|
Feladat: |
1376. matematika feladat |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Babai L. , Baranyai Zs. , Domokos L. , Gáspár A. , Havas János , Malina J. , Racskó Péter , Surányi L. , Szeidl L. , Tényi G. , Újvári István |
Füzet: |
1965/december,
209 - 210. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Poliéderek átdarabolása, Tetraéderek, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1965/február: 1376. matematika feladat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. A szétdarabolást nyilvánvalóan síkmetszetekkel hajtjuk végre. Minden tetraédernek mind a négy lapja háromszög, és bármelyik két lapjának van közös éle. Ezért a keresett szétdarabolás útján a kockának mind a 6 lapja háromszögekre esik szét, így a felületén legalább 12 háromszög keletkezik, és a szétdaraboló síkok is háromszögben metszik a kockát, vagy egymás metszeteit háromszögekre darabolják. ‐ Másrészt egy tetraéder a kocka legfeljebb 3 lapjának tartalmazhatja részét, mert a kocka lapjaiból bárhogyan választott 4 között van 2 párhuzamos, ezért hátra levő lapját (vagy lapjait) egy metsző sík állítja elő. Így a kocka lapjainak részei legalább tetraéderhez fognak tartozni.
Lehet megadni olyan feldarabolást, amelynél éppen 4 tetraéder osztozik a kocka felületén: a kocka egy kiszemelt csúcsában összefutó 3 lapját az ezzel a csúccsal szemben fekvő átlókkal osztjuk két-két háromszögre ‐ az 1. ábrán az -ben összefutó lapokat az , , ill. átlójukkal ‐, majd a kiszemelt csúccsal szomszédos csúcsokba befutó harmadik lapot az onnan kiinduló átlójukkal, a , , ill. átlóval. Így az , és csúcsokból nem indul ki kettévágó átló egyik oda futó lapban sem, a belőlük kiinduló 3‐3 él végpontjait páronként összekötő négyzetátlók pedig ugyanúgy egy-egy síkban vannak, mint , és , ennélfogva az , , , ill. csúcsban összefutó 3‐3 derékszögű háromszöget rendre az , , , ill. sík metszi le a kocka felületéről, ad velük együtt egy-egy tetraédert, és ezek együttesen valóban felhasználják a 6 kockalapból keletkezett 12 háromszöget. A kockából 4 tetraédert lemetsző 4 háromszöglap a kocka belsejében levő tetraéder teljes felületét adja, így a kockát 5 tetraéderre bontottuk.
Ha a kocka két szomszédos, átlósan kettévágott lapjáról úgy választunk 1‐1 a közös élhez illeszkedő háromszöget, hogy a kettévágó átlók az él nem ugyanazon végpontjából indulnak ki (2. ábra, , és ), e két lap már kijelöli egy tetraéder 4 csúcsát, és ennek további két lapja a kocka belsejében van, így a kocka felületén maradt 10 derékszögű háromszöglap felhasználásához nem elég 3 tetraéder, tehát nem kapunk kevesebb tetraéderre való szétdarabolást. (Hasonlóan haladva tovább 6 tetraédert kapunk, a kocka feléből még -t és -t.)
Racskó Péter (Budapest, Madách I. g. IV. o. t.) Havas János (Budapest, Berzsenyi D. g. II. o. t.) Megjegyzések. 1. A kocka éleinek a rész-tetraéderekre való szétosztásával is megkapjuk, hogy a tetraéderek száma legalább 4. 2. Számos dolgozat tartalmazza a következő gondolatmenetet. Ha a kockából levágunk egy tetraédert, a maradék testen a csúcsok száma legfeljebb 1-gyel lehet kevesebb, 7 vagy több csúcs marad. Legalább 4-szer kell levágni 1‐1 tetraédert, hogy a maradéktest 4-csúcsú test, vagyis tetraéder lehessen, tehát a részek száma legalább 5. ‐ Ebben az a kis hiány, hogy indokolás nélkül feltételezték: a szétdarabolás során mindig van olyan résztetraéder, amelyet lehet egyetlen lapja mentén való síkmetszéssel elválasztani a többiektől, holott a 2. ábra minden tetraédere csak két vágással emelhető ki. (Ha viszont első lépésben pl. a átlós síkmetszettel vágjuk ketté a kockát, akkor egyik rész sem tetraéder.) |
|