Kezdőlap


Feladat:	F.1910	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Ács T. , Balog A. , Bárdossy Gy. , Bezdek A. , Csapó Gy. , DózsaL. , Éltető L. , Fehér J. , Fodor J. , Frankó F. , Hornung T. , Horváth József (Hódmezővásárhely) , Jakab T. , József S. , Krausz T. , Litkei G. , Magyar L. , Miklós D. , Mikoss L. , Münnich Á. , Nagy János , Nmeth F. , Orosz Á. , Páles Zsolt , Rácz Ágnes , Rapp F. , Ruppert L. , Ságody Loránd , Sparing L. , Surján P. , Szecsői S. , Torma T. , Varga B. , Werderits F.
Füzet:	1974/május, 203 - 204. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenletek grafikus megoldása, Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Tengely körüli forgatás, Kocka, Numerikus és grafikus módszerek, Térfogat, Szerkesztések a térben, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/december: F.1910

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

Mivel az edényben a vízen kívül csak levegő van, határfelületük a kívánt beállítás után vízszintes, $A C_{1}$ -re merőleges lesz. Húzzunk vízszintest a $C_{1} A B_{1}$ , $C_{1} A C$ , $C_{1} A D_{1}$ derékszögű háromszög síkjában a $B_{1}$ , $C$ , ill. $D_{1}$ csúcson át, más szóval a $C_{1} A$ közös átfogóra merőlegest. Ezek ugyanabban az $E$ pontban metszik $C_{1} A$ -t, mert oldalaik egyenlősége alapján a $3$ háromszög egybevágó, és csúcsaik a felsorolás rendjében felelnek meg egymásnak.

Így a

B_{1} C D_{1} = H

sík vízszintes. Mivel a kocka

H

fölötti részének térfogata

(C_{1} B_{1} \cdot C_{1} C \cdot C_{1} D_{1}) / (2 \cdot 3) = 1 / 6

egység, tehát az alatta levő részé

5 / 6

egység, azért a vizsgálandó vízfelszín

H

alatt lesz. Másrészt ‐ az eddigieket a kocka

O

középpontjára tükrözve ‐ a felszín a

B D A_{1} = H_{1}

vízszintes sík fölött lesz, tehát a vízfelszín-idom határvonalának a kocka

H

és

H_{1}

közti

B_{1} B

B C

C D

D D_{1}

D_{1} A_{1}

A_{1} B_{1}

élein lesz töréspontja, csúcsa és az ezek közti határszakaszai rendre párhuzamosak lesznek a

B_{1} C, B D, ..., A_{1} B

lapbeli átlókkal.
Legyen a töréspont a

B_{1} B

élen

T

, a

B_{1} A_{1}

-en

U

. Meghosszabbítva a

C_{1} B_{1} B C

és

C_{1} B_{1} A_{1} D_{1}

lapbeli határdarabokat, ezek a

C_{1} B_{1}

él meghosszabbításának egy

P

pontjában metszik egymást, hiszen

C_{1} B_{1}

a két lap síkjának közös egyenese, és az eddigiekből következik, hogy

B_{1} P = B_{1} T = B_{1} U

. Elegendő lesz ezek

x

hosszát meghatároznunk, hiszen a kocka a

C_{1} A

tengely körüli

120^{\circ}

-os elfordításokkal önmagával fedésbe jut

(B_{1} C = C D_{1} = D_{1} B_{1} = A B \sqrt[]{2})

, tehát a mondott

6

él mindegyikét

x

és

(1 - x)

részekre osztja a vízfelszín.

P

ezen elfordítottjait

Q

-val,

R

-rel jelölve az edénybeli levegő térfogatát úgy kapjuk, hogy a

C_{1} P Q R

gúla térfogatából kivonjuk a

B_{1} P T U

gúla térfogatának

3

-szorosát, és ez, adatunk szerint:

\begin{matrix} V = \frac{1}{6} {(1 + x)}^{3} - 3 \cdot \frac{1}{6} x^{3} = \frac{1}{3} . \end{matrix}

Ezek szerint a következő egyenlet egy gyökét kell megadnunk két tizedesre kerekítve:

\begin{matrix} f (x) = {(1 + x)}^{3} - 3 x^{3} - 2 = 0. \end{matrix}

Csak rendszeres próbálgatással juthatunk célhoz, ehhez felhasználjuk az iskolai függvénytáblázat köbtáblázatát.
Mivel

f (0) = - 1 < 0

és

f (0,5) = + 1 > 0

, próbálkozzunk a köztük levő

x = 0,25

-dal. Felhasználva

5

hatványait is:

\begin{matrix} f (0,25) = 1, 25^{3} - 3 \cdot 0, 25^{3} - 2 = {(5^{3} \cdot 10^{- 2})}^{3} - 3 \cdot {(5^{2} \cdot 10^{- 2})}^{3} - 2 = - 0,0938 < 0. \end{matrix}

Ennek alapján

x > 0,25

, nézzük

x = 0,3

-et:

\begin{matrix} f (0,3) = 1, 3^{3} - 3 \cdot 0, 3^{3} - 2 = 2,197 - 2,081 = + 0,116 > 0. \end{matrix}

Abszolút értékben véve; az utóbbinak valamivel nagyobb a

0

-tól való eltérése, mint

f (0,25)

-é, ennek alapján azt várjuk, hogy

x

(0,25;