Feladat: Metresis 13. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: -
Füzet: 1894/július, 13 - 15. oldal  PDF file
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Paraméteres egyenlőtlenségek, Tengely körüli forgatás, Egyenes körhengerek, Térfogat, Paralelogrammák, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1894/július: Metresis 13. feladata

Adva van az ABC háromszög, melynek AB alapja egyenlő a-val, magassága h-val; vonjuk DE egyenest párhuzamosan AB-vel és D és E-ből DD' és EE' merőlegeseket AB-re. Forgassuk a háromszöget AB alapja körül. Mily x távolságban kell a DEAB egyenest húzni, hogy a DED'E' parelelogramma körülforgása által származó henger térfogata egyenlő legyen R sugarú gömb térfogatával. Discutálandók x elfogadható értékei.

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

Tegyük fel, hogy DD'=x. A feladat értelmében fennáll a következő egyenlet:

2πx2+2πxDE=4πR2
vagy
x2+xDE=2R2.

Hogy kiszámíthassuk DE értékét, vegyük figyelembe a CDE és CAB hasonló háromszögeket, melyekből következik, hogy
DEa=h-xh
vagy
DE=a(h-x)h
A probléma egyenlete tehát a következő:
x2+ax(h-x)h=2R21)
vagy
(a-h)x2-ahx+2hR2=02)
A probléma természetéből következik, hogy x-nek csak oly értékei jöhetnek tekintetbe, melyek valósak, pozitívok és 0 és h között foglaltatnak. Az első feltételt kifejezi az
a2h2-8(a-h)hR203)
egyenlőtlenség. A második és harmadik feltételt kielégíti egyidejűleg a 2) alatti egyenlet egy gyöke, ha
f(0)f(h)<04)
hol f(0) és f(h) azon értékeket jelentik, melyek a 2) alatti egyenlet baloldalából keletkeznek, ha benne x-et 0, ill. h-val felcserélem; mind a két gyöke, ha egyidejűleg fennáll a következő egyenlőtlenség:
f(0)f(h)>05)
és
0<ah2(a-h)<h.6)
Ha ha, az 1) gyökei R bármely értékénél valósak; ha azonban h<a, csak akkor, ha
R2a2h8(a-h)
E szerint vizsgálatunkban három fő esetet külömböztetünk meg a szerint, amint h nagyobb, egyenlő, vagy kisebb az a-nál.
10.h>a. ‐ Minthogy f(0)=2R2h és f(h)=h(2R2-h2) és a gyökök félösszege, ah:2(a-h) a jelen esetben R bármely értékénél negatív, positív gyök csak egy lehetséges, még pedig akkor, ha
2R2h2(2R2-h2)<0
azaz, ha
R2<h22
20.h=a. ‐ Ekkor x=2R2a és ez akkor megfelelő érték, ha kisebb a h=a-nál; vagyis, ha
R2<a22
30.h<a. ‐ A gyökök akkor valósak, ha
R2a2h8(a-h)

Hogy mindkettő, vagy csak egyik felel-e meg a feladatnak, az f(h) előjelétől függ csupán, mert f(0)>0. De
f(h)=h(2R2-h2)
és a jelen főesetben 3 alesetet külömböztetünk meg a szerint, a mint f(h)0.
Minthogy az (a-2h)2>0 feltétlenül fennálló egyenlőtlenségből következik, hogy
h22<a28(a-h)
és ha ugyanekkor f(h)<0, azaz
R2<h22
0 és h közé csak egy gyök esik, még pedig minthogy
ah2(a-h)>0
azaz mindkét gyök positiv, a gyökök kisebbike. Ha
R2=h22
akkor
f(h)=0
azaz h az 1) alatti egyenlet gyöke és a henger egy CH=h sugarú körlapra redukálódik.
A második gyök ez esetben
x2=aha-h-h=h2a-h
és csak akkor felel meg, ha kisebb a h-nál, azaz ha
h2a-h<h
2h2<ah
h<a2
Ha végre
h22<R2<a2h8(a-h)
két megoldás van, vagy egy sincs, a szerint, a mint
ah2(a-h)<>h
azaz
ha2

Összefoglalás: A problémának egy megoldása van, ha
R2<h22,
kettő, ha
h<a2ésh22R2a2h8(a-h)