Feladat: 1392. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Berger Tibor ,  Csuri Vilmos ,  Fehér György ,  Freud Géza ,  Gállik István ,  Gáspár Rezső ,  Halász Iván ,  Kieweg Ferenc ,  Mandl Béla ,  Nagy Elemér ,  Sándor Gyula ,  Schreiber Béla ,  Sebestyén Gyula ,  Székely Z. ,  Szentmiklósi L. ,  Szerényi László 
Füzet: 1938/március, 211 - 212. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Elemi függvények differenciálhányadosai, Határozott integrál, Kör egyenlete, Kúpszeletek érintői, Terület, felszín, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1938/január: 1392. matematika feladat

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

Ha a kör A, B pontjaiban az érintők párhuzamosak, akkor AB a kör átmérője és AB felezőpontja, t. i. az origo a kör középpontja, melynek egyenlete:

x2+y2=r2.

A kör keresztülmegy a (2,2) ponton; tehát:
2+2=r2.

Eszerint a szóbanforgó kör:
x2+y2=4...(1)
A harmadfokú parabola egyenlete:
y=ax3+bx2+cx+d...(2)

Az inflexiós pont abscissája, amint az 1341. feladatban láttuk: -b3a. Most -b3a=0, tehát b=0. Minthogy a görbe keresztülmegy az origón, a (2) egyenletet (0,0) kielégíti és így d=0. Eszerint a görbe egyenlete:
y=ax3+cx  és  y'=3ax2+c...(3)

A görbe keresztülmegy a (2,2) ponton, tehát
2=a22+c2,  ill.  2a+c=1...(4)

A görbének és a körnek közös érintőjük van az A, B pontokban. A kör érintőjének irányhatározója az A pontban: -1, mert OA sugár iránytangense: 22=1. Ezért a (3) alatti y'=-1, ha x=2,
vagyis
6a+c=-1...(5)
(4) -ből és (5)-ből: 4a=-2, a=-12 és így c=2, úgy hogy
y=-12x3+2x...(6)
görbével van dolgunk. Ezen görbének felső tetőpontja van az x=+2331,16, alsó tetőpontja az x=-233-1,16 helyen.
Keressük már most az (1) kör és a (6) görbe közös pontjait. Meg kell oldanunk az (1) és (6) egyenletekből álló rendszert. Ebből y-t kiküszöböljük, ha a (6) alatti kifejezését (1)-be helyettesítjük:
x2+(-12x3+2x)2=4,  rendezve:  x6-8x4+20x2-16=0...(7)

Ezen egyenletnek 2 és -2 kétszeres gyökei ‐ az érintkezés miatt ‐ tehát kell, hogy az egyenlet baloldala osztható legyen
(x-2)2(x+2)2=(x2-2)2
szorzattal. Valóban
x6-8x4+20x2-16=(x2-2)2(x2-4).

A parabola és a kör metszéspontjai az x2-4=0 egyenlet gyökeihez tartoznak: x'=-2, x''=2. Ezen pontok az abscissa-tengelyen feküsznek.
 
 

A két görbe által határolt terület nagyságát, x1=-2 és x2=2 határok között a szimmetriából kifolyólag úgy kaphatjuk meg, hogy a kör területeiből kivonjuk a két görbének x2=2 és x''=2 közötti íveik által bezárt sarló alakú idom területének kétszeresét és az így nyert különbség fele adja meg a keresett terület nagyságát.
Már most az AA1 húr a körben oly szeletet ‐ AFA1 ‐ határoz meg, mely egy 90-ú körcikkből van lehasítva. A körcikk területe: r2π4=π. Az AOA1 területe: r22=2. Így a körszelet területe: t1=π-2 és ennek fele, az AEF vegyesvonalú idomé (AF^ a kör íve): π2-1.
Ebből ki kell vonnunk az AE, EF és a parabola EF íve által határolt t2 területet; minthogy OE=2 és OF=2,
t2=22(-12x3+2x)dx=[-x48+x2]22=-168+4+48-2=12.
A sarló alakú idom területe:
t3=12t1-t2=π2-1-12=π-32.
A keresett terület: t=12(r2π-2t3)=12(4π-2π-32)=3(π+1)2.
t=6,2124  területegység.

 Kieweg Ferenc (Kegyesrendi g. VIII. o., Bp.)