A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 1. feladat. Bizonyítandó, hogy ha , és egy háromszög szögei, akkor I. megoldás. Írjunk helyébe -t, majd igyekezzünk szorzattá alakítani:
Itt a második tag nem pozitív, mert a koszinusz-függvény nem vesz fel -nél nagyobb értéket, a harmadik pedig kisebb -nél, mert egyik tényezője sem nagyobb -nél, de nem lehet mindkettő egyszerre sem (nem lehet is, is ). Így és ezt akartuk bizonyítani. II. megoldás. Az állítás helyes, ha a háromszög nem hegyesszögű, mert ekkor az egyik tag nem pozitív, a másik kettő mindegyike pedig -nél kisebb. Hegyesszögű háromszögben válasszuk a betűzést úgy, hogy és a vele szemben levő oldal legyen a legkisebb, illetve a legkisebbek egyike. Jelöljük továbbá csúcsát -vel, az , oldalakat -vel, ill. -val; legyen merőleges vetülete az egyenesen , ez az oldal belső pontja. Így Innen, mivel feltevés szerint , , így | | a harmadik szögre , tehát helyes az állítás hegyesszögű háromszögben is. III. megoldás. A bizonyítandó egyenlőtlenség, mint az előző megoldásban is láttuk, nyilvánvalóan helyes, ha a háromszög nem hegyesszögű. Hegyesszögű háromszögre , , pozitív hegyesszögek, melyek összege , és | | Ezt az összeget szemléltethetjük a következő módon: egységnyi sugarú negyedkörbe rajzoljuk be az , ill. nagyságú , szögeket (1. ábra).
1. ábra Ekkor , és a , , háromszögekben a sugár alkotta oldalakra merőleges magasság hossza rendre , , , így a vizsgálandó összeg az ötszög területének kétszeresével egyenlő, tehát kisebb, mint az egységnyi sugarú félkör területe, . Hegyesszögű háromszögre tehát | |
IV. megoldás. Alakítsuk két koszinusz összegét szorzattá: | | mert mindkét tényező pozitív, hiszen és hegyesszögek. Fejezzük ki -t is a fele akkora szög szinuszával, akkor azt nyerjük, hogy | | A második tag nem lehet pozitív, így a bizonyítandó állításon túlmenően azt bizonyítottuk be, hogy Itt akkor érvényes az egyenlőség jele, ha egyrészt , másrészt . Az első egy háromszög szögeire csak akkor teljesül, ha , a második akkor, ha ; ekkor az első feltétel szerint , azaz a háromszög szabályos. Az (1) egyenlőtlenségben tehát szabályos háromszögre egyenlőség, más háromszögekre a ,,kisebb'' jel érvényes. Megjegyzés. Az előző megoldás ábrája alapján finomabb elemzéssel szintén bizonyítható az (1) egyenlőtlenség hegyesszögű háromszögre, és kiterjeszthető a meggondolás nem hegyesszögű háromszögekre is. V. megoldás. Fejezzük ki a szögek koszinuszát a koszinusz-tétel alapján az oldalakkal. Vizsgáljuk először két koszinusz összegét:
Mindhárom szögpárra felírva a megfelelő kifejezést és összeadva azokat, a pozitív tagok összegében fellép miden törttel a reciproka is, így az összeg a következőképpen alakítható tovább:
ugyanis mindegyik négyzet szorzója pozitív, mert a háromszög két oldalának az összege nagyobb, mint a harmadik oldal. Így Itt akkor áll egyenlőség, ha a fenti tört számlálójában , azaz szabályos háromszögre. Megjegyzés: többen észrevették a bal oldal következő átalakítási lehetőségét:
Innen Heron képletét, az és összefüggéseket felhasználva, ahol a kerület felét, a háromszög területét, és a körülírt és beírt kör sugarát jelöli, a következőt nyerjük: | | Világos, hogy , amiből következik a feladat állítása. Az is belátható (trigonometria felhasználása nélkül is), hogy , amiből (1) következik. 2. feladat. Öt egész szám számtani sorozatot alkot. Akár az első négy tag köbeinek összegét vesszük, akár az utolsó négy tag köbeinek összegét, mindkétszer a figyelembe vett tagok összege négyzetének -szorosát kapjuk. Határozzuk meg a számokat. I. megoldás. Jelöljük a középső számot -vel, a számtani sorozat különbségét -vel, ekkor a feladat feltételei:
