Full resolution (JPEG) - On this page / på denna sida - H. 25. 23 juni 1951 - Problemhörnan, av A Lg
<< prev. page << föreg. sida << >> nästa sida >> next page >>
Below is the raw OCR text
from the above scanned image.
Do you see an error? Proofread the page now!
Här nedan syns maskintolkade texten från faksimilbilden ovan.
Ser du något fel? Korrekturläs sidan nu!
This page has never been proofread. / Denna sida har aldrig korrekturlästs.
16 juni 1951
555
Den streckade, konstanta
volymen är
TT
V = — a b m eos <p (1)
Av figuren framgår direkt
att R = a eos 19? varav
V=—bmR
(2)
Enligt hjälpfiguren upptill
har man
ff eos" <p = fi2—b2 (3)
varjämte gäller att
o = m tg oc (4)
Vidare är på grund av trianglars likformighet
Fig. 1.
Q R — q eos o? , (a + o) (fi — q eos
-=––dvs, o = 5-—–
ci q a a
9
a—q
fi + g eos © , (a — g) (fi + q eos w)
––––- dvs. o = — ––––- —
dvs. 2 Q =
2 a fi — 2 q- eos (p
varav enligt (4)
m tg a. = fi
Q-
COS <P
(5)
som med hänsyn till alt fi = a eos <p övergår till
„ q2 eos2 (p
mig oc — R — ––
dvs. vid jämförelse med (3)
77!fi = b’2 cot ct
Detta samband insattes i (2) varav
dvs.
V = — b’å cot (X
i/3 V
(6)
(7)
oberoende av lutningsvinkeln <p.
Enligt sign. Ög är (7) en känd sats (jfr Carlssons ’
Geometri 1" s. 304). Man får dock ej anse den som "mycket
känd" och kan för övrigt bevisa den på flera andra sätt,
t.ex. enligt följande:
Den ellips som uppstår då en cirkulär kon avskäres med
ett snett plan på avståndet h från spetsen erhåller en
halvparameter (= ordinatan i en brännpunkt) som är
P = h tg « (8)
oberoende av lutningsvinkeln fp (jfr T. elem. Matern., Fys.
Kem.. 7 (1923—24) s. 184). Men eftersom
b2
P = „
blir
ah — b~ cot oc
71
(9)
(10)
som i kombination med V = — abh ger sambandet (7).
o
Ett korollarium av (10) är att den streckade triangelytan
i fig. 1 blir konstant
T = b2 cot oc (11)
n
varav V =— b T.
o
Emellertid gäller för satsen (8) detsamma som för (7),
nämligen att den ej torde vara så pass känd, att beviset
kan överhoppas.
Fig. 2
Betrakta fig. 2 och utgå från det mera bekanta faktum att
de två cirklarna tangerar linjen AB = 2 a i snittellipsens
brännpunkter F1 och Fs, varvid F^Fa = 2 c. Om s är halva
perimetern till triangeln ABC gäller
a — c — ÄF1 — ~ÄQ = s — ßC
a + c = ÄF„ = IË = s — CÄ
varav
eller
b2
b2 = a2 — c2 = (s — B C) (s — CA)
s (s — AB) (s — BC) (s — CÄ)_ T2
s (s — AB)
s [s
AB)
Men s — AB = CD och r0 = -
s
varav b3 = T tg oc i överensstämmelse med (11).
Fig. 3.
Sign. Erax resonerar i anslutning till fig. 3 på följande
sätt. Av
Jt 71
V = -abh = - H r2
o o
erhålles
abh = Hr
12)
Under förutsättning att det som skall bevisas är sant,
gäller att ytellipsens storaxel ständigt är tangent till
hy-perbeln
h2
= 1
Enligt en känd sats för hyperbeln är vidare
ah = Hr
som vid insättning i (12) ger
b = r
Ett liknande resonemang har förts av T Ygge, N F
E11-ninger, sign. Sbck och Ni.
Övriga problemlösare, L von Håmos, sign. I F, G L och
Hel (problemförf.) har föredragit att behandla uppgiften
i huvudsak trigonometriskt. Sign. Hel har visat att ellipsens
<< prev. page << föreg. sida << >> nästa sida >> next page >>
