Feladat: Pontversenyen kívüli P.103 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bakos Tamás (Eger, Gárdonyi G. G., II. oszt.) ,  Balogh Zoltán ,  Füredi Zoltán ,  Kópházi József (Tatabánya, Árpád G., II. oszt.) ,  Kovács István (Budapest, I. István G., IV. oszt.) ,  Petz Dénes ,  Pintér István (Budapest, I. István G., III. oszt.) ,  Reviczky János ,  Szendrei Ágnes ,  Szendrei Mária ,  Totik Vilmos (Győr, Révai M. G., III. oszt.) 
Füzet: 1972/szeptember, 23 - 26. oldal  PDF file
Témakör(ök): Poliéderek egybevágósága, Poliéderek átdarabolása, Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenség-rendszerek, Kocka, Egyéb ponthalmazok a koordinátasíkon, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/április: Pontversenyen kívüli P.103

Tekintsük a térbeli derékszögű koordináta-rendszer azon pontjait, amelyeknek x, y, z koordinátáira teljesül az alábbi egyenlőtlenség. Vágjuk szét az ezen pontok által kitöltött térrészt ‐ mint testet ‐ a három koordinátatengely-síkkal. Bizonyítsuk be, hogy a részek között 6 egybevágó van, és ezek páronként egy-egy kockává állíthatók össze.
|x|+|y|+|z|+|x+y+z|2.(1)

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

1. A test felvágásához használandó koordinátatengely-síkok éppen azok a határok, amelyeken átlépve egyik-egyik koordináta előjele megváltozik, és ez kihatással van az abszolút érték függvény képzési módjára. Így az x, y tengelyek által kifeszített, z=0 egyenletű tengelysík egyik oldalán (a z tengelyt szokásosan függőlegesen fölfelé irányítva a felső oldalán) z>0, a másik (az alsó) oldalán z<0. Az y, z, valamint a z, x tengelyek alkotta tengelysík hasonlóan az x, ill. y koordináta előjele szerint vágja két-két részre a teret, és e 3 sík együttvéve a következő 8 térnyolcadot alakítja ki (1. ábra):

 
 
1. ábra
 

  I.  II.  III.  IV.  
}         x>0,x<0,x>0,
}y>0,}  y<0,
   

 
}  z>0;
   

MM  V.  VI.  VII.  VIII.  
}         x>0,x<0,x>0,
}y>0,}  y<0,
   

   
}  z<0.
   

 

Jelöljük a vizsgálandó K testnek az egymás utáni térnyolcadokba eső részét rendre KI-gyel, KII-vel, ..., KVIII-cal.
2. Az O origóra való tükrözés a P(x,y,z) koordinátákkal bíró pontot a P¯ (-x,-y,-z) pontba viszi át (magát O-t pedig önmagába). Ebben a két pontban (1) bal oldalának az értéke egyenlő, így P¯ akkor és csak akkor van benne a K-ban vagy van a K határán, ha P benne van K-ban vagy a határán. Eszerint az O-ra való tükrözés K-t mint egészet önmagába viszi át, a vizsgálandó részeit pedig páronként egymásba, tehát a
KI  és  KVII,KII  és  KVIII,KIII  és  KV,KIV  és  KVI
párok mindegyikében a két rész egybevágó egymással.
Ahogyan a megszokott x, y síkban az y=x egyenletű egyenesre ‐ az I. és III. síknegyedek szögfelező egyenesére ‐ való tükrözés az (x,y) és (y,x) pontokat egymásba viszi át, hasonlóan a z tengely és az x, y sík y=x egyenletű egyenese által meghatározott S1 síkra tükrözve a teret, a P(x,y,z) és P1 (y,x,z) pontok egymásba mennek át. (Ez a sík felezi az I., a III., az V. és a VII. sorszámú térnyolcadokat.) Mivel (1) bal oldalának értéke P1-ben ugyanannyi, mint P-ben, azért az S1-en való tükrözés is önmagába viszi át K-t, a KII, KIV, valamint KVI, KVIII rész-párokat pedig egymásba, tehát a mondott részek páronként egybevágók. (Ezt sejteti az is, hogy a mondott részeket tartalmazó térnyolcadokban x és y egymással ellentétes előjelűek, és pl. a II.-ban x olyan jelű, mint a IV.-ben az y s i. t. K-nak páratlan indexű részeit pedig önmagukba viszi át a most tekintett tükrözés.) Az eddigiek szerint KII, KIV, és KVI, KVIII egybevágók.
 

Végül egybevágók velük a föntebbi KIII, KV pár tagjai is, vagyis KI, és KVII kivételével mind a 6 része K-nak. Ugyanis az x, z sík x=z egyenletű egyenese és az y tengely által meghatározott S2, síkra tükrözve a teret, valamint megvizsgálva (1) bal oldalán az x, z csere következményét, hasonlóan kapjuk, hogy KII egybevágó KV-vel és KIII a KVIII-cal.
Ezzel a feladat első állítását bebizonyítottuk. (Ehhez az egyes részek alakjáról nem használtunk fel semmit.)
 

3. Mivel KII-ben x<0,y>0,z>0, ezért itt |x|=-x,|y|=y,|z|=z. Ezeket (1) bal oldalába helyettesítve, és alkalmazva a tetszőleges valós a, b számpárra érvényes
|a|+|b||a+b|
egyenlőtlenséget, kapjuk, hogy KII, pontjaira teljesül egyrészt
2-x+|y+z|+|x+y+z|-x+y+z+x+y+z=2(y+z),
másrészt |a|=|-a| alapján a következő is:
2|-x|+y+z+|-x-y-z|-x+y+z-x-y-z=-2x=2|x|.
Tehát KII pontjaira a II. egyenlőtlenségrendszeren kívül az
|x|1,y+z1(2)
egyenlőtlenségek is teljesülnek.
Viszont II. és (2) maga után vonja (1)-et, hiszen (1) bal oldalának az értékére, ha x+y+z0, fennáll
|x|+|y|+|z|+|x+y+z|=-x+y+z+x+y+z=2(y+z)2,
ha pedig x+y+z<0, akkor
|x|+|y|+|z|+|x+y+z|=-x+y+z-x-y-z=-2x2.

Ezek szerint KII pontjainak y és z koordinátáira
y>0,z>0,y+z1
teljesül: ezek az y, z síknak a (0,0), (1,0), (0,1) pontjai által meghatározott háromszögét jelölik ki. Ezt a háromszöget úgyis megkapjuk, ha a
0<y1,0<z1(3)
négyzetet az y+z=1 egyenessel kettévágjuk (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

Másrészt KII pontjainak első koordinátáira
0<-x1
teljesül: ez (3)-mal együtt egy kockát határoz meg a térben, KII-t ebből a kockából úgy kaphatjuk meg, ha a kockát kettévágjuk az y, z sík y+z=1 egyenesén átmenő és az x tengellyel párhuzamos síkkal (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

Ezzel feladatunk második állítását is bebizonyítottuk. A K testről összképet mutat a 4. ábra.
 
 
4. ábra
 

Füredi Zoltán