Kezdőlap


Feladat:	1583. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bálványos Zoltán , Barra Károly
Füzet:	1968/november, 130 - 132. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Koordináta-geometria, Alakzatok súlypontja (tömegközéppontja), Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1968/január: 1583. matematika feladat

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

I. A (3) kifejezés mindkét oldalának minden egyes tagja (1) szerint $4$ tagú kifejezés. (1)-nek mindegyik tagjában csak egyféle koordináta lép fel, csak $x$ , vagy csak $y$ , vagy csak $z$ , vagy csak $u$ , éspedig $2$ ., $3$ ., $4$ . tagja úgy áll elő az előtte állóból, hogy abban a szóban forgó pontok $1$ ., $2$ ., ill. $3$ . koordinátáját rendre az illető pont $2$ ., $3$ ., $4$ . koordinátájával helyettesítjük. Mivel még $S$ bármelyik koordinátájának képezésében is csak az ugyanannyiadik koordinátáit használjuk fel $P_{1}$ , $P_{2}$ , $P_{3}$ , $P_{4}$ -nek, éspedig (2) alapján, az előbb leírt helyettesítésekkel, azért (3) két oldala olyan $4$ ‐ $4$ kifejezés összegére bontható, hogy az elsőkben csak $x$ betűk lépnek fel, és a $2$ ., $3$ ., $4$ . kifejezések úgy állnak elő az $1$ -gyel kisebb sorszámúakból, hogy bennük (az indexek megtartásával) minden egyes $x$ , $y$ , $z$ betű helyére $y$ -t, $z$ -t, végül $u$ -t írunk.
Ezek alapján (3) bizonyítása végett elég megmutatni, hogy a jobb és bal oldal $x$ -es tagjaiból alakuló két kifejezés azonos, ebből már következik a két oldali $y$ -os, $z$ -s, ill. $u$ -s kifejezések azonossága is, tehát (3) helyes volta. Tovább (3)-nak csak az $x$ -es tagjait tekintjük.
Az azonosítást könnyen áttekinthetővé tehetjük $x_{5}$ szerinti rendezéssel, hiszen így a két kifejezés, a koordináta-különbségek négyzetének kifejtése után, $x_{5}$ -nek másodfokú polinomja.
$x_{5}^{2}$ együtthatója a bal oldali ${(x_{5} - x_{S})}^{2}$ -ben $1$ , jobbról pedig $1 / 4 \cdot 4 = 1$ , hiszen $5$ -ös index csak az $1 / 4$ együtthatójú zárójelben lép fel, és azon belül mind a négy ${(x_{5} - x_{i})}^{2}$ kifejezésből ‐ ahol $i = 1$ , $2$ , $3$ , $4$ ‐ az első tag $x_{5}^{2}$ , együtthatója $1$ , összegük $4$ .
Ugyanígy látjuk, hogy $x_{5}$ első hatványának együtthatója a bal oldalon $- 2 x_{S}$ , a jobb oldalon

\begin{matrix} \frac{1}{4} (- 2) (x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4}), \end{matrix}

ezek pedig (2) szerint azonosak.
Az

x_{5}

-öt nem tartalmazó tag (3) bal oldalán, (2) felhasználásával,

\begin{matrix} x_{S}^{2} = \frac{1}{16} {(x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4})}^{2} = & (4) \\ = \frac{1}{16} (x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + x_{4}^{2}) + \frac{2}{16} (x_{1} x_{2} + x_{1} x_{3} + x_{1} x_{4} + x_{2} x_{3} + x_{2} x_{4} + x_{3} x_{4}) . \end{matrix}

A jobb oldalon, az

1 / 4

együtthatójú zárójelben az

x_{5}

-öt nem tartalmazó tagok mind négyzetek:

x_{i}^{2}

, ahol

i = 1

2

3

4

. Az ilyen tagok száma a

- 1 / 16

együtthatójú zárójelben

6 \cdot 2 = 12

, éspedig mindegyik index

3

-szor lép fel, a többi

3

indexszel párosítva, így

x_{i}^{2}

együtthatója a jobb oldalon

\begin{matrix} \frac{1}{4} \cdot 1 - \frac{1}{16} \cdot 3 = \frac{1}{16}, \end{matrix}

egyenlő a (4) jobb oldalán álló első együtthatóval.
Végül a

- 1 / 16

együtthatójú zárójel

6

vegyes indexű, kéttényezős

- 2 x_{i} x_{j}

alakú szorzatot tartalmaz az

1

2

3

4

indexek minden párosításával, és ezek összege azonos (4) jobb oldalának második tagjával.
Ezzel a (3) két oldalán álló, csak

x

-eket tartalmazó kifejezések minden tagját figyelembe vettük, az azonosság fennáll, így a fentiek szerint a bizonyítást befejeztük.

