Feladat: F.2492 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1985/április, 155 - 157. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Paraméteres egyenletek, Trigonometriai azonosságok, Szinusztétel alkalmazása, Szöveges feladatok, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/október: F.2492

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

Jelöljük A-val, B-vel az asztal kerületének azokat a pontjait, amelyekben a golyó egymás után visszaverődik, továbbá O-val a kör (az asztal) középpontját. A és B sorrendje fölcserélhető, hiszen a P, A, B, P sorrend esetében a rugalmas visszaverődés törvénye szerint az AB egyenes az AP-nek a tükörképe a kör AO szimmetriatengelyére, majd BP a BA képe BO-ra, ennélfogva az útvonal ugyanaz lesz, ha a golyót P-ből B felé indítjuk. Az is nyilvánvaló, hogy a golyó útvonala szimmetrikus a PO tengelyre, tehát AB⊥PO.

 
 
1. ábra
 

Legyen AB felezőpontja F, továbbá OP=p, OF=x, a feladat szerint OA=r=1 (méter) és PAO∢=OAB∢=α, OPA∢=90∘-2α.
Az OPA háromszögben a sinustétel alapján
OAsinα=OPsinOPA∢,rsinα=pcos2α=p(1-2sin2α),2psin2α+rsinα-p=0,sinα=14p(-r±r2+8p2)=OFr.

Számadatainkkal az egyenlet pozitív gyöke sinα=(57-5)/8. A másik gyök negatív, mert az ismeretlent nem tartalmazó tag ellentett jelű sin2α együtthatójával, számunkra nem jelent megoldást. A pozitív gyök mellett is csak az felel meg, ha α hegyesszög, így α=18∘35'10'' és OF=31,87 cm.
A golyó további útján jelöljük a visszaverődési pontokat A3, A4, ..., A10, A11-gyel, hozzájuk véve legyen A1=A és A2=B. Helyzetüket az OP alapiránytól mért forgásszöggel jellemezzük. OA1-re φ1=90∘+α, minden további sugár esetére φ növekedése AiOAi+1∢=AOB∢=180∘-2α, tehát
φi=(2i-1)⋅90∘-(2i-3)α.
Eszerint 360∘ megfelelő többszörösét levonva
φ10=-45∘57'49''φ11=96∘51'50''.
(OA11 mintegy 12∘-kal van visszafelé elfordulva OA1-től (2. ábra), OA6 pedig 6∘-kal; a golyó nagyjából egy szabályos csillagötszög kerületét írja le.)
 
 
2. ábra
 

Jelöljük OP és A10A11 metszéspontját M-mel és P vetületét az A10A11 útszakaszra P'-vel. Ekkor PP'=PM cosγ, ahol γ=(φ10+φ11)/2=25∘27' és PM=OP-OM, a levonandót az MOA11 háromszögből számolhatjuk:
OM=OA11⋅sin18∘35'10''sin(90∘-γ)=0,353,
hiszen MA11O∢=α. Ennélfogva
PP'=(0,4-0,353)cosγ=0,0425 m, vagyis PP'=4,25 cm.
 

Megjegyzések. 1. Többen azt a triviális, semmitmondó megállapítást is megoldásnak tekintették, hogy a golyót a P-n átmenő körátmérő mentén kell meglökni. Így már az első visszaverődés után is áthalad P-n, minden további menetben is, és a kérdezett távolság akárhányadik menetben O. Nem vitatkozunk ezzel a felfogással.
2. Többen abból indultak ki, hogy az útvonalnak szabályos csillagötszögnek ,,kell'' lennie, tehát az OP=0,4 m adat ,,hibás''. Az igaz, hogy az adat a cos72∘/cos36∘=(3-5)/2=0,382... szám kerekítéséből származik ‐ ennyire van a középponttól a szabályos csillagötszög két oldalának ,,belső'' metszéspontja. A kerekítéssel tudatosan ,,kicsit elrontottuk'' a szabályosságot. A világ nemcsak szabályos dolgokból áll, sőt a legtöbb dolog távol áll mindennemű idealizált szabályosságtól.