Kezdőlap


Feladat:	B.3707	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Szalóki Dávid
Füzet:	2005/március, 151 - 153. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Vektorok, Tetraéderek, Térgeometriai számítások trigonometria nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2004/február: B.3707

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

Megoldás. Irányítsuk a megadott szakaszokat az ábrának megfelelően.

Használjuk fel, hogy egy tetszőleges vonatkoztatási pontból (

D

) a háromszög súlypontjába mutató vektor egyenlő a vonatkoztatási pontból a háromszög csúcsaiba mutató vektorok számtani közepével.
Vagyis

\begin{matrix} \vec{h} = \frac{\vec{a_{1}} + \vec{b_{1}} + \vec{c_{1}}}{3} . \end{matrix}

Írjuk fel az

\vec{a}

\vec{b}

\vec{c}

vektorokat az

\vec{a_{1}}

\vec{b_{1}}

\vec{c_{1}}

vektorok segítségével:

\begin{matrix} \vec{a} = \vec{b_{1}} - \vec{c_{1}}, \vec{b} = \vec{c_{1}} - \vec{a_{1}}, \vec{c} = \vec{a_{1}} - \vec{b_{1}} . \end{matrix}

Helyettesítsük be ezeket a bizonyítandó egyenlőségbe, majd a vektorok skaláris szorzásának tulajdonságait felhasználva végezzünk ekvivalens átalakításokat:

\begin{matrix} {(\frac{\vec{a_{1}} + \vec{b_{1}} + \vec{c_{1}}}{3})}^{2} = \frac{\vec{a_{1}}^{2} + \vec{b_{1}}^{2} + \vec{c_{1}}^{2}}{3} - \frac{{(\vec{b_{1}} - \vec{c_{1}})}^{2} + {(\vec{c_{1}} - \vec{a_{1}})}^{2} + {(\vec{a_{1}} - \vec{b_{1}})}^{2}}{9}, \\ \frac{1}{9} (\vec{a_{1}}^{2} + \vec{b_{1}}^{2} + \vec{c_{1}}^{2} + 2 \vec{a_{1}} \vec{b_{1}} + 2 \vec{a_{1}} \vec{c_{1}} + 2 \vec{b_{1}} \vec{c_{1}}) = \\ = \frac{1}{3} (\vec{a_{1}}^{2} + \vec{b_{1}}^{2} + \vec{c_{1}}^{2}) - \frac{1}{9} (2 \vec{a_{1}}^{2} + 2 \vec{b_{1}}^{2} + 2 \vec{c_{1}}^{2} - 2 \vec{a_{1}} \vec{b_{1}} - 2 \vec{a_{1}} \vec{c_{1}} - 2 \vec{b_{1}} \vec{c_{1}}), \\ \frac{1}{9} (3 \vec{a_{1}}^{2} + 3 \vec{b_{1}}^{2} + 3 \vec{c_{1}}^{2}) = \frac{1}{3} (\vec{a_{1}}^{2} + \vec{b_{1}}^{2} + \vec{c_{1}}^{2}), \end{matrix}

ami pedig már nyilvánvaló azonosság, vagyis bármely tetraéderre igaz az állítás.

Megjegyzés. A Stewart¹-tétel néven ismert összefüggés egy kevéssé közismert, igen hasznos átfogalmazásának felhasználásával a megoldás lépései átrendezhetők.
Maga a Stewart-tétel Coxeter² ‐ Greitzer: Az újrafelfedezett geometria (Gondolat Kiadó, Budapest, 1977) című remek könyvének 22. oldalán az alábbi formában szerepel:

,,Legyen az ábrán látható

A X

Ceva-féle szakasz hossza

p

. Ha az

X

pont a

B C

oldalt a

B X = m

és

X C = n

hosszúságú szakaszokra osztja, akkor

\begin{matrix} a (p^{2} + m n) = b^{2} m + c^{2} n .'' \end{matrix}

(S)

Ha itt a szokásos módon bevezetjük a

λ = \frac{m}{a}

μ = \frac{n}{a}

,,súlyokat'', akkor

λ + μ = 1

és

(S)