II. Az 1121. gyakorlatban¹ feladatunk állításának a

3

-dimenziós (vagyis a megszokott térbeli) megfelelőjét bizonyítottuk, és ehhez a II. megoldásban felhasználtuk az

a

b

c

oldalakkal bíró

A B C

háromszög

C

csúcsából kiinduló

s_{c} = C F

súlyvonalára vonatkozó

\begin{matrix} s_{c}^{2} = \frac{2 a^{2} + 2 b^{2} - c^{2}}{4}, azaz C F^{2} = \frac{1}{2} (C A^{2} + C B^{2}) - \frac{1}{4} A B^{2} \end{matrix}

összefüggést, ami pedig feladatunk állításának a

2

-dimenziós térbeli, vagyis a megszokott síkbeli megfelelője. Valóban, a síkon, a

2

-dimenziós térben egy pont meghatározására

2

koordináta elegendő, és a

P_{1}

(x_{1}, y_{1})

és

P_{2}

(x_{2}, y_{2})

pontok távolságára

\begin{matrix} P_{1} P_{2}^{2} = {(x_{2} - x_{1})}^{2} + {(y_{2} - y_{1})}^{2}, \end{matrix}

felezőpontjuk ‐ a két pontból álló pontrendszer súlypontja ‐ koordinátái pedig

\begin{matrix} x_{S} = \frac{x_{1} + x_{2}}{2}, y_{S} = \frac{y_{1} + y_{2}}{2} . \end{matrix}

Ugyanezek a

3

koordinátával leírt (

3

-dimenziós) térben

\begin{matrix} P_{1} P_{2}^{2} = {(x_{2} - x_{1})}^{2} + {(y_{2} - y_{1})}^{2} + {(z_{2} - z_{1})}^{2}, \end{matrix}

ami egy alkalmas téglatest testátlója hosszaként könnyen belátható, a

P_{1} P_{2} P_{3}

háromszög

S

súlypontjára pedig

\begin{matrix} x_{S} = \frac{x_{1} + x_{2} + x_{3}}{3}, y_{S} = \frac{y_{1} + y_{2} + y_{3}}{3}, z_{S} = \frac{z_{1} + z_{2} + z_{3}}{3} . \end{matrix}

Itt az első kettőt ismerjük a síkbeli koordináta-geometriából, érvényességük belátható abból, hogy egy háromszög súlypontjának vetülete azonos vetületének súlypontjával, hiszen szakasz felezőpontjának (súlypontjának) vetülete felezi a szakasz vetületét, és ugyanez áll a szakasz bármilyen

m : n

arányú osztópontjára, esetünkben a súlyvonalakat

2 : 1

arányban osztó pontra.
A (3) jobb oldalán álló

1 / 4

- 1 / 16

együtthatók helyére a

3

dimenziós térben

1 / 3

és

- 1 / 9

lépett,

2

dimenzióban pedig

1 / 2

és

- 1 / 4

, vagyis

n = 4

3

2

esetében egyformán

1 / n

, ill.

- 1 / n^{2}

Barra Károly (Salgótarján, Madách I. Gimn., IV. o. t.)
Bálványos Zoltán (Makó, József A. Gimn., III. o. t.)

¹Az

A B C D

háromoldalú gúla (tetraéder)

A B C

lapjának súlypontja

S

. Bizonyítsuk be, hogy a gúla

D

-ből kiinduló

D S

súlyvonala az élek felhasználásával az alábbi képlettel fejezhető ki:

\begin{matrix} D S^{2} = \frac{1}{3} (D A^{2} + D B^{2} + D C^{2}) - \frac{1}{9} (A B^{2} + B C^{2} + C A^{2}) . \end{matrix}