|
Feladat: |
F.1736 |
Korcsoport: 18- |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Bacsó Gábor , Bánsági Péter , Bodnár István , Boros Endre , Breuer Péter , Dauner Henrik , Éber Nándor , Fazekas István , Fazekas Mária , Fűzy Csaba , Földvári Csongor , Gál Péter , Horváth László , Jáger János , Komornik Vilmos , Láng István , Mester Ferenc , Nagy Sándor , Pattantyús Péter , Petz Dénes , Portschy Tamás , Revizky János , Szász György , Szendrei Ágnes , Szendrei Mária , Szepesi László , Tarsó Béla , Vályi Géza , Vas Zoltán , Vogel Anna , Zámolyi Ferenc |
Füzet: |
1972/november,
134 - 137. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Határozott integrál, Térfogat, Szabályos sokszögek által határolt testek, Térelemek és részeik, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1970/október: F.1736 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. A kérdés kissé szokatlan feltevése ‐ a ,,lehet'' szóval ‐ azt sejteti, hogy a válasz nem egyértelmű, több ilyen test van, és a térfogatuk természetesen más és más. Ezért először azt fogjuk megvizsgálni, melyek azok a testek, amelyekre ráillik a feladatbeli leírás. Külön figyelmet fordítunk azokra a meggondolásokra, amelyekben a konvexséget használjuk fel, mert a versenyzők ezeket a részeket elnagyolták, ,,ösztönösen'' jól alakították ki a testeket, de nem mutatták meg, hogy miért kell ezeknek a testeknek éppen olyanoknak lenniük, mint amilyenek, és így nem bizonyították be, hogy az általuk adott értékek a feladat összes megoldásai. Egy pillantás az 1. ábrára meggyőz arról, hogy ha a konvexséget nem tennénk fel, akkor végtelen sok test felelne meg a követelményeknek. 1. ábra 1. Állítsuk képzeletben vízszintesre azokat a párhuzamos síkokat, amelyek a vizsgált test csúcsait hordozzák, és jelöljük őket -gyel és -vel. Nevezzük a testnek az és közötti lapjait oldallapoknak, és legyen a tetszőleges háromszög alakú oldallapja. Tegyük fel, hogy -nak -ben két csúcsa van, jelöljük ezeket -vel, -val, és legyen a harmadik csúcs. Jelöljük a -hoz -ben csatlakozó oldallap síkjának -gyel alkotott metszésvonalát -vel. Mivel ez az oldallap téglalap, azért merőleges -re. Hasonlóan legyen a -hez csatlakozó oldallap síkjának és -nek a metszésvonala, merőleges -re. Megmutatjuk, hogy és a szakasz felező merőleges síkjára nézve tükrösen helyezkedik el (2. ábra). 2. ábra A egyenes nem lehet merőleges -re, hiszen nem merőleges az -beli egyenesre. Így -ben csak egy, a -n átmenő, -re merőleges egyenes van. Tükrözzük az -ből, -ból és -ból álló alakzatot -re. Ekkor és önmagába megy át, képe pedig olyan egyenes, amely átmegy -n és merőleges -re. Mivel ilyen csak egy van, azért képe csak lehet, állításunkat ezzel bebizonyítottuk. Ha síkja merőleges -re, és párhuzamosak, és párhuzamos velük a -hoz -ben és -ben csatlakozó lapok síkjának metszésvonala is. Ez az egyenes benne van -ben és a konvexség miatt -nek az -n levő bármely további csúcsa csak -en lehet rajta. Emiatt -nek egyetlen további csúcsa van -n, legyen ez , és legyen és a , háromszöget téglalappá kiegészítő pont. Ez a alapú; egységnyi magasságú test az egyetlen olyan test, amelyike eleget tesz a feladat követelményeinek, és amelynek van -re merőleges háromszög alakú oldallapja. Mivel két csúcsa van -n, azért ezt a testet -vel jelöljük (3a ábra). 