A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 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 , tetraéderünknek tehát nem lehet 4-nél hosszabb éle. Vizsgáljuk most, hogy milyen rövid élei lehetnek a tetraédernek, tegyük fel, hogy valamelyikük, mondjuk az él hossza 1. Ismét a háromszög-egyenlőtlenségből kapjuk, hogy az élt tartalmazó háromszögekben a másik két-két oldal különbségének abszolút értéke kisebb az hosszánál, ami 1. Egész számokra ez csak úgy teljesülhet, ha egyenlők. Az egységnyi hosszú él tehát egy-egy egyenlő szárú háromszög közös alapja, és . Az -val szemközti él hosszára innen adódik, tehát páros. Mivel pedig 4-nél hosszabb él nincs, vagy pedig . Ha , akkor , és így (ismét használva, hogy az élek hossza legfeljebb 4), kapjuk, hogy és , vagy pedig és . A talált két megoldás azonban az élpárok szimmetrikus elhelyezkedése miatt egybevágó. (I)
Ha , akkor , ahonnan most két különböző megoldást kapunk: | |
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 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: . Eszerint az élek hosszaira két lehetőség adódik: | | 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) 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: illetve A "zárt'' esetben viszont a már említett szimmetria miatt csak egy megoldást kapunk. Egy betűzés: Foglaljuk most táblázatba a lehetséges élvázakat az 1. ábra betűzése alapján.
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, akkor a 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+δ≦γ, 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+γ≦φ, 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. |