Ako vzorové riešenie sme použili riešenie Majka Kovaľa so zopár kozmetickými úpravami.

Marián Kovaľ

Gymnázium Grösslingová 18, Kvinta A

Príklad číslo 6

Keďže lyžička sa po miske hýbe bez trenia, sila je iba kolmá na povrch misky. Miska je rotačne symetrická okolo osi $z$, horizontálna zložka normálovej sily, ktorou miska pôsobí na lyžičku bude iba v radiálnom smere – do stredu. Ak sa lyžička dotýka misky v dvoch bodoch (čo sa bude vždy, ak nebude vyvážená na jednom konci, čo je jedno z riešení), pôsobia na ňu dve sily v horizontálnom smere – od týchto dvoch bodov. Tieto dve sily sa musia odčítať, a teda musia pôsobiť v presne opačných smeroch. Keďže sila od misky pôsobí vždy presne smerom do stredu, konce lyžičky musia byť na opačných stranách od osi $z$. Vezmem teda zvislý rez priestorom, ktorý obsahuje lyžičku aj stred misky. Viem, že žiadne sily nebudú vychyľovať lyžičku z tejto roviny, a teda mi stačí úlohu riešiť v 2D prípade, kde $z = \frac{x^2}{2p}$. Lyžička bude v stabilnej polohe, keď výslednica síl aj momentov síl na ňu pôsobiacich bude nulová.

Viem, že ak posuniem sily v smere ich pôsobenia, nezmení sa ich efekt (celková sila ani moment sily). Môžem ich teda presunúť do jedného bodu a tam ich sčítať. Aby bola celková sila nulová, súčet síl od misky musí byť zvislý a rovný tiaži. Keďže táto sila je zvislá, môžem ju posúvať v zvislom smere. Aby bol moment sily nulový, táto sila by sa mala dať posunúť do ťažiska. To znamená, že aby bola situácia stabilná, musia sa $x$-ové zložky normály v koncoch lyžičky vynulovať.

obrázok 1: Lyžička v miske

Normálové vektory sú kolmé na dotyčnicové vektory, takže ich viem vypočítať vypočítaním dotyčníc (derivácia tvaru nádoby je $\frac{d}{dx} \frac{x^2}{2p} = \frac{x}{p}$) a následným otočením o $\ang{90}$. Ak sa lyžička dotýka misky v bode s $x$-ovou súradnicou $x_1$, tak dotyčnicový vektor tam je $$ \vec{t_1} = \left(1, \frac{x_1}{p}\right) $$ a normálový teda je $$ \vec{n_1} = \left(-\frac{x_1}{p}, 1\right). $$ V druhom bode dotyku je analogicky¹ $$ \begin{aligned} \vec{t_2} &= \left(1, \frac{x_2}{p}\right), \ \vec{n_2} &= \left(-\frac{x_2}{p}, 1\right). \end{aligned} $$

Z toho vieme zistiť rovnice priamok, na ktorých ležia normálové sily, konkrétne $$ (x - x_1) = \left(z - z_1\right) \left(-\frac{x_1}{p}\right) $$ a $$ (x - x_2) = \left(z - z_2\right) \left(-\frac{x_2}{p}\right). $$

Keď vyriešim tieto rovnice pre $x$ a $y$, pričom $x$ bude rovné $\frac{x_1 + x_2}{2}$, znamená to, že tieto sily sa sčítajú do ťažiska. Takže $$ \begin{aligned} x + z \frac{x_1}{p} = x_1 \left(1 + \frac{z_1}{p}\right), \ x + z \frac{x_2}{p} = x_2 \left(1 + \frac{z_2}{p}\right). \end{aligned} \qquad(1)$$

Odčítam druhú rovnicu od prvej $$ z \frac{x_1 - x_2}{p} = x_1 \left(1 + \frac{z_1}{p}\right) - x_2 \left(1 + \frac{z_2}{p}\right) $$ a vyjadrím $$ z = \left[x_1 \left(1 + \frac{z_1}{p}\right) - x_2 \left(1 + \frac{z_2}{p}\right)\right] \frac{p}{x_1 - x_2} = \frac{x_1(p + z_1) - x_2(p + z_2)}{x_1 - x_2}. $$

