a 3. ábrát)
\(\displaystyle nE_0=2\sin\frac\alpha 2\left\vert \boldsymbol{E}\right\vert,\)
vagyis
\(\displaystyle \left\vert \boldsymbol{E}\right\vert=\frac{ 1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{nq}{R^2}\,\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{n}}.\)
3. ábra
Hátravan még \(\displaystyle \boldsymbol E\) irányának meghatározása. Mivel (4) így is felírható:
\(\displaystyle \frac1{nE_0}\boldsymbol E-\frac1{nE_0}\boldsymbol E^*=\boldsymbol e_1,\)
a 4. ábrán látható vektorok két zárt vektorháromszöget alkotnak. Látjuk, hogy \(\displaystyle ABC\) és \(\displaystyle OAC\) hasonló (egyenlő szárú) háromszögek, így megállapíthatjuk, hogy \(\displaystyle \boldsymbol E\) párhuzamos az \(\displaystyle \boldsymbol e_1-\boldsymbol e_n\) vektorral, és így annak \(\displaystyle R\)-szeresével is. Ez utóbbi éppen az \(\displaystyle nq\) nagyságú töltéstől a \(\displaystyle q\) nagyságú töltésig mutató vektor, ez adja meg tehát az eredő térerősség irányát.
4. ábra
III. megoldás. A feladatot a komplex számok és a velük végezhető műveletek felhasználásával is megoldhatjuk (lásd pl. Gnädig Péter: Komplex számok a fizikában című cikk I. részét a KöMaL 2024. évi áprilisi számában). Felhasználhatjuk, hogy a Gauss-féle komplex számsík \(\displaystyle z=x+iy\) pontjai és az \(\displaystyle (x,y)\) komponensekkel rendelkező síkbeli vektorok kölcsönösen egyértelműen megfeleltethetők egymásnak. A komplex számok összeadása, illetve valós számmal történő szorzása a vektorösszeadásnak, illetve a vektorok skalárral történő szorzásának felelnek meg, és mindkét leírásmódnál ugyanazok a műveleti szabályok érvényesek.
Helyezzük el az \(\displaystyle n\) oldalú szabályos sokszöget a Gauss-féle komplex számsíkon úgy, hogy a középpontja az origóban, az egyik csúcsa (amelyen a legnagyobb töltés található) a pozitív valós tengelyen legyen. A csúcspontoknak megfelelő komplex számok az \(\displaystyle n\)-edik egységgyökök segítségével adhatók meg. Az egységgyökök az
\(\displaystyle \epsilon=\cos\alpha+i\sin\alpha\)
komplex szám egész kitevős hatványaival egyeznek meg, ahol \(\displaystyle \alpha=2\pi/n\). Nyilván teljesül, hogy \(\displaystyle \epsilon^n=1,\) ezért jogos az ,,egységgyök'' elnevezés. Ugyancsak egységgyökök \(\displaystyle \epsilon\) egész kitevőjű hatványai, ezekből összesen \(\displaystyle n\) különböző található. A sokszög csúcsainak megfelelő komplex számok \(\displaystyle R\epsilon, R\epsilon^2,\ldots, R\epsilon^n=R\) (5. ábra).
5. ábra
Az egyes töltések által a sokszög középpontjában létrehozott elektromos térerősségvektoroknak megfelelő komplex számok rendre
\(\displaystyle E_j=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\, \frac{jq}{R^2}\,\epsilon^j,\quad (j=1,2,\ldots,n).\)
az eredő (komplex) térerősség pedig
| \(\displaystyle (5)\) | \(\displaystyle E=-E_0\left[\epsilon +2\epsilon^2+3\epsilon^3+\cdots + (n-1)\epsilon^{n-1}+n\epsilon^n\right],\) |
ahol \(\displaystyle E_0=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\) a legkisebb töltés által keltett térerősség nagysága a középpontban.
Az (5) egyenlőség jobb oldalán szögletes zárójelben szereplő kifejezés egy mértani sor összegének deriváltjaként is előállítható:
\(\displaystyle [\ldots]=\epsilon\left(1+2\epsilon+3\epsilon^2+\cdots+n\epsilon^{n-1}\right)=z\frac{\mathrm{d}}{{\mathrm{d}}z}\left(z+z^2+\cdots+z^n\right)\Biggr\vert_{z=\epsilon}=z\frac{\rm d}{\textrm{d}z}\left(\frac{z^{n+1}-z}{z-1}\right)\Biggr\vert_{z=\epsilon}=\)
\(\displaystyle =\epsilon\frac{(n+1)\epsilon^n-1}{\epsilon-1}-\epsilon\frac{\epsilon^{n+1}-\epsilon}{(\epsilon-1)^2}=\frac{n\epsilon}{\epsilon-1}.\)
(Az utolsó lépésnél felhasználtuk, hogy \(\displaystyle \epsilon^n=1\).) A keresett eredő elektromos térerősség tehát komplex írásmódban
\(\displaystyle E=-E_0\frac{n\epsilon}{\epsilon-1}=nE_0\frac{\cos\alpha+i\sin\alpha}{(1-\cos\alpha)-i\sin\alpha}.\)
A térerősség vektorának nagysága a komplex térerősség abszolút értéke:
\(\displaystyle \vert\boldsymbol{E}\vert=\vert E\vert=nE_0\frac{1}{\sqrt{(1-\cos\alpha)^2+\sin^2\alpha}}=\frac{nE_0}{2\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{nq}{R^2}\,\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{n}}.\)
Megmutatjuk, hogy az eredő térerősségvektor iránya megegyezik az \(\displaystyle nq\) töltéstől a \(\displaystyle q\) töltésig mutató vektor irányával. Az előbbi vektor komplex írásmódban az \(\displaystyle \epsilon/(\epsilon-1)\) számmal arányos, az utóbbi komplex vektor pedig az \(\displaystyle \epsilon-1\) valós számszorosa (nevezetesen \(\displaystyle R\)-szerese). Két komplex vektor párhuzamos hatásvonalú és azonos irányba mutat, ha a hányadosuk pozitív valós szám. Esetünkben ez ténylegesen teljesül, hiszen
\(\displaystyle \frac{R(\epsilon-1)}{E}=-\frac{R}{nE_0}\frac{(\epsilon-1)^2}{\epsilon}\sim-\frac{(\epsilon-1)^2}{\epsilon}=-\epsilon+2-\frac{1}{\epsilon}=-(\cos\alpha+i\sin\alpha)+2-(\cos\alpha-i\sin\alpha)=2(1-\cos\alpha)=4\sin^2\frac{\alpha}{2},\)
ami valóban egy pozitív valós szám.
Statisztika:
15 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Erdélyi Dominik, Mezei Marcell, Rajtik Sándor Barnabás, Szécsi Bence. 4 pontot kapott: Horváth Zsombor, Kovács Tamás , Tasnádi Zsófia, Török Tibor, Vigh István Csaba. 3 pontot kapott: 2 versenyző. 1 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 2 versenyző.
A KöMaL 2026. márciusi fizika feladatai