Kezdőlap


Feladat:	793. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Faith F. , Filkorn Jenő , Kerekes T. , Krausz B. , Krisztián Gy. , König D. , Lukhaub Gy. , Lupsa Gy. , Scharff J.
Füzet:	1900/november, 78 - 79. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Beírt alakzatok, Geometriai egyenlőtlenségek, Egyenes körhengerek, Terület, felszín, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Gömb és részei, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1900/január: 793. matematika feladat

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

Ha a gömb sugara $R$ , a henger alapjának sugara $r$ , magassága $m$ , akkor a henger összes fölülete:

\begin{matrix} F = 2 r π (r + m) \end{matrix}

\begin{matrix} m = 2 \sqrt[]{R^{2} - r^{2}} \end{matrix}

(1)

s így

\begin{matrix} F = 2 r \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} \frac{F}{2 r π} - r = 2 \sqrt[]{R^{2} - r^{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{F^{2}}{4 r^{2} π^{2}} - \frac{F}{π} + r^{2} = 4 R^{2} - 4 r^{2} \end{matrix}

rendezve:

\begin{matrix} r^{4} - \frac{2}{5} (\frac{F}{2 π} + 2 R^{2}) r^{2} = - \frac{F^{2}}{20 π^{2}} \end{matrix}

miből

\begin{matrix} r = \sqrt[]{\frac{1}{5} (\frac{F}{2 π} + 2 R^{2}) \pm \sqrt[]{\frac{1}{25} {(\frac{F}{2 π} + 2 R^{2})}^{2} - \frac{F^{2}}{20 π^{2}}}} \end{matrix}

(2)

r

-nek valós értéke van, ha

\begin{matrix} \frac{1}{5} {(\frac{F}{2 π} + 2 R^{2})}^{2} ≧ \frac{F^{2}}{4 π^{2}} \end{matrix}

vagyis ha

\begin{matrix} F ≦ R^{2} π (1 + \sqrt[]{5}) \end{matrix}

s így a fölület maximuma:

\begin{matrix} F = R^{2} π (1 + \sqrt[]{5}) . \end{matrix}

F

-nek eme értékét (2)-be és (1)-be téve, kapjuk:

\begin{matrix} r = R \sqrt[]{\frac{5 + \sqrt[]{5}}{10}} és m = 2 R \sqrt[]{\frac{5 - \sqrt[]{5}}{10}} . \end{matrix}

(Filkorn Jenő, Nyitra.)

A feladatot még megoldották: Faith F., Kerekes T., König D., Krausz B., Krisztián Gy., Lukhaub Gy., Lupsa Gy., Scharff J.