Feladat: Gy.2189 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Csizmadia Gy. ,  Erdélyi Z. ,  Hajdú S. Z. ,  Regős G. 
Füzet: 1986/február, 67 - 71. oldal  PDF file
Témakör(ök): Geometriai egyenlőtlenségek, Kombinatorikus geometria térben, Koszinusztétel alkalmazása, Tetraéderek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/március: Gy.2189

Adjuk meg az összes olyan tetraédert, amelyben minden él hossza egész szám és az élhosszak összege 17.

Először megvizsgáljuk, hogy milyen élei, illetve lapjai lehetnek egy ilyen tetraédernek. Eközben a háromszög-egyenlőtlenséget használjuk majd fel. A talált élrendszerekből azonban nem szükségképpen építhető valóságos tetraéder, így megadunk egy feltételt, amelynek segítségével ‐ némi számolás után ‐ valamennyi talált élrendszerről eldönthető, hogy létezik-e a neki megfelelő tetraéder.
Betűzzük meg a tetraéder éleit az 1. ábra szerint.
 
 
1. ábra
 

Ha a tetraéderben van 4-nél hosszabb él, akkor az ehhez az élhez csatlakozó két háromszögben a másik két oldal hosszának összege legalább 6, hisz az élek hossza egész. Már az eddig felsorolt öt él hosszának összege is legalább 5+26=17, tetraéderünknek tehát nem lehet 4-nél hosszabb éle.
Vizsgáljuk most, hogy milyen rövid élei lehetnek a tetraédernek, tegyük fel, hogy valamelyikük, mondjuk az a él hossza 1. Ismét a háromszög-egyenlőtlenségből kapjuk, hogy az a élt tartalmazó háromszögekben a másik két-két oldal különbségének abszolút értéke kisebb az a hosszánál, ami 1. Egész számokra ez csak úgy teljesülhet, ha egyenlők. Az egységnyi hosszú a él tehát egy-egy egyenlő szárú háromszög közös alapja, b=c és e=f. Az a-val szemközti d él hosszára innen
d=17-2(b+e)-1
adódik, d tehát páros. Mivel pedig 4-nél hosszabb él nincs, d=2 vagy pedig d=4.
Ha d=2, akkor b+e=7, és így (ismét használva, hogy az élek hossza legfeljebb 4), kapjuk, hogy b=3 és e=4, vagy pedig b=4 és e=3. A talált két megoldás azonban az élpárok szimmetrikus elhelyezkedése miatt egybevágó.
(I)

Ha d=4, akkor b+e=6, ahonnan most két különböző megoldást kapunk:
b=2ése=4,vagyb=3ése=3.(I-II)  

Vizsgáljuk most már azokat a tetraédereket, amelyekben minden él hosszabb, mint 1. Nyilván nem lehet mind a hat él 2-nél is hosszabb, hisz így az élek hosszának összege legalább 63=18 volna. Van tehát a tetraédernek 2 hosszúságú éle. Abban az esetben, amikor a további élek hossza egyenlő, tehát mindegyikük 3, nyilván valamennyi oldallap létrejön, így újabb megoldást kapunk (IV).
Meg kell még vizsgálnunk azokat az eseteket, amikor a megmaradó öt él közül nem mindegyik hossza 3, van tehát köztük 2 és 4 hosszúságú is. Három él hosszára tehát a 2, 2, illetve 4 adódik, a további három hosszának összege így 9. A 9 kétféleképpen bontható három darab 2 és 4 közé eső egész szám összegére: 9=2+3+4=3+3+3. Eszerint az élek hosszaira két lehetőség adódik:
(a)  {2, 2, 2, 3, 4, 4}, illetve (b) {2, 2, 3, 3, 3, 4 }.  
A továbbiakban arra kell ügyelnünk az esetek számbavételekor, hogy a 2, 2, 4 hosszúságú szakaszokból nem alkotható háromszög, minden más elrendezés viszont már megengedett ‐ az oldallapok létezése szempontjából.
Az (a) esetben három darab 2 hosszúságú él van. E három él nem indulhat közös csúcsból, hisz ilyenkor 4 hosszúságú él kötné össze másik csúcsaikat. A 2 hosszúságú élek tehát a 2. ábrán látható módon nyílt töröttvonalat alkotnak, vagy pedig ‐ zárt ‐ háromszöget. A "nyílt'' esetben azonban csak egy 4 hosszúságú élt tudunk elhelyezni ‐ a töröttvonal kezdő- és végpontja között ‐ úgy, hogy ne jöjjön létre elfajuló háromszög, ez a lehetőség tehát elesik. A "zárt'' esetben viszont a további három oldallap is létrejön, és a szabályos háromszög csúcsaiból induló 3, 4, 4 hosszúságú élek szerepének szimmetrikus volta miatt egyetlen újabb megoldást kapunk. Egy lehetséges betűzés:
a=b=c=2,d=3,e=f=4.(V)

