Kezdőlap


Feladat:	1582. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Berács J. , Bérczi Sz. , Csirmaz L. , Gegesy F. , Gulyás A. , Kecskeméty Károly , Kovalszky R. , Lempert L. , Maróti P. , Nagy András , Nagy Zsigmond , Zambó P.
Füzet:	1968/november, 128 - 130. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Csillagászati, földrajzi feladatok, Koszinusztétel alkalmazása, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1968/január: 1582. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

a) Legyen az $F$ Föld és a $V$ Vénusz bolygó helyzete jún. 18-án és szept. 26-án $F_{1}$ , $F_{2}$ , ill. $V_{1}$ , $V_{2}$ , továbbá $F$ helyzete márc. 21-én $F_{0}$ , az űrhajó indulása napján $F_{i}$ , továbbá $V$ helyzete az űrhajó érkezése napján $V_{é}$ , a Föld és a Vénusz pályájának sugara $R$ , ill. $r$ , végül a körpályák közös $N$ középpontjának, a Napnak vetülete az $F_{1} V_{1}$ , $F_{2} V_{2}$ látósugár-egyenesen $N'$ , ill. $N''$ .

F_{1} N N'

derékszögű háromszög

F_{1}

-nél levő szöge az adatokból

132^{\circ} - 86^{\circ} = 46^{\circ}

, így

N N' = R sin 46^{\circ}

, és a

V_{1} N N'

derékszögű háromszög

N

-nél levő szögére

\begin{matrix} cos V_{1} N N' ∢ = \frac{N N'}{N V_{1}} = \frac{R sin 46^{\circ}}{r} = \frac{0, 7193}{0, 72} \approx 1, 00. \end{matrix}

(Az adatok kerekített voltára tekintettel

3

értékes jegynél többet semmi esetre sem írhatunk ki, mert a felhasznált

46^{\circ}

hibája megközelítheti az

1^{\circ}

-ot is, ha ti.

132^{\circ}

és

86^{\circ}

kerekítése ellentétes irányú és közel jár a maximális értékhez,

0, 5^{\circ}

-hoz.) Eszerint

V_{1} N N' ∢ \approx 0^{\circ}

V_{1}

-et azonosnak vesszük

N'

-vel, így

V_{1}

heliocentrikus ekliptikai hosszúsága

132^{\circ} + 90^{\circ} = 222^{\circ}

.
Hasonlóan az

F_{2} N N''

és

V_{2} N N''

derékszögű háromszögek felhasználásával

\begin{matrix} cos V_{2} N N'' ∢ = \frac{R sin (183^{\circ} - 148^{\circ})}{r} = \frac{0, 574}{0, 72} \approx 0, 797, \end{matrix}

V_{2} N N'' ∢ \approx 37^{\circ}

. És mivel

N''

heliocentrikus hosszúsága

148^{\circ} - 90^{\circ} = 58^{\circ}

, azért

V_{2}

hosszúsága vagy

58^{\circ} - 37^{\circ} = 21^{\circ}

, vagy

58^{\circ} + 37^{\circ} = 95^{\circ}

. A helyes értéket annak alapján választjuk ki, hogy

100

nap alatt

V

a pályájának

100 / 224, 7 \approx 4 / 9

részét teszi meg, ezért hosszúsága

360^{\circ} \cdot 4 / 9 \approx 160^{\circ}

-kal nagyobb, mint

V_{1}

hoszszúsága, vagyis

222^{\circ} + 160^{\circ} = 382^{\circ}

, azaz

22^{\circ}

körüli érték. Eszerint a

21^{\circ}

-os közelítő érték a megfelelő.
A szept. 26‐okt. 18. között eltelt

22

napra hasonlóan

22 \cdot 1, 6^{\circ} \approx 35^{\circ}

növekedés esik, így

V_{é}

hosszúsága

21^{\circ} + 35^{\circ} = 56^{\circ}

F_{1}

heliocentrikus hosszúsága

86^{\circ} + 180^{\circ} = 266^{\circ}

; ennek

100

napi változása

183^{\circ} - 86^{\circ} = 97^{\circ}

, így a jún. 12‐18. napokon

6^{\circ}

-kal nőtt, tehát

F_{i}

hosszúsága

260^{\circ}

.
b) Mindezek alapján az

F_{i} V_{é} N

háromszög

N

-nél levő szöge

360^{\circ} + 56^{\circ} - 260^{\circ} = 156^{\circ}

, és így

F_{i} V_{é}

oldala a koszinusz tétel alkalmazásával

252

millió km.

Kecskeméty Károly (Budapest, József A. Gimn., III. o. t.)