JAK VELKÁ JE TŘETINA KOULE? Úvod

Transkript

1 South Bohemia Mathematical Letters Volume 20,(2012), No. 1, JAK VELKÁ JE TŘETINA KOULE? LIBUŠE SAMKOVÁ Abstrakt. Článek se zabývá objemovými poměry v kouli. Nabízí odpověď na otázku,jakvysokomusídosahovatvodavdutékouli,abysejejíobjemrovnal třetině objemu koule. Otázka je zobecněna na případ libovolného zlomku m/n a podrobně vyřešena. Řešení vede ke kubické rovnici klasifikované jako tzv. casus irreducibilis, která vyžaduje využití goniometrického tvaru komplexních čísel. Problém je vhodný jako rozšiřující učivo k tématu komplexních čísel na střední škole. Úvod Víte,jakvysokomusídosahovatvodavdutékouli,abysejejíobjemrovnaltřetině objemu koule? Nebo čtvrtině? Obecněji: Jakvysokomusídosahovatvodavdutékouli,abysejejí objem rovnal m/n objemu koule? Tato jednoduše formulovatelná otázka má překvapivě komplikované řešení. 1. Od vzorečku k výsledku Mějmekoulispoloměrem r.jejíobjemjedánvzorcem V koule = 4 πr Vodavkoulivyplňujekulovouúsečoneznámévýšce h.objemkulovéúsečejedán základním vzorcem V usece = 1 6 πh(ρ2 +h 2 ) kde ρ je poloměr podstavy kulové úseče. Obrázek1. Vodavkouli.Situacepro h < r(vlevo)apro h > r(vpravo). Key words and phrases. Objemový poměr; kubická rovnice; casus irreducibilis; goniometrický tvar komplexního čísla.

2 26 LIBUŠE SAMKOVÁ Tento poloměr se z Pythagorovy věty určí jako pro h < r,případnějako pro h > r,vizobr.1.pro h=rje ρ= r 2 (r h) 2 = 2rh h 2 ρ= r 2 (h r) 2 = 2rh h 2 ρ=r= 2rh h 2 Prolibovolnouvýšku hjetedy ρ= 2rh h 2 aobjemkulovéúsečejedánpředpisem V usece = 1 6 πh( (2rh h 2 )+h 2) = 1 πh2 (r h) Pro zjednodušení a zpřehlednění následujících výpočtů si výšku kulové úseče h vyjádřímerelativně,jako α-násobekvýškykoule,tedy h=α 2r.Potom V usece = 1 π(2αr)2 (r 2αr)= 4 πr α 2 ( 2α) Hledáme výšku kulové úseče, jejíž objem se rovná m/n objemu koule, tedy α takové, aby V usece = m n V koule 4 πr α 2 ( 2α) = m 4 n πr α 2 ( 2α) = m n (1.1) 2α α 2 + m n = 0 Tuto kubickou rovnici vyřešíme postupným zavedením několika substitucí. Substitucí α=x+ 1 2 jipřevedemenatzv.redukovanýtvar (1.2) x 4 x+2m n 4n =0 Dálepoužijemesubstituci x=w+ 1 4w adostanemerovnici (1.) w w +2m n =0 4n kteráposubstituci z= w vedekekvadratickérovnici (1.4) z 2 + 2m n 4n z =0 Tato kvadratická rovnice má diskriminant ( 2m n ) 2 1 D= 4 4n 64 = m2 mn (1.5) 4n 2 Jmenovateldiskriminantujekladnýačitateljeroven m(m n).protože m/nje objemovýpoměr,tak m/n 0,1.Pokudvynechámetriviálnípřípady m/n=0a m/n=1,takznerovnosti0 < m/n <1plyne,že0 < m < n,aodtud m(m n) <0