A második az elsőből megkapható úgy, hogy helyébe -t írunk (és a tagokat fordított sorrendbe írjuk), ez felhasználható lesz az átalakítások meggyorsítására. Az (1) egyenletet rendezve és -vel egyszerűsítve | | Hasonlóan (2)-ből | | Vonjuk le a második egyenletből az elsőt és osszunk -vel: Ez teljesül, ha . Ekkor (1)-ből Ha , akkor a egyenletnek kell teljesülnie. Szorozzunk -mal és egészítsük ki az első két tagot teljes négyzetté: Itt, ha egész, a bal oldal első tagja nem , és feltevésünk szerint a második sem. Legyen , , ahol , páratlan és . Nem lehet és különböző, mert akkor alkalmas hatványának kiemelése után -nél nagyobb páratlan szám marad vissza, s így nem keletkezhet a jobb oldali érték. Ha , akkor az egyenlethez jutunk, amelynek páratlan és -ből álló megoldását keressük. Ismeretes, hogy páratlan szám négyzete -cal osztva -et ad maradékul. Az egyenlet bal oldala eszerint -cal osztva -et ad maradékul, tehát csak úgy lehet -nek egy hatványa, ha egyenlő -gyel, azaz , , , tehát Az első egyenletből csak pozitív előjel mellett kapunk egész -t: A feladat feltételeinek tehát a
sorozatok felelhetnek meg, és a számításokat elvégezve azt találjuk, hogy ezek valóban meg is felelnek. II. megoldás. Az előző megoldás jelöléseit használva az (1) egyenlet bal oldalán az első és utolsó, továbbá a második és harmadik tag összegét alakítsuk át az azonosság alapján. Ekkor a bal oldal így alakul:
Így az egyenletet -ra redukálva -t kiemelhetünk: | | Hasonlóan a (2) egyenletből | |
Ha , akkor az előbbi egyenlet teljesül, az utóbbi így alakul: Ennek egész gyöke csak , amiből . A esetben az előbbi egyenlet megy át (4)-be, s így újabb megoldást nem kapunk. Ha , akkor a következő egyenletrendszernek kell teljesülnie:
Az egyenletek összegének felét és különbségének felét véve az eredetivel ekvivalens egyenletrendszert kapunk, hiszen az utóbbiak különbsége, ill. összege az eredeti egyenleteket adja: | | Az utóbbi egyenletből vagy , vagy kell, hogy teljesüljön. Az első esetben az előbbi egyenletből az utóbbi esetben pedig Ezek az előbbi megoldásban talált számtani sorozatokra vezetnek. Megjegyzések. 1. A feltételek két ismeretlenre két egyenletet adnak, ezekből az ismeretlenekre véges sok értékpár adódik. Mint a II. megoldás mutatja, nem szükséges lényegesen kihasználni a számok egész voltát, mindössze a többi feltételeket kielégítő | | és az ennek megfordításával keletkező sorozat kizárására. 2. Az I. megoldásban az (1) és (2)-ből keletkező (3) egyenletet oldottuk meg a keresett számok egész voltát lényegesen kihasználva. A közben felmerült , értékpárokhoz tartozó számtani sorozatok nem csak nem állnak egészekből, de a feladat többi feltételét sem elégítik ki. Ez nem meglepő, hiszen a megoldott (3) egyenlet nem ekvivalens az (1) és (2)-ből álló egyenletrendszerrel. Ezért az I. megoldásnál szükséges a nyert sorozatokra a követelmények teljesülésének ellenőrzése. Az előző pontban említett nem egész sorozat viszont az I. megoldásban nem jelentkezett, amit az magyaráz, hogy ott csak egész megoldást kerestünk, , -höz pedig a (3) egyenletnek nem egész megoldása tartozik. 3. feladat. Melyek azok a konvex poliéderek, amelyeknek bármely négy nem egy síkban levő csúcsa ugyanakkora térfogatú háromoldalú gúlát határoz meg ? I. megoldás. 1. Keressük először az olyan poliédereket, amelyeknek minden határlapja háromszög. Legyen a poliéder egy élén átmenő két határlap és . Az háromoldalú gúla tekinthető a feladat követelményeit kielégítő poliédernek (nem választható ki több különböző csúcsnégyes, 2. a. ábra).
