Próbáljuk megkeresni, hátha mégis létezik a Galilei szerint lehetetlen "út szerint egyenletes" mozgás! Nekünk ma már ezerszer könnyebb a dolgunk, mint anno Galileinek volt, hiszen az ő idejében nemcsak a differenciál- és integrálszámítás nem létezett még, de az általunk használt grafikonok, például a \(v\thinspace \unicode{x2013} \thinspace t\) sebesség-idő grafikon sem, hiszen a Descartes-féle derékszögű koordinátarendszer 2‑dimenziós változata csak Galilei halála (1642) után évekkel, 1649-ben született meg.
A keresés során induljunk ki Galilei (igaznak bizonyult) állításából, miszerint a szabadeséskor a sebesség változása az időben egyenletes, viszont az út szerint egyenletes sebességnövekedés biztosan nem írja le a szabadesést. Ezek alapján az általunk keresett mozgás során a sebesség az időben nem egyenletesen változik. Először próbáljuk meg nagyjából kitalálni, megrajzolni, hogy milyen lehet az "út szerint egyenletes" mozgás \(v\thinspace \unicode{x2013} \thinspace t\) sebesség-idő grafikonja!
Induljunk ki abból, hogy a \(v\thinspace \unicode{x2013} \thinspace t\) görbe vajon kezdődhet-e az origóban! Ez azt jelentené, hogy a testnek az időmérés kezdetén nincs sebessége. Koncentráljunk arra, hogy a test kezdeti sebessége nulla! A megtett útja mindig egyenesen arányos a sebességgel:
\[v\sim s\]
Mivel valami "szabadesésszerű" helyzetet boncolgatunk, ezért az általánosság különös csorbítása nélkül feltehetjük, hogy a test csak az \(x\) tegely mentén mozog, ott is csak pozitív irányba, és kezdetben az \(x_0=0\) helyen van. Ebben az esetben a megtett útja mindig azonos az \(x\) helykoordinátájával, vagyis a fenti arányosság
\[v\sim x\]
alakban írható. A helyzet, amit vizsgálunk, a kezdősebesség nélkül elejtett, elengedett test, ezért feltételezhetjük, hogy kezdetben nemcsak a helykoordináta, hanem a \(v_0\) kezdősebesség is nulla. Vessük be a nehéztüzérséget, azaz a differenciálszámítást.
Az előző egyenlet, miszerint a \(v\) sebesség és az \(x\) helykoordináta egyenesen arányosak, egyenértékű azzal hogy a hányadosuk állandó (konstans):
\[\frac{v}{x}=k\]
illetve ezt átrendezve:
\[v=k\cdot x\]
azaz két, egyenes arányosságban álló mennyiség mindig csak egy konstans szorzóban tér el egymástól. Mivel a \(v\) sebesség mindig az \(x\) helykoordináta idő szerinti első deriváltja:
\[v=\frac{dx}{dt}\]
Ezért a fenti egyenletünk így írható:
\[\frac{dx}{dt}=k\cdot x\]
illetva ha (precízkedve) ki akarjuk hangsúlyozni, hogy mind az \(x\) helykoordinátának, mind a \(v\) sebességnek, mint függvényeknek a változója a \(t\) idő, akkor így írhatjuk:
\[\frac{dx(t)}{dt}=k\cdot x(t)\]
Ez egy egyszerű differenciálegyenlet, melynek általános megoldása:
\[x(t)=A \cdot e^{k\cdot t}\]
ahol \(A\) egy ún. integrációs állandó, melyet a kezdeti feltételek határoznak meg. Az exponenciális függvény kitevőjében szereplő \(k\) konstans pedig azt jellemzi, hogy másodpercenként milyen mértékben (azaz az idő szerint milyen ütemben) változik az \(x\) helykoordináta. Ha például \(k=1\), akkor a helykoordináta minden másodperc során a kezdeti értékről indulva annak \(e\)-szeresére nő. Ha a \(k\) kitevő negatív, az azt jelenti, hogy a helykoordináta az idő szerint folyamatosan csökken.
