Szkeptikusok! Hogyan tudnátok bebizonyítani azt, hogy a Sportszelet kibontása után soha nem gurul egy foci labda ki a csomagolásból? Na ugye! Nem fog menni! Tehát logikus a következtetés, hogy minden sportcsokiban van egy foci labda!

"Tehát logikus a következtetés, hogy minden sportcsokiban van egy foci labda!"

Nem logikus következtetés, bonts ki egyet és ezt meg is cáfoltad.

Az alap állítást viszont nem lenne könnyű megcáfolni. Rengeteg csokievő rettegve fogja várni, hogy bontáskor arcon találja egy labda :S

Legyen a torony magassága H > 0, a lejtőé h (h ∈ [0, H]), valamint a lejtő dőljön az eredeti π/4 szöghöz képest α szöggel a torony felé (α ∈ [–π/4, π/4]).

A labda v sebességére, amikor eléri a lejtőt, felírhatjuk a munkatételt:

1/2*m*(v^2 – 0) = m*g*(H – h) --> v = √(2*g*(H – h)).

Teljesen rugalmas ütközés esetén a lejtőről visszapattanás után is ekkora lesz a sebessége. A visszaverődési törvény értelmében a sebességének iránya – mivel a beesési szög a π/4 szögű lejtőhöz képest α-val változott – 2*α szöget fog bezárni a vízszintessel. Így a sebességének vízszintes irányú komponense a közvetlenül a lejtővel való találkozás után

vx = cos(2*α)*√(2*g*(H – h)),

a függőleges komponens pedig (a lefele irányt választva pozitívnak)

vy = –sin(2*α)*√(2*g*(H – h)).

Arra a t időre, amíg a függőleges elmozdulása eléri a h-t, azaz földet ér

h = g/2*t^2 + vy*t = g/2*t^2 – sin(2*α)*√(2*g*(H – h))*t.

Ezt az egyenletet t-re megoldva

t12 = sin(2*α)*√(2*g*(H – h))/g ± √(2*g*(H – h)*sin(2*α)^2 + 2*g*h)/g,

ahol a kisebbik megoldás azt fejezi ki, hogy mikor kellett volna a talaj egy megfelelő pontjáról elhajítani egy labdát, hogy a visszapattanó labdával egyszerre érjen a lejtő magasságába, majd a talajra is, így az számunkra nem releváns. Ezért a földet éréshez szükséges idő a lejtővel való találkozástól számítva

t = sin(2*α)*√(2*(H – h)/g) + √(2*(H – h)/g*sin(2*α)^2 + 2*h/g).

Ez alatt az idő alatt a labda a toronytól

s = vx*t = 2*(H – h)*cos(2*α)*sin(2*α) + √(4*(H – h)^2*sin(2*α)^2*cos(2*α)^2 + 4*h*(H – h)*cos(2*α)^2)

távolságra repül, ennek a függvénynek a maximumhelyeit keressük. Ezt osztva H-val és bevezetve az x = h/H jelölést (x ∈ [0, 1])

s/H = (1 – x)*sin(4*α) + √((4*(1 – x)^2*sin(2*α)^2 + 4*x*(1 – x))*cos(2*α)^2).

Az első tag nyilván kisebb vagy egyenlő, mint 1, de ez szintén belátható a második tagról, ugyanis a gyök argumentuma kisebb vagy egyenlő, mint 1, mivel – bevezetve az y = cos(2*α) jelölést (y ∈ [0, 1]) – az nem más, mint

(4*(1 – x)^2*(1 – y^2) + 4*x*(1 – x))*y^2,

amiből 1-et kivonva

4*((1 – x)^2*(1 – y^2) + x*(1 – x))*y^2 – 1 = –(2*x*y^2 – 2*y^2 + 1)^2 ≤ 0

adódik, ami nyilvánvalóan igaz minden valós (x, y) párra.

Mivel az s/H-ra felírt összegben mindkét tag kisebb vagy egyenlő, mint 1, ezért s/H ≤ 2. Ezt a 2 értéket fel is veszi, például, ha x = 0 és 4*α = π/2, azaz α = π/8:

max(s/H) = sin(π/2) + √(4*sin(π/4)^2*cos(π/4)^2) = 2.

Ha x nem 0, akkor az első tag szigorúan kisebb lesz, mint 0, akárcsak akkor, ha α nem π/8, így bármilyen más x-re és α-ra s/H < 2, tehát más esetben nincs maximuma a függvénynek.

Összegezve: a végeredmény, hogy a lejtőt a felszínre (azaz h = 0 magasságra) kell elhelyezni úgy, hogy a vízszintessel π/4 – α = π/8 szöget zárjon be – ilyenkor pattan róla a labda π/4 irányban.