Teraz to dosadíme naspäť do rovnice 1, čím odstávame $$ x + \frac{x_1(p + z_1) - x_2(p + z_2)}{x_1 - x_2} \frac{x_1}{p} = x_1 \left(1 + \frac{z_1}{p}\right). $$ Vyjadrím $$ \begin{aligned} x &= x_1 \left(1 + \frac{z_1}{p}\right) - \frac{x_1(p + z_1) - x_2(p + z_2)}{x_1 - x_2} \frac{x_1}{p}, \ &= - \frac{x_1 x_2 (z_1 - z_2)}{p (x_1 - x_2)}, \ &= - \frac{x_1 x_2 \left(\frac{x_1^2}{2p} - \frac{x_2^2}{2p}\right)}{p (x_1 - x_2)}, \ &= - \frac{x_1 x_2 (x_1 + x_2) (x_1 - x_2)}{2p^2 (x_1 - x_2)}, \ &= - \frac{x_1 x_2 (x_1 + x_2)}{2p^2}. \end{aligned} $$

Na to, aby situácia bola stabilná, $x$ sa musí rovnať $\frac{x_1 + x_2}{2}$. Tak napíšem rovnicu: $$ \begin{aligned} x &= - \frac{x_1 x_2 (x_1 + x_2)}{2p^2} = \frac{x_1 + x_2}{2}, \ \frac{x_1 x_2}{p^2} &= -1, \ x_2 &= - \frac{p^2}{x_1}. \end{aligned} \qquad(2)$$

Teraz sa dá vyjadriť dĺžka lyžičky z $x_1$ – ja si však vyjadrím namiesto toho jej druhú mocninu, aby som tam nemal odmocniny: $$ l^2 = (x_1 - x_2)^2 + (z_1 - z_2)^2 = \left(x_1 + \frac{p^2}{x_1}\right)^2 + \left(\frac{x_1^2}{2p} - \frac{\frac{p^4}{x_1^2}}{2p}\right). $$

Po úprave dostaneme $$ l^2 = \frac{(p^2 + x_1^2)^4}{4p^2 x_1^4}. $$ Dĺžka je vždy kladná, teda $$ l = \frac{(p^2 + x_1^2)^2}{2p x_1^2}. $$

Označme si $x_1^2$ ako $k$, a vznikne nám kvadratická rovnica $$ 2plk = p^4 + 2p^2 k + k^2, $$ ktorej riešením je $$ k = x_1^2 = \frac{2p(l - p) \pm \sqrt{4p^2(p - l)^2 - 4p^4}}{2} = p \left(l - p \pm \sqrt{(l - p)^2 - p^2}\right). $$

Odmocnením získame $x_1$. Mohli by sme pridať aj $\pm$, ale to tam bude triviálne, keďže situácia je symetrická podľa osi $y$, takže $$ x_1 = \sqrt{p \left(l - p \pm \sqrt{(l - p)^2 - p^2}\right)}. $$ Hodnota $z_1$ je daná rovnicou tvaru misky, čiže poznáme súradnice jedného bodu, kde sa lyžička dotýka misky. Ohľadom druhého bodu, hodnotu $x_2$ vypočítame z rovnice 2, a potom $z_2$ je opäť dané tvarom misky.

Toto je len jedným z riešení. Ďalšie riešenie, ktoré z týchto rovníc nevypadne je, že $x_1 = -x_2 = \frac{l}{2}$, čiže lyžička je vodorovne. Toto riešenie z tohto odvodenia nevyplynie preto, že v istom momente som delil $x_1 + x_2$, čo sa teda v takom prípade nedá. Ďalšie riešenie, ktoré popiera predpoklad, že sa dotýka v dvoch bodoch, je riešenie, pri ktorom je lyžička v strede misky vyvážená na jednom svojom konci. Ostatné predpoklady, ktoré som urobil už triviálne vždy platia.