Határozzuk meg az \(A\) integrációs állandót, hogy konkrét \(x(t)\) függvényünk legyen! Először próbáljuk meg, hogy a kezdeti helyünk nulla, tehát
\[x_0=0\]
Ezt beírva:
\[x(t)=A \cdot e^{k\cdot t}\]
\[0=A \cdot e^{k\cdot t}\]
Ez csak akkor teljesül, ha
\[A=0\]
hiszen a (függőlegesen el nem tolt) exponenciális függvény sosem érinti vagy metszi a vízszintes tengelyt. Ilyenkor viszont a helyfüggés leegyszerűsödik:
\[x(t)=0\]
vagyis a test mozdulatlan marad, azaz semmiféle mozgásról nincs szó. Hát, ez egyrészt nem érdekes, másrészt nincs semmi köze a szabadeséshez.
De ha jobban belegondolunk, a "szabadesésszerű" esetet nem is ez a "kezdeti hely nulla" feltétel jellemzi, hanem inkább az, hogy a kezdősebesség nulla. Próbáljuk meg ehhez illeszteni az általános megoldást! Ehhez az általános megoldásként kapott \(x(t)\) függvényből elő kell állítanunk az általános \(v(t)\) függvényt, ami egy idő szerinti deriválással megtehető:
\[v(t)=\Big(A \cdot e^{k\cdot t}\Big)'\]
\[v(t)=A\cdot k\cdot e^{k\cdot t}\]
Ez mikor mulla?
\[0=A\cdot k\cdot e^{k\cdot t}\]
ami szintén arra vezet, hogy \(A=0\), vagyis mindvégig
\[x(t)=0\]
ami ugye nem mozgás.
Végül is azt kaptuk, hogy kezdősebesség nélkül induló test nem tud elindulni, ha rá mindvégig fennáll, hogy a sebessége arányos az úttal (helykoordinátával). Vagyis mindenképp kell legyen kezdősebesség, tehát máris leszögezhetjük, hogy a szabadesés tényleg nem lehet "út szerint egyenletesen változó" mozgás, hiszen ez kezdősebesség nélküli esetben lehetetlen. De a sok egyetemi matek után most térjünk vissza a középiskolás szintre.
A fentiek alapján tehát a sebesség-idő görbénket ne az origóból (kezdősebesség nélkül) kezdjük el rajzolni, hanem a testnek a nulla helyen \((x=0)\) legyen már sebessége.
(Kicsit elbizonytalanodhatunk, hogy "de így nem lesz egyenes arányosság, hiszen annak képe origón átmenő egyenes", de vegyük észre, hogy most \(v\thinspace \unicode{x2013} \thinspace t\) sebesség-idő grafikont próbálunk rajzolni, márpedig nem a \(v\) sebesség és a \(t\) idő egyenesen arányosak, hanem a \(v\) sebesség és az \(s\) megtett út, emiatt a \(v\thinspace \unicode{x2013} \thinspace t\) diagramnak nem kell origón átmenő egyenesnek lennie.)
Elindult a függvény, de hogyan tovább? Győződjünk meg róla, hogy a függvény alakja tényleg nem lehet egyenes!
Emlékezzünk, hogy
\[s=v\cdot \Delta t\]
alapján egyenletes mozgásnál a \(v\thinspace \unicode{x2013} \thinspace t\) sebesség-idő grafikon görbe alatti területe a megtett utat adta ki. Ez mindig igaz (bizonyítását lásd később), ezért nézzük meg, hogy azonos sebességváltozásokig azonos megtett utak tartoznak-e!
Azt látjuk, hogy ha a \(v\thinspace \unicode{x2013} \thinspace t\) diadram képe egyenes, akkor azonos sebességnövekedésekhez ugyan azonos időtartamok szükségesek, de ezek alatt egyre nagyobb \(s_1\), \(s_2\), \(s_3\) utakat fut be a test, vagyis ha a sebességváltozás az idő szerint egyenletes, akkor az út szerint tényleg nem egyenletes. Ezek szerint a \(v\thinspace \unicode{x2013} \thinspace t\) diadram valami más alakú kell legyen, mint egyenes.
