Feladat: F.2451 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Alexy N. ,  Bán Rita ,  Bujdosó 419 L. ,  Fülöp T. ,  Füst Ágnes ,  Gáspár Zsuzsanna ,  Giba P. ,  Hegedűs P. ,  Hetyei Judit ,  Hraskó A. ,  Karácsony P. ,  Kerner Anna ,  Megyesi G. ,  Németh-Buhin Á. ,  Paál Beatrix ,  Pintér A. ,  Simon P. ,  Somogyi 196 A. ,  Szabó Sz. ,  Uhlmann E. ,  Varga K. 
Füzet: 1984/szeptember, 252 - 254. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögtestek, Térgeometriai bizonyítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1983/december: F.2451

Egy olyan konvex test van, melyet 12 szabályos háromszöglap határol. Jelöljük éleinek közös hosszát e-vel és ötélű csúcsai közül két nem szomszédosnak a távolságát (e+t)-vel. Mutassuk meg, hogy
t3-7et2+2e3=0.
Adjuk meg a test átlóinak hosszát 2 tizedes jegyre, ha az él egységnyi hosszúságú. (A test képe Bérczi Tamásnak Konvex háromszögtestek című cikkében található lapunk novemberi számában.)

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

1. A test vizsgálatában az ábra szerinti betűzést használjuk: az ötélű, nem szomszédos csúcsok elöl és hátul A1 és A2, valamint balról és jobbról B1 és B2, a négyélű csúcsok C1 és C2 (fönt), ill. D1 és D2 (lent). Valamennyi él hossza e.

 
 

A feladat szövege azt sugallja, hogy az A1A2 és B1B2 távolságok egyenlők, ezeknek a hossza e+t. Az ábra azt is sejteti, hogy a C1C2 és D1D2 élek C, ill. D felezőpontjait összekötő egyenes körüli 180-os elfordítás mindegyik X1,X2 csúcspárt egymásba viszi át (X=A,B,C,D). Először ezt bizonyítjuk. (Ezt a tényt számos dolgozat csupán ösztönösen használta fel, vagy csak megemlítette.)
Írjunk e sugarú gömböt A1 és A2 körül. Ezeknek a B1, C1, C2 és B2 csúcsok közös pontjai, tehát rajta vannak a gömbök metszésvonalán, ami pedig egy k kör, síkidom. Más szóval e 4 csúcs S síkja a gömbök A1A2 centrálisának felező merőleges síkja. A kör középpontja az A1A2 szakasz A felezőpontja, mert A1A2 körül forgatva a gömböket, bármely állásban fedik önmagukat, ugyanígy k is.
Ugyanezért egy k' körön, a B1B2 szakasz S' felező merőleges síkjában vannak az A1, D1, D2, A2 csúcsok, és S' merőleges S -re, mert tartalmazza az S-re merőleges A1A2 egyenest (és viszont S a B1B2-t). A k' kör középpontja a B1B2 szakasz B felezőpontja.
Mindegyik említett csúcsnégyes által alkotott húrnégyszög tengelyszimmetrikus trapéz, mert például az utóbbiban A1D1=A2D2=e, emiatt D1D2||A1A2, tehát D1D2 is merőleges S-re. Ha belátjuk, hogy e trapézok egybevágók, ez az e-től különböző oldalaik A1A2=B1B2 egyenlőségét jelenti.
Húrtrapéz meghatározásához 3 független méret szükséges; ha ezek két idomban páronként egyeznek, akkor azok egybevágók. Esetünkben a következő 3 adatpár egyenlőségét tudjuk: a 2‐2 szár, a ,,rövidebb'' párhuzamos oldalak C1C2=D1D2=e, végül a közös AB szakaszhossz. Az A, B pontok ugyanis fölcserélt szerepet játszanak a két trapézban pl. A az elsőben a körülírt kör középpontja, a másodikban a ,,hosszabb'' párhuzamos oldal felezőpontja. Ezek szerint valóban fennáll az egybevágóság, és A1A2=B1B2, ezt akartuk bizonyítani. (A ,,rövidebb'' és ,,hosszabb'' jelzőket csupán szemléletesség kedvéért használtuk a párhuzamos oldalak egyszerű megkülönböztetése végett.)
Azt is kaptuk, hogy S és S' a testnek szimmetriasíkjai, és mivel merőlegesen állnak, azért metszésvonaluk, CD valóban 180-os forgástengely.
 

2. A továbbiakban CD-t függőlegesen tartjuk, ekkor trapézaink alapjai vízszintesek.
Trapézaink magassága
AD=BC=B1C12-(B1B2-C1C22)2=e2-t24=124e2-t2.

Az A és C pontok magasságkülönbsége:
AC=A1C2-A1A2=3e24-(e+t2)2=122e2-2et-t2.
E kettő különbsége az AB magasságkülönbség.
Tekintsük azt a téglatestet, melynek egyik testátlója A1B2, egy éle AB, 4 lapja függőleges, 2 lapja vízszintes. Ebből
A1B22=e2=AB2+AA12+BB22=AB2+2(e+t2)2,4AB2=(2BC-2AC)2=(4e2-t2-2e2-2et-t2)2=4e2-2(e+t)2,(2e-t)(2e+t)2e2-2et-t2=2e2+et=e(2e+t).


A második négyzetre emelés után mindkét oldalt oszthatjuk (2e+t)-vel, és ez nem lehet 0; végül a
(2e-t)(2e2-2et-t2)=e2(2e+t)
egyenlet rendezésével az állításbeli egyenlethez jutunk.
 

3. Az f(t)=0 egyenlet bal oldala a (-3e,-2e), a (0,e) és a (2e,3e) intervallumok belsejében vált előjelet. Számunkra csak a (0,e) intervallumbeli zérushelynek van jelentősége, hiszen t>0, másrészt az A1A2B2 háromszögből e+t<2e, azaz t<e.
A gyököt intervallumfelezéssel, kis számítógéppel számolva határolhatjuk be az előírt pontossággal. e=1 mellett
f(0,289)=+0,0011,f(0,29)=-0,0056,
tehát 2 tizedesre kerekítve t=0,29 és
A1A2=B1B2=1,29egység.

 

4. A test 8 csúcsa közti 28 távolság közül 18 él, azaz egységnyi, a további 10 távolság között a szimmetria alapján 3-féle hosszúság fordul elő, egyik a már látott e+t. A további 8 pedig 4-esével egyenlő:
trapézátlók:A1D2=A2D1=B1C2=B2C1=AD2+(e+t2)2==2e2+et=1,51egység
és a C1C2D1D2 (beírt) tetraéder e-től különböző 4 éle, a térbeli Pitagorasz-tétel alkalmazásával
(CA+AD)2+2(e2)2=1,72egység.


 

Megjegyzés. A felhasznált egybevágósági állításhoz hozzátesszük: más kérdés volna a trapézok megszerkesztése. Az (e+t) alap az eukleidészi szabályok szerint nem szerkeszthető e és AB=BC-AC ismerete alapján.