2. ábra Ha a poliédernek négynél több csúcsa van, akkor minden további csúcsnak a -n átmenő, -vel párhuzamos síkban kell lennie, mert az síkban több csúcs nincs, a többi csúcs ennek a síknak ugyanazon oldalán van, mint , és a síktól ugyanakkora távolságra, mint , mert különben az , , csúcsokkal -étől különböző térfogatú gúlát alkotna. Ugyanígy benne vannak a további csúcsok a -n átmenő, -vel párhuzamos síkban is, tehát a két sík metszésvonalán kell lenniük (2. b. ábra). A további csúcsok ezenkívül az , , csúcsokkal is akkora térfogatú gúlát alkotnak, mint , vagy az síkban vannak. Az előbbi esetben viszont annak a két az síkkal párhuzamos síknak egyikében vannak, amelyek olyan távolságra vannak az síktól, mint a csúcs. Ezek a síkok -t egy a -n átmenő és a két oldalán egy-egy vele párhuzamos és egyenesben metszik. Ezek párhuzamosak -vel, -ből két az -vel egyenlő szakaszt metszenek ki. Tekintetbe véve még azt is, hogy a további csúcsok -vel is akkora térfogatú gúlát alkotnak, mint , vagy a síkban vannak, -ben egy -n átmenő, -vel párhuzamos egyenest és a két oldalán egy-egy vele párhuzamos és egyenest kapunk, amelyek távolsága -tól akkora, mint az csúcsé -től. A egyenes azon pontjai lehetnek csúcsai a poliédernek, amelyeken egy és egy egyenes is átmegy. Az ilyen pontok az egyenes metszéspontja és -nak az metszéspontja. Ugyanis a háromszög egybevágó -vel, mert oldalaik ellentétes irányban párhuzamosak, és -ből, ill. -ből húzott magasságaik egyenlők. Ha a két pont egyikét vesszük csak hozzá , , , -hez, akkor keletkezik egy paralelogramma-lap, mi pedig most csak háromszögekkel határolt poliédert keresünk. Az poliédert csupa háromszöglap határolja, úgy származtatható pl. az paralelogramma-alapú gúlából, hogy azt az alaplap középpontjára tükrözzük. Nevezzük röviden kettős gúlának. Ez megfelel a feladat követelményeinek, mert akárhogy választunk ki négy csúcsot, az , , a , és a , szemben fekvő csúcspárok egyike köztük van, mondjuk és (2. c. ábra), és ehhez az paralelogramma két szomszédos csúcsát kell vennünk, ha nem egy síkban levő pontnégyest akarunk kiválasztani. Az így kapott háromoldalú gúla térfogata a kettős gúla térfogatának negyedrésze. 2. Keressünk most a követelményeket kielégítő olyan poliédereket, amelyeknek van háromnál több oldalú határlapja. Legyen , , egy ilyen lap három egymás utáni csúcsa. Egy a síkjukban fekvő további csúcsnak rajta kell lennie az -n átmenő, -vel párhuzamos egyenesen, mert egyrészt a határlap konvex, így csúcsai -nek azon az oldalán vannak, amelyiken , másrészt -val egyenlő távolságra is vannak -től, mert különben volna két különböző területű háromszög az síkban, és ezek egy a síkon kívül fekvő csúccsal különböző térfogatú gúlákat határoznának meg. Ugyanígy adódik, hogy a -n átmenő, -vel párhuzamos egyenesen is rajta kell lennie minden további csúcsnak (3. b. ábra), tehát csak ezek metszéspontja lehet még csúcsa a határlapnak, és erre az háromszög területe is egyenlő az -ével. Meggondolásunk azt is mutatja, hogy egy a feladat követelményeinek megfelelő poliéder minden határlapja vagy háromszög, vagy paralelogramma.
3. ábra Legyen az élen átmenő, -től különböző határlap egy további csúcsa . Az paralelogramma-alapú gúla (3. a. ábra) megfelel a feladat követelményeinek, mert belőle háromoldalú gúla csak az alaplap valamelyik csúcsának elhagyásával keletkezik, és ezeknek a térfogata mindig a négyoldalú gúla térfogatának a fele. Ha a testnek -nél több csúcsa van, akkor hasonlóan okoskodhatunk tovább, mint a csak háromszögekkel határolt poliéderek esetében. A további csúcsok csak az -n átmenő, az síkkal párhuzamos síkban lehetnek; továbbá ahhoz, hogy az lap valamelyik három csúcsával alkotott gúlák egyenlő térfogatúak legyenek, benne kell lenniük a élen átmenő, az síkkal párhuzamos síkban, vagy lehetnek az síkban. Ezek a síkok -ből két az -vel párhuzamos egyenest metszenek ki (a 3. b. ábra folytonos vonallal kihúzott egyenesei). Az , , , a , , és az , , csúcsokat tartalmazó csúcsnégyeseket is figyelembe véve három egyeneshármas adódik, ‐ az előző meggondolás , , és , , egyeneseinek megfelelően, melyek rendre -vel, -vel, ill. -vel párhuzamosak (a 3. b. ábra hosszú szaggatott vonallal, apró szaggatott vonallal, ill. pontozva jelölt egyenesei). A további esetleges csúcsoknak mindegyik egyeneshármas valamelyik egyenesén rajta kell lennie. Így azok a pontok jönnek tekintetbe poliédercsúcsokként, amelyeken négy különféleképpen jelölt egyenes megy át. Könnyen belátható, hogy ezek az egyenesek az síkban -vel egybevágó paralelogrammákat, ezek átlóit és egyes csúcsokon átmenő, átlókkal párhuzamos egyeneseket alkotnak. Három olyan pont keletkezik, amelyiken mind a négy féle egyenesből megy át egy-egy; kettőbe -ből az éllel párhuzamos, egyenlő hosszú, és egyező, ill. ellentétes irányú szakasz vezet, egybe pedig -vel párhuzamos, egyenlő hosszú és egyirányú szakasz. Az első két pontból csak az egyik tartozhatik a poliéderhez. Ha a poliéderen a három pont közül csak az egyik lesz csúcs, akkor háromoldalú hasábot kapunk (3. c. ábra), és minden háromoldalú hasáb megfelel a feladat követelményeinek. Ha ugyanis kiválasztunk négy csúcsot, akkor a paralelogramma lapok három közös éle közül valamelyiknek mind a két végpontja ki van választva, minden további csúcs ezek valamelyikével valamelyik paralelogramma-lapon szomszédos, tehát mindig ki van választva valamelyik paralelogramma-lap három csúcsa, és ha a négy csúcs nincs egy síkban, akkor a negyedik csúcs a paralelogrammához nem tartozó él egyik végpontja. Minden ilyen háromoldalú gúla térfogata a hasáb térfogatának harmadrésze.
