Kezdőlap


Feladat:	F.2601	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Szabó Tamás , Szárnyi Éva
Füzet:	1987/május, 200 - 201. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Derékszögű háromszögek geometriája, Köréírt alakzatok, Egyenes körkúpok, Terület, felszín, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/október: F.2601

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

I. megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit. A feladat természetéből következik, hogy $m > 2$ és $F A = r > 1$ .

Pitagorasz-tétel szerint

a = \sqrt[]{m^{2} + r^{2}},

A C F

és

O C D

háromszögek hasonlósága alapján pedig

a : r = (m - 1) : 1,

ahonnan a szokásos módon

\begin{matrix} a = r (m - 1) . \end{matrix}

(1)

Ezért

\sqrt[]{m^{2} + r^{2}} = (m - 1) r,

és így

m^{2} + r^{2} = (m^{2} - 2 m + 1) r^{2},

azaz

m (m \cdot r^{2} - m - 2 r^{2}) = 0.

Mivel

m > 0,

ez csak akkor teljesülhet, ha

m \cdot r^{2} - m - 2 r^{2} = 0,

vagyis

\begin{matrix} m = \frac{2 r^{2}}{r^{2} - 1} (r > 1) . \end{matrix}

(2)

(1) és (2) alapján

\begin{matrix} a = r \cdot (\frac{2 r^{2}}{r^{2} - 1} - 1) = \frac{r^{3} + r}{r^{2} - 1} . \end{matrix}

(3)

Ismeretes, hogy a kúp felszíne

A = r \cdot π (r + a),

amiből (3) felhasználásával "A'' egyváltozós kifejezését nyerjük :

\begin{matrix} A = r \cdot π \cdot (r + \frac{r^{3} + r}{r^{2} - 1}) = 2 π \frac{r^{4}}{r^{2} - 1} . \end{matrix}

"A'' minimumának meghatározásához elegendő

\frac{r^{4}}{r^{2} - 1}

minimumát meghatározni, az

r > 1

feltétel mellett. Mivel

\frac{r^{4}}{r^{2} - 1} = \frac{1}{\frac{1}{r^{2}} - \frac{1}{r^{4}}}

, ezért "A'' akkor minimális, ha

\frac{1}{r^{2}} - \frac{1}{r^{4}}

maximális. Ezt a maximumot a következőképpen határozhatjuk meg:

\frac{1}{r^{2}} - \frac{1}{r^{4}} = {(\frac{1}{r^{2}} - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{1}{4},

és ez akkor maximális, ha

\frac{1}{r^{2}} = \frac{1}{2},

és mivel

r > 1, r = \sqrt[]{2},

a maximum értéke pedig

\frac{1}{4} .

Ezért a kúp felszínének minimuma létezik, és az

8 π .

II. megoldás. Az F. 2595. feladatban megmutattuk, hogy a gömb köré írt forgáskúp térfogata legalább kétszerese a gömb térfogatának.
A Geometriai feladatok gyűjteménye I. 2855.feladatából tudjuk, hogy a gömb köré írt forgáskúp felszínének mérőszáma

3

-szorosa a térfogat mérőszámának. Ezért a térfogat és a felszín egyszerre minimális.
Az F. 2595. feladat megoldása szerint (lásd 1986. évi 10. szám) az egységsugarú gömb köré írt forgáskúp térfogatának minimuma

\frac{8}{3} π

ezért a felszínének minimuma

3 \cdot \frac{8}{3} π = 8 π

Megjegyzés. A minimum helyét a számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenséggel vagy deriválással is meg lehet határozni. Utóbbi esetben bizonyítani kell, hogy a derivált függvény zérushelye valóban minimumhely. Ezt több beküldő elmulasztotta. Néhányan úgy gondolták, hogy a minimális felszínű kúp egyenlő oldalú. Ez nem igaz.