KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Sign In
Sign Up
 Magyar
Information
Contest
Journal
Articles

 

Problem B. 4510. (January 2013)

B. 4510. The length of the base edges of a right regular pyramid of (2k+1) sides is 1, the centre of the base is O, and the length of the altitude OB is m. The pyramid is reflected in the midpoint of OB. Find the volume of the intersection of the two pyramids.

(6 pont)

Deadline expired on 11 February 2013.


Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldási ötlet: A gúlák közös tengelyére illeszkedő félsíkokkal bontsuk részekre a gúlákat és a közös részüket (mint egy tortát), és számítsuk ki a térfogatokat egy-egy szeletben.

 

Megoldás. Legyen a gúla alaplapja A_0A_1\ldots A_{2k}, a tükörkép alaplapja C_0C_1\ldots C_{2k}, csúcsa O. Az alaplapok csúcsait modulo 2k+1 fogjuk indexelni, tehát például A2k+1=A0.

Legyen az AiAi+1 él felezőpontja Fi, a CiCi+1 él felezőpontja pedig Gi. Például az AiFiO derékszögű háromszögekből leolvashatjuk, hogy az alaplapok köré írt kör sugara

 R=\dfrac1{2\sin{\frac{180^\circ}{2k+1}}},

a beírt körök sugara pedig


r=\frac12 \ctg\frac{180^\circ}{2k+1} =
\frac{\cos\frac{180^\circ}{2k+1}}{2\sin\frac{180^\circ}{2k+1}}.

A B, O, Ai és Gk+i pontok egy síkba esnek, mert CiBGk+i\angle=180o; legyen Ui=AiB\capGk+iO. Hasonlóan legyen Vi=FiB\capCk+i+1O.

Tekintsük most a gúláknak és a metszetüknek a BOAiGk+i és BOFiCk+i+1 félsíkok közé eső részét. A közös részt a két félsík, továbbá az AiAi+1B és Ck+iCk+i+1O lapok határolják, a közös rész tehát egy tetraéder, amelynek csúcsai B, O, Ui és Vi.

A BOUiVi tetraéder térfogatát a BOAiFi tetraéder térfogatával fogjuk összehasonlítani. A OAiGk+iB derékszögű trapéz alapjainak hossza OAi=R és Gk+iB=r, az átlók metszéspontja Ui. A OAiUi és Gk+iBUi háromszögek hasonlók, így \dfrac{A_iU_i}{BU_i}= \dfrac{OA_i}{G_{k+i}B}=\dfrac{r}{R}, és


\frac{BU_i}{BA_i} = \frac{BU_i}{BU_i+U_iA_i} = \dfrac{r}{R+r}.

Hasonlóan, a OFiCk+i+1B trapéz vizsgálatából kapjuk, hogy


\frac{BV_i}{BF_i} = \dfrac{R}{R+r}.

Ezek után


\dfrac{{\rm t\'erfogat}(BOU_iV_i)}{{\rm t\'erfogat}(BOA_iF_i)} =
\frac{BU_i}{BA_i} \cdot \frac{BV_i}{BF_i} = \dfrac{Rr}{(R+r)^2}.

A szimmetria miatt az arány mindegyik térrészben ugyanaz. Ezért a két gúla közös részének térfogata


  \dfrac{Rr}{(R+r)^2} \cdot 
{\rm t\'erfogat}(A_0A_1\ldots A_{2k}P) =
  \dfrac{Rr}{(R+r)^2} \cdot \left(\frac13\cdot(2k+1)\frac{r}2 \cdot m\right) =


=  \dfrac{(2k+1)m}6 \cdot \dfrac{R r^2}{(R+r)^2} =
  \dfrac{(2k+1)m\cos^2\frac{180^\circ}{2k+1}
  }{12\sin\frac{180^\circ}{2k+1}(1+\cos\frac{180^\circ}{2k+1})^2}.


Statistics:

27 students sent a solution.
6 points:Balogh Tamás, Fehér Zsombor, Forrás Bence, Havasi 0 Márton, Janzer Olivér, Maga Balázs, Schwarcz Tamás, Tardos Jakab, Tossenberger Tamás, Venczel Tünde.
5 points:Ágoston Péter, Herczeg József, Lelkes János, Medek Ákos, Németh Gergely, Paulovics Zoltán, Simkó Irén, Szabó 789 Barnabás.
4 points:3 students.
3 points:1 student.
2 points:1 student.
1 point:4 students.

Our web pages are supported by:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley