Feladat: F.2258 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bohus G. ,  Csere K. ,  Csikós Zs. ,  Dósa Gy. ,  Elek G. ,  Feledi Gy. ,  Fodor L. ,  Hátsági Zs. ,  Heckenast L. ,  Horváth 718 I. ,  Kapos L. ,  Kappelmayer Hedvig ,  Károlyi Gy. ,  Kiss 352 Gy. ,  Kovács 134 I. ,  Maloveczky Gy. ,  Mészáros G. ,  Ódor T. ,  Simonyi G. ,  Somogyi H. ,  Sz. Nagy Cs. ,  Szegedy P. ,  Szenes A. ,  Vértesi L. 
Füzet: 1980/november, 128 - 130. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Terület, felszín, Gömb és részei, Szabályos tetraéder, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1980/április: F.2258

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

Egyszerűbben írható le a feladat tárgya az alábbi észrevétel alapján. Az ABCD szabályos tetraéder DD' magasságszakaszának felező merőleges síkja azonos az ABC sík tükörképével a körülírt gömb O középpontjára nézve. Valóban, szabályos tetraéderben O azonos az S súlyponttal. D' azonos az ABC szabályos háromszöglap körülírt körének középpontjával. Így a DD' szakasz tetraéderünknek egyben súlyvonala is, és rajta S (egyben O) a D'-höz közelebbi negyedelőpont, tehát D'-nek ‐ ami az ABC síkon van ‐ O-ra való tükörképe felezi a DD' magasságot.

 
 

Könnyű ebből belátni, hogy a körülírt G gömb felületén az előírt síkok által létrehozott részek szintén O-ra való tükörképei azoknak a részeknek, amelyekre G felületét az ABC, ABD, ACD és BCD lapsíkokkal kimetszett kiskörök feldarabolják. Elég tehát az utóbbi felosztás részeinek felszínével foglalkoznunk, illetve a mondott kétféle felületrész arányával.
Az ABC lapsík által kimetszett k1 kör két gömbsüvegre vágja szét G felületét. A D-t tartalmazó süveg magassága DO+OD'=4r/3, tehát a másiké D*D'=D*O-OD'=r-r/3=2r/3, itt D* a G-nek D-vel átellenes pontja. Így a süvegek felszínei 2G/3, illetve G/3, ahol G most a gömb felszínét jelöli, hiszen a gömbsüveg felszíne arányos a magasságával. (Nem származhat félreértés a jel kétféle jelentéseiből.)
Az A, B, C pontok 3 egyenlő ívre osztják k1-et. A többi 3 lapsík által kimetszett köröknek 1-1 ívük esik a fenti kisebb gömbsüvegbe, az ABD sík által kimetszett k2 kör íve A és B között létesít új összeköttetést, a továbbiak B és C, illetve C és A között. Nincs közös pontjuk a kis gömbsüveg belsejében, hiszen mindegyiknek a teljes köre lent átmegy D-n, és ezért legmagasabb pontjuk felé haladva távolodunk D*-tól. (Úgy tartjuk G-t, hogy felső pontja D*.)
Eszerint a kis gömbsüveg 4 részre van felosztva, ebből 3-at 2-2 körív határol ‐ pl. egyet A és B két összekötése ‐, és ez a 3 "kétcsúcsú rész'' egybevágó. A negyedik részt 3 körív határolja, ez a háromcsúcsú ABC felületi rész.
Ugyanígy mindegyik lapsík által lemetszett kisebbik gömbsüveg 3 kétcsúcsú és 1 háromcsúcsú felületi részre oszlik, pl. az ABD sík által az AB, BD és DA kétcsúcsúak (az elsőt már másodszor látjuk) és az ABD háromcsúcsú rész és az egyező típusú részek egybevágók. Ezek szerint a test mindegyik éléhez hozzárendelhető egy kétcsúcsú rész és mindegyik lapjához egy háromcsúcsú, tehát számuk G egész felületén 6, illetve 4. Erről a kétféle részről szól a bizonyítandó állítás.
Látjuk most már, hogy a k1 által létrejött nagyobbik gömbsüveg (az alsó) ugyancsak 3 kétcsúcsúra, továbbá 3 háromcsúcsúra darabolódott fel. Így a többlete a kisebbikhez képest éppen 2 háromcsúcsúnak a felszínével egyenlő:
2G3-G3=2F3,F3=G6.
Ezzel megkaptuk a háromcsúcsú felületrész F3 felszínét.
Így a háromcsúcsúak együttes felszíne 4G6, és a hátra levő G3 oszlik el a 6 kétcsúcsúra: F2=G18, ami pedig F33; éppen ezt kellett bizonyítanunk.