Kezdőlap


Feladat:	F.2718	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Balogh 171 J. , Benczúr P. , Benkő D. , Csirik J. , Gutai Zs. , Hídvégi Z. , Káli Sz. , Máté N. , Mezei J. , Németh 026 L. , Peták A. , Podoski Károly. , Schultz J. , Stoyan R.
Füzet:	1989/október, 298 - 300. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Geometriai egyenlőtlenségek, Vetítések, Derékszögű háromszögek geometriája, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Paralelogrammák, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Mozgással kapcsolatos szöveges feladatok, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/december: F.2718

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

I. megoldás. A feladat feltételei szerint az $A$ -ból $B$ -be vezető, legrövidebb idő alatt megtehető út (nevezzük ezt leggyorsabb útnak) egy $E$ pontja illeszkedik az $A C$ , egy $F$ pontja pedig a $C B$ szakaszra, megengedve, hogy $E$ egybeesik $A$ -val vagy $C$ -vel, illetve $F$ egybeesik $C$ -vel vagy $B$ -vel. Tekintsünk egy ilyen utat. Ha $A$ -ból $E$ -be nem az $A E$ szakaszon jutunk el, a menetidő nyilván növekszik. Hasonlót mondhatunk az út további részeire. Ezért a leggyorsabb út az $A E F B$ törött vonal.

1. ábra

Megmutatjuk, hogy a leggyorsabb útra még az

A E = F B

feltétel is teljesül. Legyen ugyanis

E E' és F F'

párhuzamos

A B

-vel, legyen továbbá

E F'

felezőpontja

D, E' F

felezőpontja pedig

D'

. Húzzunk

F

-ből merőlegest

E E'

-re, ennek talppontja legyen

G

. Az ábra alapján könnyen beláthatjuk, hogy

E G D' D

paralelogramma, és így

D D' = E G

; világos továbbá, hogy

E F \geq E G

, ezért

\begin{matrix} E F \geq D D' . \end{matrix}

(1)

E E' F F'

szimmetrikus trapézból még azt is látjuk, hogy

\begin{matrix} E D = F D' . \end{matrix}

(2)

(1)-ből és (2)-ből következik, hogy az

A E F B

és

A D D' B

törött vonalaknak betonútra eső szakasza ugyanakkora, a mocsárba eső rész pedig az utóbbinál legfeljebb akkora, mint az előbbinél. Ez azt jelenti, hogy a leggyorsabb útnál

A E = F B

.
Az

A E = F B = x

és

C A B ∢ = α

jelöléssel, továbbá

A C = 1

választással az

A E F B

út megtételéhez szükséges idő:

\begin{matrix} t = \frac{2 x}{v} + \frac{2 (1 - x) cos α}{w}, amelyből \\ t = \frac{2 cos α}{w} + 2 x (\frac{1}{v} - \frac{cos α}{w}) . \end{matrix}

Innen látjuk, hogy ha

\frac{1}{v} > \frac{cos α}{w}

(azaz

w > v \cdot cos α

), akkor a

t

idő az

x = 0

-ra minimális, vagyis a leggyorsabb út az

A B

szakasz.
Ha

w < v \cdot cos α

, akkor

t

minimumát

x = 1

mellett kapjuk, és ebben az esetben a leggyorsabb út az

A C B

töröttvonal.
A

w = v \cdot cos α

esetben minden olyan

A E F B

út minimális idő alatt tehető meg, amelyre

A E = F B

II. megoldás. A 2. ábrán

E

és

F

merőleges vetülete

A B

-n

E'

, illetve

F'

. Használjuk az ábra további jelöléseit is.

2. ábra

A E F B

út megtételéhez szükséges idő a következőképpen becsülhető:

\begin{matrix} t = \frac{A E}{v} + \frac{E F}{w} + \frac{F B}{v} = \frac{A E \cdot cos α}{v \cdot cos α} + \frac{E F}{w} + \frac{F B cos α}{v \cdot cos α} \geq & (3) \\ \geq \frac{A E' + F' B}{v \cdot cos α} + \frac{E' F'}{w} \geq \frac{A B}{max (w; v \cdot cos α)}, \end{matrix}

ahol max (

w; v \cdot cos α

) jelenti

w

és

v \cdot cos α

közül a nagyobbat. Ezért

t

minimumát a következőképpen kaphatjuk:
Ha

w > v \cdot cos α

, akkor a leggyorsabb út az

A B

szakasz

(t = \frac{A B}{w}

minimális idő alatt).
Ha

w < v \cdot cos α

, akkor a leggyorsabb út az

A C B

töröttvonal

(t = \frac{A B}{v \cdot cos α}

idő alatt).
Végül, ha

w = v \cdot cos α

, akkor bármely

A E F B

út minimális idejű, de csak akkor, ha (3)-ban mindenütt az egyenlőség érvényes. Ez azt jelenti, hogy

E F =

= E' F'

is teljesül, tehát

A E = F B