Kezdőlap


Feladat:	C.331	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Füzet:	1994/február, 68. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Terület, felszín, Négyzetek, Körök, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1993/szeptember: C.331

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

Válasszuk a négyzet oldalát egységnyinek, ekkor a bevonalkázott körszelet $t_{1}$ területe az 1 sugarú negyed körcikk és az 1 befogójú derékszögű háromszög területének különbsége, azaz $t_{1} = \frac{π}{4} - \frac{1}{2}$ .
A kis negyedkör sugara $r_{1} = \sqrt[]{2} - 1$ , területe $t_{2} = \frac{(\sqrt[]{2} - 1)^{2} π}{4}$ . A négyzet átlós szimmetriája miatt mindegyik terület kétszer szerepel, így a bevonalkázott rész területe

1. ábra

\begin{matrix} 2 (t_{1} + t_{2}) = \frac{π - 2}{2} + \frac{(\sqrt[]{2} - 1)^{2} π}{2} = (2 - \sqrt[]{2}) π - 1 \approx 0,84029, \end{matrix}

azaz nagyjából a négyzet területének 8/10-e.
Megjegyzés. A

\sqrt[]{2}

és

π

értéket 4 tizedesjegy pontossággal számoltuk. A megoldók többségének eredménye 0,8526. A különbség abból adódik, hogy ők csak 2 tizedesjeggyel számoltak. A megoldók nagy része ahelyett, hogy a kifejezést legegyszerűbb alakra hozta volna, már az elején behelyettesítette a

\sqrt[]{2}

és a

π

tizedesértékét. Ez egyrészt jókora többletmunkát jelent, másrészt rontja a pontosságot is. Törekedjünk mindig az egyszerűsítésre!