Kezdőlap


Feladat:	F.1994	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Barabás J. , Binzberger G. , Fehér J. , Gáti T. , Hujter M. , Koller Gy. , Major Z. , Nagy 576 I. , Schmidt J. , Soukup L. , Szalontai S. , Tornóczi L.
Füzet:	1976/november, 115 - 118. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Csillagászati, földrajzi feladatok, Derékszögű háromszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1975/május: F.1994

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

1. Jelöljük $x$ -szel a napnak azt a tört részét, amely máj. 11-én $0^{h}$ -tól addig telik el, míg a Nap és a Hold $R A$ -ja egyenlővé válik. Ekkor közös értékük, majd abból

\begin{matrix} 3^{h} 09^{m} + x (3^{h} 13^{m} - 3^{h} 09^{m}) = 2^{h} 53^{m} + x (3^{h} 47^{m} - 2^{h} 53^{m}), \\ x = \frac{3^{h} 09^{m} - 2^{h} 53^{m}}{(3^{h} 47^{m} - 2^{h} 53^{m}) - (3^{h} 13^{m} - 3^{h} 09^{m})} = \frac{16}{50} nap, \end{matrix}

kerekítve

x = 8 óra

. (Nincs értelme pontosabban számítani, hiszen az adatok hibája megközelítheti a

0, 5^{m}

-et, tehát a számlálóé az

1^{m}

-et, a nevezőé a

2^{m}

-et is.)
Az

R A_{H} = R A_{N}

egyenlőség azt jelenti, hogy

H

középpontja benne van abban az

S

meridiánsíkban, amelyet

F

tengelye és

N

középpontja meghatároz. Ezért alább

S

-ben számolhatunk a két égitest

k_{N}

k_{H}

főkörei alapján. (Némi konkrétizálásul hozzátesszük:

S

a keleti hosszúságú

4 \cdot (360^{\circ} / 24) = 60^{\circ}

-os délkör síkja (körül van); mert Greenwichben még 4 óra van hátra a Nap deleléséig; továbbá az alábbi

D_{N}

szerint Aden és Bombay között kb. fele úton az a hely, ahonnan ekkor

N

-et éppen a zenitben látják.)
2. A kapott időpontban a

D

értékek hasonló interpolációval

D_{N} = 17^{\circ} 45'

D_{H} = 18^{\circ} 39'

(hibájuk elérheti az

1'

-et).
3. Észlelőnk a

H N

szakaszt

N F H ∢ = D_{H} - D_{N} = 0^{\circ} 54'

szögben látja, és ezt csak részben tölti ki

N

és

H

ezen szögtartományba eső fél látószögének összege, ugyanis a

H

-ra nézve ismét interpolációval,

(31^{\circ} 44' + 30' 39'') / 2 = 31' 12'' < 54'

(1. ábra).

1. ábra

Emiatt nem észlel fogyatkozást.
4. Pontosabban ezt mondhatnánk: ha emberünk a napfény ellenére is észlelhetné

H

-t, akkor az

N

,,fölött'' látná átvonulni jobbról balra (hacsak a feje É-hoz van közelebb). Hogy fogyatkozást észlelhessen, mintegy ,,alája kell bújnia''

H

-nak, hiszen

N

messze ,,fönn'' van és

H

közelebb; túl kell mennie azon a

G

ponton, ahol

k_{H}

és

k_{N}

közös belső érintője,

t

metszi az FÉ tengelyt (É a Föld Északi-sarka, 2. ábra, ennek részei más-más méretarányúak).

2. ábra

Legyen koordináta-rendszerünk kezdőpontja

F

, ordinátatengelye FÉ ‐ így

F G = b

t

egyenes egyik szokásos jellemzője ‐, továbbá

F N H ∢ = β

és a

t, H N

egyenesek (hegyes) szöge

γ

. Az irányszög az

F H, F N, H N

egyenesre rendre a fenti

D_{H}

D_{N}

és

D_{H} - (D_{H} - D_{N} + β) = D_{N} - β

, végül

t

-re

D_{N} - β + γ

.
Az utóbbi céljára a rádiuszok és a féllátószögek alapján

\begin{matrix} \begin{matrix} F H = \frac{r_{H}}{sin 15' 20''} = \frac{1738}{sin 15' 20''} & = 389, 9 \cdot 10^{3} km, \\ F N = \frac{696 \cdot 10^{3}}{sin 15' 52''} & = 150, 8 \cdot 10^{6} km, \\ sin β = \frac{F H}{F N} sin (D_{H} - D_{N} + β), & β = 8, 4'' \end{matrix} \end{matrix}

(ami kisebb, mint a

D_{N}

adat lehetséges hibája), tovább is az

F N H

háromszögből

N H = 150, 4 \cdot 10^{6} km

, végül

\begin{matrix} sin γ = \frac{r_{N} + r_{H}}{N H} = \frac{698 \cdot 10^{3}}{150, 4 \cdot 10^{6}}, γ = 15' 57'', \end{matrix}

és így

t

irányszöge

17^{\circ} 45' - 8, 4'' + 15' 57'' = 18^{\circ} 0, 1'

H

koordinátái:

F H