4. ábra Megmutatjuk végül, hogy a három pont közül nem lehet kettő egyszerre csúcsa a poliédernek. Ha ugyanis az -től irányban levő pont is, az irányban levő pont is csúcsa a poliédernek (4. ábra), akkor a síkkal párhuzamos síkban vannak az , , csúcsok (a két csúcshármas alkotta háromszög megfelelő oldalai párhuzamosak), pedig nincs egyik síkban sem, tehát pl. az és gúlák különböző térfogatúak. Ha helyett az -re vonatkozó tükörképe csúcsa a poliédernek, akkor az és él szerepe cserélődik meg, a és síkok párhuzamosak, és nincs egyikben sem. Így pl. a és gúlák térfogata különböző. A feladat követelményeinek tehát a paralelogramma-alapú gúlák, a négyoldalú kettős gúlák és a háromoldalú hasábok felelnek meg, ide számíthatók továbbá a háromoldalú gúlák. II. megoldás. 1. Keressük sorra a követelményeket kielégítő 4-, 5-, 6- stb. csúcsú poliédereket. Egy négy csúcsú poliéder csak háromoldalú gúla lehet és az megfelelőnek tekinthető. 2. Legyen egy a követelményeknek megfelelő öt csúcsú poliéder, és , , , ennek négy nem egy síkban levő csúcsa. A konvexség miatt nem lehet az gúla belsejében vagy határán, így valamelyik három csúcsán átmenő síknak ellenkező oldalán van, mint a gúla negyedik csúcsa; legyen ez az sík. A szakasz síkkal való metszéspontja felezi a szakaszt, mert az és gúla térfogata egyenlő, így ugyanakkora távolságra van az síktól, mint (5. a. ábra).
5. ábra Vagy benne van az síkban, vagy az és gúlák térfogata egyenlő. Utóbbi esetben bontsuk -t az és gúlákra. Ezeknek a közös lapjukra bocsátott magassága egyenlő, és egyenlő az gúla -ből húzott testmagasságával. Így az háromszög területe fele akkora, mint az háromszögé. tehát vagy az oldalon van, vagy azoknak az -vel párhuzamos egyeneseknek az egyikén, amelyek fele akkora távolságra vannak tőle, mint a csúcs (5. b. ábra). Hasonlóan rajta kell lennie -nek a oldalon, vagy annak a két vele párhuzamos egyenesnek az egyikén, amelyek -től félakkora távolságra vannak, mint az csúcs; ugyancsak teljesülnie kell az oldalra vonatkozó megfelelő feltételnek is. Mindhárom oldallal párhuzamos egyenes csak az , , oldalak felezőpontjain megy át. Ezek bármelyikére is tükrözzük -t, paralelogramma-alapú gúlát kapunk, és az pont keresése közben már biztosítottuk, hogy az ebből kiválasztható bármelyik háromoldalú gúlának ugyanakkora legyen a térfogata. 3. Ha kiválasztjuk egy hat csúcsú, a követelményeknek megfelelő poliéder öt nem egy síkban levő csúcsát, ezek is a követelményeknek megfelelő poliédert határoznak meg, mert minden a csúcsai közül kiválasztható pontnégyes az eredeti poliéder csúcsai közül is kiválasztható, tehát bármely négy csúcs, ha nincs egy síkban, ugyanakkora térfogatú háromoldalú gúlát határoz meg. Eszerint, ha az poliéder teljesíti a követelményeket, akkor az itt nem egy síkban levő csúcs meghatározta: poliéder is, tehát, mint éppen láttuk, paralelogramma-alapú gúlának kell lennie. Az csúcs vagy a gúla valamelyik háromszöglapjának, vagy a paralelogramma-lapnak ellenkező oldalán van, mint a többi csúcs. Legyen a paralelogramma-lap, és az lap ellenkező oldalán, mint a gúla. Az öt csúcsú testnél követett meggondolást egyrészt az gúlára és az csúcsra, másrészt az gúlára és az csúcsra alkalmazva azt nyerjük, hogy a csúcsból is, és -ből is az , , élek egyikének a felezőpontjára való tükrözéssel áll elő. A hat tükörkép közül csak -nek felezőpontjára és -nek felezőpontjára vonatkozó tükörképe esik egybe, ez lehet tehát csak az csúcs. Ez a háromoldalú hasáb (6. ábra).
