Kezdőlap


Feladat:	689. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Biczó Géza
Füzet:	1956/február, 43 - 44. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Térfogat, Egyenes körkúpok, Gömb és részei, Egyenes körhengerek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1955/május: 689. matematika feladat

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

Legyen az első két test alapköreinek és a gömbnek sugara rendre $r_{1}$ , $r_{2}$ , $r_{3}$ , köbtartalmaik rendre $K_{1}$ , $K_{2}$ , $K_{3}$ , a közös felszín pedig $F$ . Az egyenlő oldalú kúp felszíne

\begin{matrix} F = 3 r_{1}^{2} π, amiből \\ r_{1} = \sqrt[]{\frac{F}{3 π}} . & (1) \end{matrix}

Az egyenlő oldalú henger felszíne

\begin{matrix} F = 6 r_{2}^{2} π, amiből \\ r_{2} = \sqrt[]{\frac{F}{6 π}} . & (2) \end{matrix}

A gömb felszíne

\begin{matrix} F = 4 r_{3}^{2} π, amiből \\ r_{3} = \sqrt[]{\frac{F}{4 π}} . & (3) \end{matrix}

(1), (2) és (3) felhasználásával a megfelelő köbtartalmak:

\begin{matrix} K_{1} = \frac{r_{1}^{3} π \sqrt[]{3}}{3} = \frac{F \sqrt[]{F}}{3 π \sqrt[]{3 π}} \cdot \frac{π \sqrt[]{3}}{3} = \frac{F \sqrt[]{F}}{9 \sqrt[]{π}}, \\ K_{2} = 2 r_{2}^{3} π = \frac{F \sqrt[]{F}}{6 π \sqrt[]{6 π}} \cdot 2 π = \frac{F \sqrt[]{F} \sqrt[]{6}}{18 \sqrt[]{π}}, \\ K_{3} = \frac{4}{3} r_{3}^{3} π = \frac{F \sqrt[]{F}}{4 π \sqrt[]{4 π}} \cdot \frac{4 π}{3} = \frac{F \sqrt[]{F}}{6 \sqrt[]{π}} . \end{matrix}

A keresett arány tehát

\begin{matrix} K_{1} : K_{2} : K_{3} = \frac{1}{9} : \frac{\sqrt[]{6}}{18} : \frac{1}{6} = 2 : \sqrt[]{2 \cdot 3} : 3. \end{matrix}

Biczó Géza (Bp. II., Rákóczi g. IV. o. t.)