Kezdőlap


Feladat:	1494. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bali J. , Bizám György , Csáki Frigyes , Egger G. , Freud Géza , Hoffmann Tibor , Josepovits Gyula , Káli L. T. , Kézdi F. , Klein J. , Margulit György , Máté I. , Nádler M. , Sándor Gyula , Sellmann Tibor , Taksony György , Volena-Koczor Imre
Füzet:	1939/május, 213 - 214. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Terület, felszín, Térfogat, Tetraéderek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1939/február: 1494. matematika feladat

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

A tetraéder térfogata: $\frac{1}{3} (A O B) \cdot O C = \frac{a^{2} x}{6}$ .
A tetraéder felszíne $F = (A O B) + 2 (A O C) + (A B C) = \frac{a^{2}}{2} + a x + (A B C)$ .
Húzzunk a $C$ csúcsból $A B$ -re merőlegest, $C D$ -t.

Nyilván

O D = \frac{A B}{2} = \frac{a \sqrt[]{2}}{2}

\begin{matrix} (A B C) = \frac{1}{2} \bar{A B} \cdot \bar{C D} = \frac{1}{2} a \sqrt[]{2} \sqrt[]{x^{2} + {(\frac{a \sqrt[]{2}}{2})}^{2}} = \frac{a}{2} \sqrt[]{2 x^{2} + a^{2}} . \end{matrix}

Eszerint

F = \frac{a^{2}}{2} + a x + \frac{a}{2} \sqrt[]{2 x^{2} + a^{2}}

.
A feladat követelménye:

\begin{matrix} \frac{a^{2} x}{6} = \frac{m}{3} (\frac{a^{2}}{2} + a x + \frac{a}{2} \sqrt[]{2 x^{2} + a^{2}}) . \end{matrix}

Az egyenlet minden tagja osztható

a

-val. A törtek eltávolítása és a kijelölt műveletek elvégzése után keletkezik

\begin{matrix} (a - 2 m) x - a m = m \sqrt[]{2 x^{2} + a^{2}} ... \end{matrix}

(1)

Négyzetre emelve mindkét oldalon és rendezve:

\begin{matrix} [{(a - 2 m)}^{2} - 2 m^{2}] x^{2} - 2 a m (a - 2 m) x = 0 ... \end{matrix}

(2)

A (2) egyik gyöke:

x = 0

. Ez nem elégíti az (1)-t, mert

x = 0

helyettesítés után

- a m = a m

, ellenmondás áll elő, ha

m \neq 0

.¹
A (2) másik gyöke

\begin{matrix} x = \frac{2 a m (a - 2 m)}{{(a - 2 m)}^{2} - 2 m^{2}} ... \end{matrix}

(3)

Ez megfelel, ha pozitív és az (1) baloldalát pozitívvá teszi. Utóbbi feltétel azonban nem teljesülhet, ha

a - 2 m

negatív (vagy zérus). Kell tehát, hogy

a - 2 m > 0

ill.

m < \frac{a}{2}

legyen.
Ha már most

a - 2 m > 0

, akkor (3) szerint

x

pozitív, ha a nevezője

\begin{matrix} {(a - 2 m)}^{2} - 2 m^{2} = (a - 2 m + m \sqrt[]{2}) (a - 2 m - m \sqrt[]{2}) \geq 0, \end{matrix}

vagyis, mivel

a - 2 m + m \sqrt[]{2} > 0

,
kell, hogy

\begin{matrix} a - 2 m - m \sqrt[]{2} \leq 0, azaz m \leq \frac{a}{2 + \sqrt[]{2}} = \frac{a}{2} (2 - \sqrt[]{2}) ... \end{matrix}

(4)

legyen. Ha

x

értékét (3) szerint) (1) baloldalán helyettesítjük:

\begin{matrix} \frac{2 a m {(a - 2 m)}^{2}}{{(a - 2 m)}^{2} - 2 m^{2}} - a m = \frac{a m [{(a - 2 m)}^{2} + 2 m^{2}]}{{(a - 2 m)}^{2} - 2 m^{2}} > 0, ha m \leq \frac{a}{2} (2 - \sqrt[]{2}) . \end{matrix}

Eszerint

m

legnagyobb értéke

m' = \frac{a}{2} (2 - \sqrt[]{2})

. Ez azonban az

A O B △

-be írt kör sugarát jelenti. ² Másrészt

m

A O B C

tetraéderbe írt gömb sugarával egyenlő. Nyilvánvaló, hogy

m < m'

. Ha

m = m'

, akkor

x = \infty

; a tetraéder háromoldalú hasábos térré válik, melyet az

A O B △

határol. Ezen teret határoló lapokat érintő gömb legnagyobb köre az

A O B △

-be írt körrel egybevágó.

x = 0

esetén,

F = a^{2}

, azaz

A O B △

területének kétszerese. Ekkor a teraéder térfogata

= 0

, azaz

m = 0

² $ϱ = \frac{2 t}{2 s} = \frac{a^{2}}{2 a + a \sqrt[]{2}} = \frac{a}{2 + \sqrt[]{2}}$ .