6. ábra A háromoldalú hasáb valóban ki is elégíti a követelményeket. Ezt tudjuk már az gúlára és az négyoldalú gúlából kiválasztható háromoldalú gúlák térfogata ugyanakkora, mint az -ből kiválaszthatóké, mert a két négyoldalú gúla egyenlő térfogatú, ugyanis és távolsága a paralelogramma síkjától ugyanakkora. Végül az pont választása szerint az , ill. az poliéderből kiválasztható háromoldalú gúlák is egyenlő térfogatúak, és térfogatuk egyenlő az , ill. az gúla térfogatával, amik az gúlának is részei. Így az összes kiválasztható háromoldalú gúlák egyenlő térfogatúak. 4. Keressük most az olyan poliédereket, amelyekben az gúla paralelogramma-lapjának van ellenkező oldalán, mint a gúla. Ezekre az szakasznak a síkba eső felezőpontja az előzőkhöz hasonlóan vagy a egyenesen van, vagy attól félakkora távolságra, mint a egyenes; de ugyanakkor vagy rajta van -n, vagy félakkora távolságra van tőle, mint . A két feltételt egyszerre a paralelogramma -vel párhuzamos középvonalának pontjai elégítik ki (7. ábra).
7. ábra Ugyanígy rajta kell lennie -nek a -vel párhuzamos középvonalon is: Így a paralelogramma középpontja, az csúcs erre vonatkozó tükörképe, a poliéder kettős paralelogramma-alapú gúla. Ez a test valóban kielégíti a feladat követelményeit, mert az gúlára ezt már tudjuk, megkeresése pedig biztosította, hogy a kiválasztható, -et és -t tartalmazó háromoldalú gúlák térfogata egyenlő pl. -ével, továbbá ekkora az poliéderből kiválasztható háromoldalú gúlák térfogata is, hiszen ez a poliéder az poliéder tükörképe. Végül -t is, -et is elhagyva, egy síkban levő négy pont marad. 5. Megmutatjuk, hogy hatnál több csúcsú test nem elégíti ki a követelményeket. Ha kielégítené, akkor minden csúcsú rész-teste is kielégítené a követelményeket. Egy ilyen csúcsú testből nem egy síkban levő csúcs az előzőek szerint vagy háromoldalú hasábot, vagy négyoldalú kettős gúlát határoz meg. Utóbbi esetben a hetedik csúcs a test egy lapjának ellenkező oldalán van, mint maga a test. De a kettős gúlának határlapja -nek a test középpontjára vonatkozó tükörképe is, ami párhuzamos -lel. Ekkor azonban két különböző térfogatú háromoldalú gúlát kapunk, ha -höz egyszer -t, egyszer pedig -nek valamelyik csúcsát vesszük. Ha csúcsot kiválasztva ezek háromoldalú hasábot határoznak meg, akkor a hetedik csúcs ismét valamelyik határlapnak ellenkező oldalán van, mint a hasáb többi csúcsa. Az utolsó meggondolás mintájára látható, hogy nem lehet az egyik háromszöglap ellenkező oldalán, mint a hasáb. Ha viszont egy paralelogramma-lapnak van ellenkező oldalán, mint a hasáb, akkor a 4. pont meggondolását a paralelogramma és a további két csúcs egyike, ill. a másika alkotta gúlára alkalmazva azt kapjuk, hogy mindkét csúcsnak tükörképe kellene hogy legyen a paralelogramma középpontjára, ez a két tükörkép azonban különböző. Így hasábhoz sem található hetedik csúcs. Azt nyertük tehát, hogy a feladat követelményeinek a paralelogramma-alapú gúlák, a négyoldalú kettős gúlák, és a háromoldalú hasábok felelnek meg, amikhez még hozzávehetjük a háromoldalú gúlákat is, más poliédert nem.
Surányi János A 3. b ábrán javítandó -re. |