Feladat: 1962. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló kezdők (speciális) 2. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1962/október, 49 - 51. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Mozgással kapcsolatos szöveges feladatok, Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Egyenletek grafikus megoldása, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1962/szeptember: 1962. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló kezdők (speciális) 2. feladata

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

2. feladat. Két autó, ,,A'' és B elindul egyik városból a másikba. Az első 5 percben egyenlő utat tettek meg. Ekkor B motorhiba miatt kénytelen volt sebességét 2/5-ére csökkenteni, és így 15 perccel a továbbra is egyenletes sebességgel haladó ,,A'' után ért a célba. Ha a hiba 4km-rel távolabb következik be, akkor B csak 10 perccel ,,A'' után ért volna a célba. Milyen távol van a két város?

 

I. megoldás. Jelöljük az autók induló pontját I-vel, célját C-vel, a hiba helyét H-val és a feltevés szerinti hiba helyét H*-gal. Legyen továbbá A sebessége percenként v km, a teljes IC út megtételéhez szükséges ideje x perc. Ekkor B-nek az első 5 perc utáni út megtételére, mivel sebességét a 2/5-ére csökkentette, az A számára szükséges x-5 perc helyett ennek 5/2-ére, (5x-25)/2 percre van szüksége, és ez 15 perccel több, mint amennyi alatt A elért C-be, tehát
5x-252=x-5+15.
Ebből A menetideje
x=15perc,
és a teljes út hossza 15 v km.
Ha B motorhibája 4 km-rel távolabb következik be, akkor az addig megtett út IH*=5v+4km. A hiba után hátralevő út H*C=15v-(5v+4)=10v-4km. Ezt A(10v-4)/v perc alatt, B pedig
10v-42v/5=25v-10v
perc alatt teszi meg. Az utóbbi az előbbinél 10 perccel hosszabb, vagyis
25v-10v=10v-4v+10,
amiből v=1,2km/perc.
Most már a két város távolsága vx=1,215=18km.
Mindezek szerint B motorhibája IH=1,25=6km út után következett be, és akkor még HC=12km útja volt hátra. B új sebessége 0,48km/perc lett, ezzel a HC szakaszt 12:0,48=25 perc alatt tette meg. Teljes menetideje 5+25=30 perc, késése A-hoz képest valóban 15 perc. ‐ Ha viszont a hiba csak 6+4=10km út után lépett volna fel, akkor B teljes menetideje hasonlóan
101,2+80,48=253+503=25perc,
és ez valóban csak 10 perccel hosszabb A idejénél.
 

II. megoldás. Elegendő csak a B autóról beszélnünk. Ez az egész úton kezdeti sebességével haladva 15 perccel hamarabb tenné meg az utat, mint úgy, hogy 5 perc után 2/5-ére csökkentette sebességét, ‐ és 10 perccel előbb, mint ha ez a sebességcsökkenés csak 4 km-rel távolabb következik be. Eszerint 4 km út megtételéhez kell 5 perccel hosszabb idő a csökkentett sebességgel, mint az eredeti sebességgel. Így a 15 perc késés 12 km úton következik be, tehát az első 5 percnyi autózás után még ennyit kellett megtenni.
Könnyen kiszámíthatjuk másrészt, az első 5 perc után megtett úthoz szükséges időt is. Ezt az utat B 5/2-szer akkora idő alatt tette meg csökkentett sebességgel, mint amennyi az indulási sebesség mellett lett volna szükséges, így a késés az eredetileg szükséges idő 3/2-szerese (másfélszer akkora). Az eredeti sebességgel tehát ezt az utat 10 perc alatt tette volna meg.
Mivel megállapítottuk, hogy ez az út 12 km, így az első 5 perc alatt 6 km-t hagyott B a háta mögött; az egész útja tehát 18 km volt.
 
 

Megjegyzés. A fenti eredmények ismeretében megrajzolhatjuk a mozgások grafikonját. Az ábrán A mozgását az OD egyenesszakasz, B mozgását az OTE megtört vonaldarab ábrázolja, a gondolt változatot pedig az OT*E* megtört vonaldarab. Ehhez az ábrához azonban az előbbi eredményektől függetlenül is eljuthatunk, csak az út-tengely egységének megállapítását kell későbbre halasztanunk, illetőleg éppen ez lesz a feladat.
A mozgását mindenesetre egy az O-ból kiinduló (tetszés szerinti) ferde a egyenes ábrázolja. Ennek az idő-tengely 5 percet ábrázoló T' pontja fölötti pontja T. Megszerkesztve a T'T szakasznak azt az U pontját, amelyre T'U:T'T=2:5, az OU irányban megkapjuk a B további sebességének megfelelő irányt; ha ugyanis B mindjárt csökkentett sebességgel indult volna, akkor mozgását az OU egyenes ábrázolná. Eszerint b-t a T-n átmenő, OU-val párhuzamos egyenes adja.
Gondoljunk most egy olyan az A-val megegyezően mozgó A' harmadik autót, amely később indul I-ből és éppen C-ben éri utol B-t. Mivel B a C-ben 15 percet késett A-hoz képest, azért ez áll A'-re is, tehát A' mozgásának a' grafikonja az idő-tengely 15 percet ábrázoló V pontjából indul ki és párhuzamos a-val. Eszerint az E pontot b és a' metszése határozza meg, az út-tengely C pontját pedig az E-n átmenő, az idő-tengellyel párhuzamos egyenes metszi ki. (Ezen van természetesen D is.) ‐ Hasonlóan kapjuk annak az A'' gondolt negyedik autó mozgásának a'' grafikonját, amely A-val megegyezően mozogva akkor érne B-vel együtt C-be, ha a motorhiba később következett volna be: ez W-n át párhuzamos a-val, ahol OW megfelel a B későbbi hibájához tartozó 10 perces késésnek. Így E*-ot a'' és az EC egyenes metszéspontja adja, E*-ból pedig visszafelé, b-vel párhuzamosan megrajzolhatjuk annak a mozgásnak a b*=E*T* grafikonját, amelyet B a feltevés szerint végzett volna a későbbi hibától a célig (T*-ot a b* metszi ki a-ból).
Mivel pedig a T és T*-nak az út-tengelyen levő H, ill. H* vetületei közti távolság 4 km-t ábrázol, a HH* negyedrészét megszerkesztve megkapjuk az út-tengely (1 km-nek megfelelő) mértékegységét. Evvel megmérve az OC=IC szakaszt, megkapjuk a távolság keresett mértékszámát.
Az ábrán a II. megoldás számításainak szemléletes megfelelőit is láthatjuk. DTEDT*E*, ezért DT*:DT=DE*:DE=10:15, így DT*=2DT/3, T*T=DT/3; másrészt IHTIH*T*ICD, ezért CH:H*H=DT:T*T, CH=34=12km. Továbbá T-nek EC-n levő vetületét T''-vel jelölve T''E=5T''D/2, DE=3T''D/2=15perc, tehát T''D=10perc.