3a. ábra 3b. ábra Ha nem merőleges -re, akkor az csúcsának az -en levő merőleges vetülete a szakasz felezőpontjától különböző pont. Ismeretes, hogy és , tehát és is metszi egymást, a metszéspontjuk, rajta van az síkon, és a háromszöget deltoiddá egészíti ki. tehát ,,elhajlik'' -től, -en levő árnyéka a egyenes -mel ellentétes oldalára esik. Magának a testnek is ezen az oldalon kell lennie, hiszen konvexitása miatt minden csúcsa a síkjának ugyanazon az oldalán van, és a -hoz csatlakozó téglalapok csúcsai nem lehetnek -nak az felé eső oldalán, hiszen az és szögek hegyesszögek, így ezeket a téglalapokat nem lehet az , síkrészeken elhelyezni. (Ha nem volna konvex, akkor e téglalapok úgyis elhelyezkedhetnének, hogy egyikük -nak az felé eső, másikuk az -mel ellentétes oldalán van. Ilyen részlet található az 1. ábrán.) Ezzel beláttuk, hogy a) -nek a háromszög alakú lapjai a két párhuzamos sík közül ahhoz hajlanak hegyes szögben, amelyiken két csúcsuk van; b) az egymáshoz csatlakozó háromszögek és téglalapok -gyel párhuzamos élei nem alkothatnak hegyes szöget (mert például a 2. ábrán a -hez csatlakozó téglalapnak az -en levő további csúcsa -nek a -n túli meghosszabbításán van). c) a háromszög alakú oldallapokhoz csatlakozó téglalapok e háromszögeknek az -re merőleges szimmetriasíkjára nézve szimmetrikusan helyezkednek el. 2. Legyen a testnek valamely téglalap alakú oldallapja, az , csúcsok legyenek -en, és pedig -n. Jelöljük -lal a és szakaszok közös felező merőleges síkját, ebben van benne a -hez, illetve -hoz csatlakozó háromszög‐lapok , illetve csúcsa. Így metszi az , síkok közül legalább az egyiket, de akkor és párhuzamos volta miatt a másikat is metszi, és a két metszésvonal párhuzamos. Jelöljük ezeket -gyel és -vel, és az lap síkjának a metszésvonalát -vel (4. ábra). 4. ábra Nyilván is párhuzamos -gyel és -vel, és elválasztja egymástól ezt a két egyenest. Emiatt elválasztja egymástól is az és egyeneseket, tehát -nek nem lehet -en is, és -n is csúcsa. Tegyük fel, hogy -n nincs csúcsa -nek, tehát és az -en van. Az négyszögben párhuzamos -fel, , és az előző pont szerint az -beli és a -beli szög nem lehet hegyesszög. Tehát szimmetrikus trapéz. Ezzel beláttuk, hogy a) az ugyanahhoz a téglalaphoz csatlakozó háromszögeknek és közül ugyanabban van a hátralevő csúcsuk; b) a téglalap alakú oldallapokhoz csatlakozó két‐két háromszög a téglalapnak az -re merőleges szimmetriasíkjára nézve tükrösen helyezkedik el. 3. Az előző pont a) megállapításából -t mintegy körbejárva kapjuk, hogy a háromszög alakú oldallapok mindegyikének és közül ugyanabban van két csúcsa, legyen ez mondjuk . Eszerint ha a test -beli csúcsainak a számát -nel jelöljük, akkor -nek -ben csúcsa van. Könnyű látni, hogy értéke nem lehet 1, tehát -nek -ben valódi lapja van, jelöljük ezt -nel, és jelöljük -nek az -ben levő részét -nel: ha , akkor csak egy szakasz, különben is lapja -nek. Az 1. pont c) megállapításából és a 2. pont b) megállapításából következik, hogy szögei egyenlőek. Ebből már könnyen bizonyítható, hogy ha , akkor szabályos -szög (3b ábra). Az 1. pont a) megállapítása szerint, ha csúcsait -re vetítjük, a vetületek benne lesznek -ben. Jelöljük területét -nel, a téglalap és háromszög alakú oldallapok -en levő vetületének a területét -nel és -nel, a test magasságát -nel. Ekkor az -től távolságra levő, -vel párhuzamos sík a testből területű idomot vág ki, tehát a test térfogata
Könnyen látható, hogy
és hogy, amint az fenti alakjából is kiolvasható, . Az , 2, 3, 4, 5 esetekben a feladat követelményeinek eleget tevő testet kapunk, és ezek térfogata
Ezzel a megoldást befejeztük.
|
|