Kezdőlap


Feladat:	1546. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bárász P. , Barbarits A. , Berács J. , Birkner L. , Boda S. , Bornemisza J. , Csobádi P. , Erdész L. , Ésik Z. , Gömze L. , Hárs L. , Hernádi János , Kalán Annamária , Kecskeméty K. , Kemény A. , Kocsis F. , Komjáth P. , Koren A. , Kovalszky R. , Köpf V. , Környei M. , Lempert L. , Lengyel T. , Maróti P. , Nagy Dénes , Nagy Zsigmond , Pap István , Papp Zoltán , Pataki István , Prőhle T. , Sax Gy. , Siklósi M. , Szabó András (Berlin) , Viszkei Gy.
Füzet:	1968/április, 151 - 152. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Térfogat, Tetraéderek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1967/szeptember: 1546. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Legyen a kérdéses $A B C D = T$ tetraéderen $C D > 1$ , ekkor az $A B$ élben találkozó $A B C$ és $A B D$ háromszöglapok egyik oldala sem nagyobb $1$ -nél. Úgy fogjuk módosítani $T$ -t, hogy a feltételek továbbra is teljesüljenek és az új térfogat minél nagyobb legyen. Állítsuk $T$ -t az $A B C$ lapra és toljuk el $C$ és $D$ csúcsát $A B$ -vel párhuzamosan az $A B$ él $S$ felező merőleges síkjába, a $C_{1}$ , ill. $D_{1}$ helyzetbe (ha valamelyik e csúcsok közül éppen $S$ -ben van, azt változatlanul hagyjuk).

Így az

A B C_{1} D_{1} = T_{1}

tetraéder térfogata egyenlő

T

-nek

V

térfogatával, mert

A B C_{1}

, ill.

A B C

alaplapjuk területe, valamint rá merőleges magasságuk egyenlő, hiszen

D D_{1}

párhuzamos az alaplap síkjával. A

C_{1} A

C_{1} B

D_{1} A

D_{1} B

élek egyike sem nagyobb

1

-nél, mert ha pl. eredetileg

A C > B C

állt, akkor

C_{1} B = C_{1} A < C A \leq 1

.
Toljuk el

C_{1}

-et az alapsíkban,

D_{1}

-et az

A B D

síkban az

A B

szakasz felező merőleges egyenese mentén a

C_{2}

, ill.

D_{2}

helyzetbe úgy, hogy

C_{2} B = D_{2} B = 1

legyen. Így az

A B C_{2} D_{2} = T_{2}

tetraéder

V_{2}

térfogata nagyobb

V

-nél, vagy egyenlő vele, hiszen sem

A B C_{2}

alaplapjának területe, sem erre merőleges magassága nem kisebb

T_{1}

fent említett alaplapjánál, ill. magasságánál.
Fordítsuk végül az

A B D_{2}

lapot az alapsíkra merőleges helyzetbe, és legyen

D_{2}

új helyzete

D_{3}

, ekkor az

A B C_{2} D_{3} = T_{3}

tetraéder

V_{3}

térfogatára egyrészt

V_{3} \geq V_{2} \geq V

, másrészt

A B

hosszát

a

-val, felezőpontját

F

-fel jelölve

\begin{matrix} V_{3} = \frac{A B \cdot F C_{2}}{2} \cdot \frac{F D_{3}}{3} = \frac{A B \cdot F C_{2}^{2}}{6} = \frac{a}{6} (1 - \frac{a^{2}}{4}), \end{matrix}

hiszen az

A B

alap és vele szemben a

C_{2}

D_{2}

, ill.

D_{3}

csúcs egybevágó egyenlőszárú háromszögeket határoz meg, egységnyi szárral.
A feladat állításának bizonyításául elég belátnunk, hogy ha

(0 <) a \leq 1

, akkor

V_{3} \leq 1 / 8

térfogategység. Valóban,

\begin{matrix} \frac{1}{8} - V_{3} = \frac{1}{24} (3 - 4 a + a^{3}) = \frac{1}{24} (1 - a) (3 - a - a^{2}) \geq 0, \end{matrix}

mert az utolsó alakban egyik zárójeles tényező sem negatív, hiszen a másodikban sem

a

, sem

a^{2}

nem nagyobb

1

-nél. Ha

a = 1

, akkor

V_{3} = 1 / 8

, és

C_{2} D_{3} =

= a \sqrt[]{3 / 2} > 1

qmallskip
Hernádi János (Budapest, Berzsenyi D. gimn. III. o. t.)

Megjegyzés.

T_{2}

-höz egy lépésben jutunk a következő meggondolással. Az élekre tett feltevés miatt

T

benne van az

A

és

B

csúcsok köré írt egységsugarú gömbök közös részében. Ezek az

A B C

lap síkját egységsugarú körökben metszik, és e két kör egyik metszéspontja a fenti

C_{2}

, a két kör közös részének az

A B

egyenestől legtávolabbi pontja. Ugyanígy a két gömb közös részében egyetlen pont sem lehet messzebb az

A B

egyenestől, mint

C_{2}

, és

D_{2}

A B D

lapsíknak az a pontja az

A B

egyenesnek

D

-t tartalmazó oldalán, ahol e lapsík által a két gömbből kimetszett egységkör metszi egymást.