Feladat: 1966. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 1. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1967/május, 200 - 202. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Mozgással kapcsolatos szöveges feladatok, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Egyenletrendszerek grafikus megoldása, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1967/május: 1966. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 1. feladata

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

I. megoldás. Az első fél óra után a vonatnak akkora útja van még hátra B-ig, amennyit a csille megtett ez alatt az idő alatt, együttesen tehát annyi utat tettek meg, mint az AB távolság. A harmadik adat szerinti találkozásig viszont a két jármű együtt oda-vissza bejárta az AB távolságot. Ehhez kétszer annyi idő kellett, tehát a találkozás 1 órával az indulás után történt. A második szimmetrikus helyzet 1/4 órával ezelőtt, vagyis 3/4 órával az indulás után következett be. A csille tehát a mondott 2km-nyi utat az óra harmadik negyedórája alatt tette meg, így sebessége 8km óránként.
Eszerint a csille az első szimmetrikus helyzetben 4km-re, a másikban 6km-re volt A-tól. Ugyanennyire volt a vonat e két időpontban B-től, és mivel közben B-ig ment, és onnan visszafordult, a harmadik negyedóra alatt 10km-t tett meg, sebessége 40km óránként.
Végül A és B távolsága, mint a járművek fél órai útjának összege, 24km.

 
*
 

A versenyzők túlnyomórészt egyenletrendszer felállításával dolgoztak:
 
II. megoldás. A vonat és a csille sebességét (km/óra egységben) v1, ill. v2-vel, az AB távolságot (km-ben) s-sel, a csillének 2km megtételéhez szükséges idejét (órában) t-vel jelölve a feltételek így írhatók fel:

v2⋅12=s-v1⋅12,v2t=2,v2⋅(12+t)=v1⋅(12+t)-s,(v1+v2)(34+t)=2s.



Az első egyenletet átrendezve
v1+v2=2s.
Ezt az utolsó egyenletbe helyettesítve és a 0-tól különböző 2s-sel egyszerűsítve, majd a 2. egyenletet felhasználva
34+t=1,t=14,v2=2t=8.
Ezeket az utolsó két egyenletbe helyettesítve és átrendezve
34(v1-8)=s,v1+8=2s,
és v1-et a második egyenletből az elsőbe helyettesítve
34(2s-16)=s,amibőls=24ésv1=40.

Megjegyzés. A gondolatmenet v2 meghatározásáig láthatóan megegyezik az I. megoldáséval.
 
III. megoldás. Mérjük fel egy derékszögű koordinátarendszer tengelyeire a vonat útját (A-tól mérve) és az időt (a közös indulástól számítva, 1. ábra). A vonat mozgását ekkor egy B magasságig egyenesen emelkedő, onnan ugyanolyan szögben süllyedő ADE törött vonal ábrázolja, a DE egyenes az AD egyenes tükörképe az idő-tengellyel B-n át húzott b párhuzamosra. Ezzel lényegében megválasztottuk az idő-tengely és az út-tengely egységeinek arányát, ezért a csille mozgásának grafikonjaként csak egyetlen ACs félegyenes felel meg. Éppen ennek megszerkesztését tekintjük feladatunknak, és kérdéseinkre a választ a helyes grafikonpárból fogjuk kiolvasni.
 
 
1. ábra
 

A járműveknek a pályán mutatkozó szimmetrikus helyzetei a grafikonokban is megmutatkoznak, a grafikonok megfelelő pontjai egymás tükörképei arra a k egyenesre nézve, amely átmegy az AB szakasz K középpontján és párhuzamos az idő-tengellyel. Ezeket a vonat grafikonjából kimetszi ACs-nek k-ra vonatkozó BCs' tükörképe, legyenek ezek rendre F', G', ekkor k-ra való F, G tükörképük ACs-nek ugyanazon abszcisszájú pontja. Másrészt a találkozásnak ACs és a DE grafikonszakasz közös H pontja felel meg.
Legyen F, G, H vetülete az idő-tengelyen rendre S1, S2, T1, így az első szimmetrikus helyzetig eltelt fél órának az idő-tengely AS1 szakasza felel meg, a második szimmetrikus helyzettől a találkozásig eltelt negyedórának az S2T1 szakasz. Mármost AS1, S2T1 egyenlő az ABF, illetőleg G'GH háromszögnek az út-tengelyre merőleges magasságával, e két háromszög pedig hasonló, mert az AB, G'G oldalukon levő szögek a végzett tükrözések miatt páronként egyenlők. Eszerint
G'G:AB=S2T1:AS1=14:12,
tehát G'G=AB/2, továbbá G'S2=S2G=AB/4, ahol S2 a G' vetülete b-n.
G'-nek b-re vett G'' tükörképe az AD egyenesen van, és itt átmegy BCs'-nek b-re vett BCs'' tükörképe is. Másrészt a kétszeri tükrözés miatt BCs'' előáll ACs-nek azzal az eltolásával is, amely A-t B-be viszi. Ezért GG''=AB, és S2G''=5AB/4=5S2G, ami meghatározza az AD egyenesen G''-t és vele BCs''-t, tehát ACs-t is. Ezek szerint a vonat sebessége 5-ször akkora, mint a csilléé.
Másrészt F'-nek b-re vett tükörképe a DE
és BCs'' egyenesek metszéspontja, így FF''=AB=2GG', és az FF''H, GG'H háromszögek hasonló volta miatt S1T1=2⋅S2T1 és S1S2=S2T1, a csillének a két szimmetrikus helyzet közti 2km-es útszakasz megtételéhez ugyancsak 1/4 órára volt szüksége. Eszerint a csille sebessége 8km/ó, a vonaté 40km/ó. Továbbá AT1 megfelel 1 órának, eddig a vonat és a csille együttes útja 48km, az AB szakasz kétszerese, tehát AB=24km.
 
Megjegyzés. Az 1. ábrán a vonat‐csille grafikon-pár meghatározásának az a változata is látható, amelyben az F, G találkozási pontokat ACs-ből ADE-nek BD1E1 tükörképével metsszük ki (vagyis mintha B-ből is indítanánk vonatot A felé). Ekkor BD1∥DE, D1E=BD=AD1, AE=2AD1, és AFD1▵∼AHE▵ miatt AH=2AF, AS1=AT1/2. Másrészt AS1=2S2T és BFF'▵∼G'HH'▵ miatt FF'=2HH' és ACs-nek k-n levő pontját J-vel jelölve FF'J▵∼HH'J▵ így S1J1=2T1J1=S1T1+T1J1, amit a fentebbivel egybevetve AS1=S1T1=T1J1=AJ1/3, és AF=FH=HJ. Ebből a tetszés szerint rajzolt ACs egyenesen kijelölhető F, és J helyzete, ami AB=2AK alapján meghatározza BF-et és tükrözéssel AD-t.