A fenti diagramra tekintve egyszerű okoskodással arra juthatunk, hogy a \(v\thinspace \unicode{x2013} \thinspace t\) függvénynek "egyre meredekebben" kellene haladnia, mert akkor "hamarabb elérné" a \(2v_1\), \(3v_1\) sebességeket, így a görbe alatti területek kijöhetnének azonosra, hiszen "ugyan egyre magasabbak, de egyre keskenyebbek":
A pontos függvény meghatározásához térjünk vissza felsőbb matematikához! Legyen a kezdősebességünk \(v_1\), azaz \(v\ (t=0)=v_1\)! Határozzuk meg az \(A\) integrációs állandót ez alapján:
\[v(t)=A\cdot k\cdot e^{k\cdot t}\]
\[v_1=A\cdot k\cdot e^{k\cdot 0}\]
\[v_1=A\cdot k\]
\[A=\frac{v_1}{k}\]
vagyis a sebesség időfüggése:
\[v(t)=v_1 \cdot e^{k\cdot t}\]
ahol \(k\) az az állandó, mely a sebesség és a helykoordináta eredeti arányossági tényezője.
És láss csodát, ez tényleg pont olyan alakú, mint amit korábban "kiokoskodtunk":
A függvényen még az is szépen látszik, hogy álló helyzetből indulva, azaz hogy \(v=0\), a test végtelen hosszú idő alatt fog csak egy kis véges utat megtenni, illetve egy kis véges sebességre szert tenni. Tehát a kapott "út szerint egyenletes" mozgás tényleg nem alkalmas a szabadesés tárgyalására, hiszen ott már egy rövid, véges idő alatt jelentős utat tesz meg a test, és jelentős sebességre is szert tesz.
Felmerülhet bennünk, hogy vajon lehetséges egy ilyen mozgás a "valóságban" is, vagy ez csak egy hipotetikus eredmény? A newtoni mechanikában a testek mozgásával kapcsolatban a test gyorsulását a testre ható erők határozzák meg. Milyen gyorsulása van ennek a testnek? Mivel az \(a\) gyorsulás a sebesség idő szerinti deriváltja (azaz az \(x\) helykoordináta idő szerinti második deriváltja), ezért:
\[a=\frac{dv}{dt}\]
\[a=\frac{d}{dt}\bigg(k\cdot x_0 \cdot e^{k\cdot t}\bigg)\]
\[a=k^2\cdot x_0\cdot e^{k\cdot t}\]
ami a
\[v(t)=k\cdot x_0 \cdot e^{k\cdot t}\]
alapján
\[a=k\cdot v\]
Newton II. törvénye szerint egy test \(m\) tömege, \(a\) gyorsulása és az ezt kiváltó \(F\) erő összefüggenek:
\[F=m\cdot a\]
ezért az imént kapott gyorsuláshoz
\[F=m\cdot k\cdot v\]
erő szükséges. Tehát egy sebességgel arányos nagyságú és azzal párhuzamos erőre van szükség. Ilyet ismerünk, az ún. lineáris ellenállástörvényt mutató közegellenállási erő pont ezt tudja. Ez, kissé pongyolán fogalmazva, a közegellenállási erő kis sebességek esetén; ugyanis nagyobb sebességeknél a közegellenállási erő nem a sebességgel, hanem annak négyzetével arányos; a felületek között ébredő csúszási súrlódási erő pedig - első közelítésben - nem is függ a sebességtől. Tehát az "út szerint egyenletesen változó" mozgásra egy, a természetben meg is valósuló eset, amikor a test a sebességgel arányos közegellenállási erő hatására lassul.
Ilyenkor a sebesség
\[v(t)=k\cdot x_0 \cdot e^{k\cdot t}\]
függvényben az exponenciális kitevőjében szereplő \(k\) együttható negatív, ezért egy csökkenő exponenciális függvényről van szó:
Na, de Salvati az egész ügyet a szabadesés kapcsán vetette fel, aminél a sebesség nagysága nem csökken, hanem növekszik, vagyis egy "igazi" gyakorlati eset az lenne, ha egy test ilyen módon gyorsulna. Hát, olyan gyorsuló mozgás, melyben a testre egy sebességgel arányos gyorsító erő hat, széles körben nem ismeretes, de hát ne aggódjunk, a fiataloké a jövő, majd ők megkeresik!