A (b) esetben is a három egyenlő, 3 egységnyi hosszú él elhelyezkedése szerint érdemes elkülöníteni az eseteket. Ezek elrendezése most is csak a 2. ábrán látható két lehetőség szerint történhet, ha ugyanis közös csúcsból indulnának, akkor a másik végpontok által meghatározott háromszögben 2, 2 és 4 volnának az oldalak.
 
 
2. ábra
 

A "nyílt'' esetben most két, nem egybevágó megoldás adódik aszerint, hogy a leghosszabb, 4 hosszúságú él a "kiegészítő'' ‐ a 2. ábrán szaggatott vonallal rajzolt ‐ töröttvonalnak szélső vagy pedig belső szakasza. Egy-egy betűzés:
a=b=d=3,c=4,e=f=2,(VI)
illetve
a=b=d=3,c=f=2,e=4.(VII)

A "zárt'' esetben viszont a már említett szimmetria miatt csak egy megoldást kapunk. Egy betűzés:
a=b=c=3,d=e=2,f=4.(VIII)

Foglaljuk most táblázatba a lehetséges élvázakat az 1. ábra betűzése alapján.
 


  1      a      b      c      d      e      f     I.      1      3      3      2      4      4     II.      1      2      2      4      4      4     III.      1      3      3      4      3      3     IV.      2      3      3      3      3      3     V.      2      2      2      3      4      4     VI.      3      3      4      3      2      2     VII.      3      3      2      3      4      2     VIII.      3      3      3      2      2      4   
 

1. táblázat

 
 
3.a ábra
 

 
 
3.b ábra
 

A 3. ábra sejteti, hogy az élrendszer, illetve az oldallapok létezése még nem feltétlenül jelenti a megfelelő tetraéder létezését is. Vizsgáljuk meg, minek kell teljesülnie ahhoz, hogy létező oldallapokból tetraédert építhessünk! Terítsük ki ehhez egy tetraéder élvázát az ABC lapjának az S síkjára (4a ábra).
 
 
4.a ábra
 

Ha a satírozott két háromszöget "fel tudjuk hajtani'' egy B csúcsú triéderré, akkora triéderben a B csúccsal szemközt egy f, b, d élű ‐ tehát a megmaradt CDBA háromszöggel egybevágó háromszög jön létre (4b ábra), amely ezzel a negyedik lappal így lezárható.
 
 
4.b ábra
 

Azt állítjuk, hogy a B csúcsú triéder létrejötte kizárólag az élváz B csúcsánál levő három szög, a DABC, a CBA és az ABDC szögek (a 4a ábrán φ, γ és δ) viszonyától függ.
A szóban forgó triéder ugyanis pontosan akkor jön létre, ha a BDC félegyenesnek a BA tengely körüli, illetve a BDA félegyenesnek a BC tengely körüli megforgatásával kapott két, B csúcsú kúppalást metszi egymást ‐ a metszésvonal két, az S síkra szimmetrikus alkotó (5. ábra).
 