átrendezésével az alábbi, ,,négyszakasz-tételnek'' nevezhető alakhoz jutunk:

\begin{matrix} A X^{2} = λ \cdot A C^{2} + μ \cdot A B^{2} - λ μ \cdot B C^{2} . \end{matrix}

(N)

A tétel fenti alakja felidézheti a szakasz adott arányú osztópontjába mutató helyvektor jól ismert

\vec{A X} = λ \cdot \vec{A C} + μ \cdot \vec{A B}

felírását és ezzel

(N)

egy másfajta, a feladat közölt megoldásához hasonló vektoralgebrai bizonyítására is rámutat. Az összefüggés a koszinusztétel sajátos átfogalmazásának is tekinthető (egy másik bizonyítása épp ezt használja föl);

(N)

-ben viszont már nem szerepel a koszinuszfüggvény. Ilyen típusú ismert összefüggés az úgynevezett paralelogramma tétel is: a koszinuszfüggvény csupán a bizonyításban vesz részt, az eredményből már ideális katalizátorként eltűnik.
A fenti

(N)

alak speciális esetként

(λ = μ = \frac{1}{2}

) tartalmazza a súlyvonaltétel néven ismert összefüggést és így magát a paralelogramma tételt is. Ebben a formában talán jobban látszik, hogy a négy adott elrendezésű szakasz közül bármelyik kifejezhető a további három segítségével.
Az is ellenőrizhető, hogy ha a

λ

μ

számokat az ismert módon előjeles arányoknak tekintjük, akkor a tétel változatlan formában igaz marad akkor is, ha az

X

B C

egyenes tetszőleges pontja.
E hosszúra nyúlt bevezető után nézzük, hogyan oldható meg a feladat a négyszakasz-tétel ismételt alkalmazásával.

A_{1}

jelöli a

B C

oldal felezőpontját,

S

pedig az

A B C

lap súlypontját, akkor a

D A A_{1}

háromszögben az ismert osztásarányok alapján

(N)

szerint:

\begin{matrix} D S^{2} = \frac{2}{3} D A_{1}^{2} + \frac{1}{3} D A^{2} - \frac{2}{9} A A_{1}^{2} . \end{matrix}

A súlyvonaltétel kétszeri alkalmazásával a feladat jelölései szerint:

\begin{matrix} D A_{1}^{2} = \frac{1}{2} D B^{2} + \frac{1}{2} D C^{2} - \frac{1}{4} B C^{2} = \frac{1}{2} b_{1}^{2} + \frac{1}{2} c_{1}^{2} - \frac{1}{4} a^{2}, \end{matrix}

illetve

\begin{matrix} A A_{1}^{2} = \frac{1}{2} A C^{2} + \frac{1}{2} A B^{2} - \frac{1}{4} B C^{2} = \frac{1}{2} b^{2} + \frac{1}{2} c^{2} - \frac{1}{4} a^{2} . \end{matrix}

Behelyettesítve és rendezve:

\begin{matrix} h^{2} & = \frac{2}{3} (\frac{1}{2} b_{1}^{2} + \frac{1}{2} c_{1}^{2} - \frac{1}{4} a^{2}) + \frac{1}{3} a_{1}^{2} - \frac{2}{9} (\frac{1}{2} b^{2} + \frac{1}{2} c^{2} - \frac{1}{4} a^{2}) = \\ = \frac{1}{3} (a_{1}^{2} + b_{1}^{2} + c_{1}^{2}) - \frac{1}{9} (a^{2} + b^{2} + c^{2}), \end{matrix}

és ezt kellett bizonyítani.
Látható, hogy a közölt megoldás vektorszámítási lépéseinek lényegét érdemes leválasztani a konkrét feladatról; így általában is használható összefüggéshez jutunk. Jobban láthatók az esetleges általánosítások is: a négyszakasz-tétel birtokában világos, hogy a feladat lényegében egyfajta ,,hétszakasz''-egyenlőség formájában kapcsolja össze az

A B C

háromszög síkjának tetszőleges

S

pontjával együtt a tér egy adott

D

pontjától mért távolságokat. Mindezek végiggondolása érdekes lehet az Olvasó számára.

¹Matthew Stuart (1715‐1785), skót matematikus.

²Donald Coxeter (1907‐2003), a XX. század egyik legnagyobb geométere.