Kezdőlap


Feladat:	B.4170	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Blázsik Zoltán , Bodor Bertalan , Fonyó Dávid , Frankl Nóra , Huszár Kristóf , Lovas Lia Izabella , Márkus Bence , Mester Márton , Mezei Márk , Nagy Donát , Németh Bence , Somogyi Ákos , Strenner Péter , Szabó Attila , Tuan Nhat Le , Varga László , Varju Tamás , Weisz Ágoston
Füzet:	2009/november, 477 - 479. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Számtani közép, Mértani közép, Térbeli ponthalmazok távolsága
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2009/március: B.4170

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

I. megoldás. A tetraéder csúcsainak a metsző síkon lévő merőleges vetületei legyenek $A'$ , $B'$ , $C'$ és $D'$ , a csúcsoknak a metsző síktól vett távolságát pedig jelölje rendre $d_{A}$ , $d_{B}$ , $d_{C}$ , $d_{D}$ . (Ha ezen távolságok valamelyike 0, akkor az állítás nyilvánvaló.) Ekkor az $A A' K$ és $B B' K$ derékszögű háromszögek megfelelő szögeik egyenlősége miatt hasonlóak, tehát

\begin{matrix} \frac{A K}{B K} = \frac{d_{A}}{d_{B}} \end{matrix}

és ugyanígy kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{B L}{C L} = \frac{d_{B}}{d_{C}}, \frac{C M}{D M} = \frac{d_{C}}{d_{D}} és \frac{D N}{A N} = \frac{d_{D}}{d_{A}} . \end{matrix}

Vagyis

A K \cdot B L \cdot C M \cdot D N = B K \cdot C L \cdot D M \cdot A N

.
Szorozzuk meg mindkét oldalt az

\begin{matrix} \frac{A K \cdot B L \cdot C M \cdot D N}{{(A B \cdot B C \cdot C D \cdot A D)}^{2}} \end{matrix}

törttel, majd a jobb oldalt alakítsuk át felhasználva, hogy

B K = A B - A K

C L = B C - B L

D M = C D - C M

és

A N = A D - D N

, végül pedig alkalmazzuk a számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenséget:

\begin{matrix} {(\frac{A K \cdot B L \cdot C M \cdot D N}{A B \cdot B C \cdot C D \cdot A D})}^{2} = \\ = & \frac{A K (A B - A K)}{A B^{2}} \cdot \frac{B L (B C - B L)}{B C^{2}} \cdot \frac{C M (C D - C M)}{C D^{2}} \cdot \frac{D N (A D - D N)}{A D^{2}} \leq \\ \leq & {(\frac{A K + (A B - A K)}{2})}^{2} \cdot \frac{1}{A B^{2}} \cdot {(\frac{B L + (B C - B L)}{2})}^{2} \cdot \frac{1}{B C^{2}} \cdot \\ \cdot {(\frac{C M + (C D - C M)}{2})}^{2} \cdot \frac{1}{C D^{2}} \cdot {(\frac{D N + (A D - D N)}{2})}^{2} \cdot \frac{1}{A D^{2}} = {(\frac{1}{2^{2}})}^{4} . \end{matrix}

Az egyenlőtlenség mindkét oldalából négyzetgyököt vonva éppen a bizonyítandó állítást kapjuk.

II. megoldás. Vegyünk fel egy térbeli derékszögű koordinátarendszert úgy, hogy a metsző sík egyenlete

Z = 0

legyen. Vetítsük a feladatban szereplő pontokat merőlegesen a

z

tengelyre, tetszőleges

T

pont vetülete legyen

T'

. A merőleges vetítés osztóviszonytartó, ezért elegendő azt megmutatnunk, hogy

\begin{matrix} \frac{A' K'}{A' B'} \cdot \frac{B' L'}{B' C'} \cdot \frac{C' M'}{C' D'} \cdot \frac{D' N'}{A' D'} \leq \frac{1}{16} . \end{matrix}

Ha a metsző sík átmegy a tetraéder valamelyik csúcsán, akkor az egyenlőtlenség nyilván teljesül, mert a bal oldali törtek egyike 0. Ha a sík egyik csúcson sem megy át, akkor az

A

és

C

csúcsok a sík egyik, a

B

és

D

csúcsok pedig a sík másik oldalán helyezkednek el. Mivel a metsző sík merőleges a

z

tengelyre, azért ugyanez igaz az

A'

C'

, illetve a

B'

D'

pontokra is. A szimmetria miatt feltehetjük, hogy

A'

és

C'

harmadik koordinátái pozitívak, míg

B'

és

D'

harmadik koordinátái negatívak. Tehát

A' (0,0, a)

B' (0,0, - b)

C' (0,0, c)

és

D' (0,0, - d)

alkalmas pozitív

a

b

c

d

számokkal. Mivel

K' \equiv L' \equiv M' \equiv N' = (0,0,0)

\begin{matrix} \frac{A' K'}{A' B'} = \frac{a}{a + b}, \frac{B' L'}{B' C'} = \frac{b}{b + c}, \frac{C' M'}{C' D'} = \frac{c}{c + d} és \frac{D' N'}{A' D'} = \frac{d}{d + a} . \end{matrix}

Tehát azt kell bizonyítanunk, hogy tetszőleges pozitív

a

b

c

d

számok esetén fennáll az

\begin{matrix} \frac{a}{a + b} \cdot \frac{b}{b + c} \cdot \frac{c}{c + d} \cdot \frac{d}{d + a} \leq \frac{1}{16} \end{matrix}

egyenlőtlenség. Ez viszont egyszerűen következik a számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenségek átrendezéséből adódó

\begin{matrix} \frac{\sqrt[]{a b}}{a + b} \leq \frac{1}{2}, \frac{\sqrt[]{b c}}{b + c} \leq \frac{1}{2}, \frac{\sqrt[]{c d}}{c + d} \leq \frac{1}{2} és \frac{\sqrt[]{d a}}{d + a} \leq \frac{1}{2} \end{matrix}

egyenlőtlenségek összeszorzásából.
A bizonyításból az is látszik, hogy egyenlőség pontosan akkor van, ha a metsző sík a tetraéder négy élfelezőpontján megy át.