A C. 1258. feladat (2014. november)

C. 1258. Egy kúp alapkörének sugara 1, magassága 2. Az alapkör sugarát \(\displaystyle x\)-szel növeljük, magasságát ugyanennyivel csökkentjük. Mekkora \(\displaystyle x\) érték esetén lesz a kúp térfogata maximális?

(5 pont)

A beküldési határidő 2014. december 10-én LEJÁRT.

1. megoldás. Legyen a kúp alapkörének sugara \(\displaystyle 1+x\), magassága pedig \(\displaystyle 2-x\), ahol \(\displaystyle 0\leq x<2\). A térfogat ekkor \(\displaystyle V=\frac{(1+x)^2\pi\cdot(2-x)}{3}\). Ez pontosan akkor lesz maximális, amikor a \(\displaystyle \frac{3}{\pi}\)-szerese az. Keressük tehát az \(\displaystyle f(x)=(1+x)^2(2-x)=(x^2+2x+1)(2-x)=2x^2+4x+2-x^3-2x^2-x=-x^3+3x+2\) függvény maximális értékét a \(\displaystyle [0,2)\) intervallumon. Ehhez vizsgálhatjuk a \(\displaystyle [-1,2)\) intervallumon a függvényt.

\(\displaystyle f'(x)=-3x^2+3\). Ennek két gyöke \(\displaystyle x_1=-1\) és \(\displaystyle x_2=+1\). Mivel a derivált pozitív a \(\displaystyle (-1,1)\) intervallumon, így a \(\displaystyle -1\) helyen lokális minimuma van. A derivált az \(\displaystyle (1,2)\) intervallumon negatív, 1-ben pedig 0, így ott helyi maximuma van.

A térfogat tehát \(\displaystyle x=1\) esetén lesz maximális, ekkor \(\displaystyle r=2\), \(\displaystyle m=1\) és \(\displaystyle V=\frac{4\pi}{3}\).

1. megoldás. Az 1. megoldásbeli jelöléseket használva \(\displaystyle 0\leq x<2\) és \(\displaystyle V=\frac{(1+x)^2\pi\cdot(2-x)}{3}\). Ez pontosan akkor lesz maximális, amikor a \(\displaystyle \frac{3}{4\pi}\)-szerese az. Tudjuk, hogy \(\displaystyle 1+x\) és \(\displaystyle 2-x\) is pozitív, ezért ennek felülről való becsléséhez használjuk a számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenség következő alakját:

\(\displaystyle \left(\frac{1+x}{2}\right)^2\cdot(2-x)\leq\left(\frac{2\cdot\left(\frac{1+x}{2}\right)+(2-x)}{3}\right)^3=1.\)

Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha \(\displaystyle \frac{1+x}{2}=2-x\), azaz ha \(\displaystyle x=1\).

Statisztika:

58 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Bereczki Zoltán, Bottlik Judit, Brányi Balázs, Egyházi Anna, Erdei Ákos, Farkas Dóra, Fényes Balázs, Horváth 016 Gábor, Jójárt Alexandra, Kaprinai Ádám, Kasó Ferenc, Kecse Ábel, Kocsis-Savanya Miklós, Kósa Szilárd, Krisztián Jonatán, Lénárt Levente, Mándoki Sára, Orosz Bálint, Porupsánszki István, Sándor Gergely, Sudár Ákos, Szabó 157 Dániel, Szász Róbert, Szauer Marcell, Szücs Patrícia, Tamás 196 Attila, Török Réka , Varjas István Péter, Várkonyi Lídia, Vida Máté Gergely, Viharos Loránd Ottó.
4 pontot kapott:	Csorba Benjámin, Fehér Balázs, Fülöp Erik, Gurdics Dávid, Horváth Bendegúz, Kaló Ádám, Kovács 599 Bálint, Matusek Márton, Nánási Dániel Bence, Nérel Eleonóra, Révy Gábor, Sziegl Benedek, Szűcs Dorina, Telek Máté László, Tóth Bence Tamás.
3 pontot kapott:	5 versenyző.
2 pontot kapott:	4 versenyző.
1 pontot kapott:	2 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2014. novemberi matematika feladatai