Feladat:	B.4603	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Németh Balázs
Füzet:	2015/január, 20. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Térfogat, Terület, felszín, Egyenes körkúpok, Térgeometriai bizonyítások
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2014/február: B.4603

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Legyen a kúp alaplapjának sugara $r$, a magassága $m$, az alkotója pedig $a$. A kúp felszín-, illetve térfogatképlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle A=r^2\pi +r\pi a=r\pi \left(r+a\right)\mathrm{,}V=\frac{r^2\pi m}{3}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezeket behelyettesítve az igazolandó egyenlőtlenségbe: $\begin{array}{c}{\displaystyle r^3{\pi }^3{\left(r+a\right)}^3\ge \frac{72\pi r^4{\pi }^2{m}^2}{9}\mathrm{.}}\end{array}$ A lehetséges egyszerűsítések után pedig: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(r+a\right)}^3\ge 8r\cdot m^2\mathrm{.}}\end{array}$ Pitagorasz tétele alapján tudjuk, hogy $m^2=a^2-r^2=\left(a+r\right)\left(a-r\right)$. Ezt beírva egyszerűsíthetünk a pozitív $\left(a+r\right)$-rel is: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(r+a\right)}^2\ge 8r\left(a-r\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Rendezés után $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+2ar+r^2\ge 8ar-8r^2\mathrm{,}{a}^2-6ar+9r^2={\left(a-3r\right)}^2\ge 0.}\end{array}$ Teljes négyzetet kaptunk, az átalakításaink ekvivalensek voltak, így az eredeti egyenlőtlenség igaz. Egyenlőség akkor és csak akkor van, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle a=3r\mathrm{,}m=r\sqrt[]{8}=2\sqrt[]{2}r\mathrm{.}}\end{array}$