 
5. ábra
 

A két kúppalást viszont pontosan akkor metszi egymást, ha az említett három szög közül bármelyik kettő összege nagyobb a harmadiknál. A feltétel ugyanis elégséges, hiszen ebben az esetben az egyik palástot rögzítve a másik, forgó egyenesnek az S síkba eső két helyzete közül az egyik a paláston kívül, a másik pedig annak belsejében halad, így útja során feltétlenül metszenie kell azt. Szükséges is a feltétel, hiszen ha φ+δγ, akkor a két kúppalást "egymáson kívül'' helyezkedik el (esetleg érintik egymást az S síkban) ‐ ez felel meg a 3a ábra "túl kicsi'' oldallapjainak ‐ ha pedig például δ+γφ, akkor a nagyobb nyílásszögű kúppalást tartalmazza a kisebbiket (3b ábra).
Ezt a ‐ némiképpen a háromszög egyenlőtlenségre emlékeztető ‐ szükséges és elégséges feltételt kell most már ellenőriznünk a talált nyolc élrendszerre. Jegyezzünk meg azonban még annyit, hogy noha a B csúcs, illetve a B-nél létrejövő szögek kiválasztása önkényesnek tűnhet, a fentiekből az is következik, hogy a talált feltétel egyidejűleg teljesül vagy nem teljesül, akármelyik lapot és azon bármelyik csúcsot szemeljük is ki.
Nos, ami a számolást illeti, a szögeket a koszinusztétel segítségével számolhatjuk, a
cosφ=e2+a2-f22ae;cosγ=a2+b2-c22ab;cosδ=b2+e2-d22be


összefüggések alapján. Így a 2. táblázatban szereplő értékek adódnak.
A táblázat adatait szemügyre véve látható, hogy az első hét esetben teljesül a feltétel, a nyolcadik esetben viszont nem, φ>γ+δ így a VIII. {3,3,3,2,2,4} élű tetraéder nem létezik.
 


 cosφ  cosγ  cosδ  φ  γ  δ  I.     1/8  1/6  7/8  82,8   80,4   28,95  II.     1/8  1/4  1/4  82,8   75,52  75,52  III.     1/6  1/6  1/9  80,4   80,4   83,62  IV.     1/3  1/3  1/2  70,53  70,53  60 V.     1/4  1/2 11/16 75,52  60  46,56  VI.     3/4  1/9  1/3  41,41  83,62  70,53  VII.     7/8  7/9  2/3  28,95  38,94  48,19  VIII.    -1/4  1/2  3/4 104,48  60  41,41 
 

2. táblázat
 

Összefoglalva tehát összesen hét olyan tetraéder létezik, amelyek éleinek hossza egész szám, s az élek hosszának összege 17. A megoldásokat az 1. táblázat első hét sora tartalmazza.
 

Megjegyzések. 1. Megállapodás szerint az ilyen típusú feladatok egybevágó megoldásait nem tekintjük különbözőnek, azonban térbeli alakzatokról lévén szó, indokoltnak tűnhet a csak síkra való tükrözéssel egymásba vihető alakzatok megkülönböztetése. (Gondoljunk egy pár kesztyű két darabjára, vagy a balkezesek a jobbkezes ollókra. Nálunk kizárólag ilyenek kaphatók.)
Ennek megfelelően a 2. ábra "nyílt'' esetében kapott megoldások ‐ a VI. és a VII. ‐ valamilyen síkra vonatkozó tükörképei egy-egy ‐ ilyen értelemben ‐ újabb megoldást adnak. Az I‐V. megoldásban az a él felező merőleges síkja szimmetriasík, a tükrözés nem vezet új megoldásra.
2. Megemlítjük, hogy a VII-es megoldásban 2‐2 lap egyező körüljárásúan egybevágó és van olyan tengely, amely körül a 180-os forgatás önmagába viszi át a testet, ez a b, d élpár felezőpontjait összekötő egyenes. A kristálytanban digirnek nevezik az ilyen tengelyt. Síkidomot az ilyen forgatás a tengelyes tükörképébe viheti át, ha van tengelye ‐ pl. egyenlő szárú háromszöget ‐ , térbeli alakzatnál viszont a forgatás és a tükrözés lényegesen különböző szimmetriaműveletek.