3 JAK VELKÁ JE TŘETINA KOULE? 27 Toznamená,že D <0akvadratickárovnice(1.4)mádvěkomplexnířešení z 1,2 = 2m n 4n ± m 2 mn 4n 2 = n 2m±2i mn m 2 2 8n Tato dvě komplexní čísla převedeme na goniometrický tvar: ( z 1,2 2 n 2m ) 2+ ( 2 mn m 2) 2= 1 = 8n 8n 64 z1,2 = 1 8 cosϕ= n 2m 8n : 1 8 = n 2m =1 2m n n Tedy řešení rovnice(1.4) mají v goniometrickém tvaru podobu z 1,2 = 1 8 (cosϕ±isinϕ) kde ϕ=arccos ( ) 1 2m n.pro m/n (0,1)je ϕ (0,π). Protože z= w,takrovnice(1.)mářešení w 1,2 = 1 (cos ϕ 2 ±isin ϕ ) Dále x=w+ 1 4w,atak x 1,2 = 1 (cos ϕ 2 ±isin ϕ ) cos ϕ ±isin ϕ = 1 2 cos ϕ ±1 2 isin ϕ +1 2 cos ϕ 1 2 isin ϕ = cos ϕ Dostalijsmetedyjenjednořešenírovnice(1.2),označmejej x 1.Zbyládvěřešení zjistímepovytknutívýrazu x x 1 zlevéstranyrovnice: ( x ) ( 4 x+2m n : x cos ϕ ) = x 2 +xcos ϕ ϕ 4n +cos2 4 Při dělení vyjde zbytek cos 2 ϕ 4 cos ϕ +2m n 4n aletenjerovennule,protožecos ϕ jeřešenímrovnice(1.2).zbývájenvyřešit kvadratickou rovnici (1.6) x 2 +xcos ϕ +cos2 ϕ 4 =0 Její diskriminant je roven D=cos 2 ϕ 4 (cos 2 ϕ ) = ( 1 cos 2 ϕ =sin 2 ϕ 4 ) Protože ϕ (0,π),tak ϕ (0, π )asin ϕ >0.Toznamená,žediskriminantje kladný a rovnice(1.6) má dvě reálná řešení x 2, = cos ϕ ± sin 2 ϕ = cos ϕ ± 2 sin ϕ Tato řešení jsou také řešeními rovnice(1.2).

4 28 LIBUŠE SAMKOVÁ Blížíme se pomalu k závěru, rovnice(1.1) má tři reálná řešení α 1 = 1 2 +cos ϕ α 2 = cos ϕ + 2 sin ϕ α = cos ϕ 2 sin ϕ kde ϕ=arccos ( ) 1 2m n.zbývázjistit,kteréztěchtořešeníležívintervalu(0,1) a je hledaným výškovým poměrem α. Protože ϕ (0, π ),takcos ϕ (1 2,1)aodtud α 1 (1, 2 ). Protože 1 2 =cos π a 2 =sin π,takmůžemepsát α 2 = 1 ( π+ϕ 2 cos α = 1 ( π ϕ ) 2 cos Dále π+ϕ ( π,2π )acos( ) π+ϕ ( 1 2,1 2 ).Odtud α 2 (0,1). Podobně π ϕ (0, π )acos( ) π ϕ ( 1 2,1),atedy α ( 1 2,0). Hledanýmvýškovýmpoměremjeřešení α 2. ) 2. Výsledek Voda odpovídající m/n objemu koule s poloměrem r dosahuje v této kouli výšky ( ( ( ) 1 π+arccos 1 2m ) ) h=2r 2 cos n (2.1) Tentopředpisjemožnépoužítiprokrajnípřípady m/n=0am/n=1,protože podosazení m/n=0do(2.1)dostaneme h=0apodosazení m/n=1do(2.1) dostaneme h=2r. Třetinaobjemukouleodpovídáhladiněvevýšce2r 0,9(zaokrouhlenona2desetinná místa), tedy přibližně 2/5 výšky koule. Viz Obr. 2. Velice zajímavý je případ, kdy m/n = 1/10. Desetina objemu koule odpovídá hladiněvevýšce2r 0,20(zaokrouhlenona2desetinnámísta),tedypřibližně1/5 výškykoule.vizobr.2. Obrázek 2. Třetina objemu koule(vlevo), desetina objemu koule(vpravo).

5 JAK VELKÁ JE TŘETINA KOULE? 29 Závěrečné poznámky Obecný návod na řešení kubických rovnic ax +bx 2 +cx+d=0 s racionálními koeficienty a, b, c, d naleznete například v[1]. Prvním krokem je vždy převedení rovnice pomocí substituce x x b a na tzv. redukovaný tvar x +px+q=0. O řešitelnosti rovnice rozhoduje znaménko diskriminantu ( q ) 2+ ( p D= 2 ) Pokud D < 0, nastává tzv. casus irreducibilis situace, kdy kubická rovnice má tři reálné kořeny, ale při hledání těchto kořenů je nutné využít komplexní čísla v goniometrickém tvaru(podobně jako v našem příkladě). Problém je vhodný jako rozšiřující učivo k tématu komplexních čísel na střední škole. Příspěvek byl zpracován s podporou projektu The FIBONACCI Project Large scaledisseminationofinquirybasedscienceandmathematicseducation,no Literatura [1] Bartsch, H.-J.(2006). Matematické vzorce. Praha: Mladá fronta, ISBN Katedra matematiky, Pedagogická fakulta, Jihočeská Univerzita v Českých Budějovicích address: lsamkova@pf.jcu.cz