|
Feladat: |
1966. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 13. feladata |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Baróthy B. , Berács J. , Bottyán I. , Csörgei J. , Dobozy O. , Dombi J. , Egri R. , Farkas I. , Hunyadvári L. , Joó I. , Koren A. , Losonci Zoltán , Moson P. , Nádai L. , Orbán G. , Perémy G. , Szilléry A. , Szűcs A. , Tátray P. , Verdes S. , Vetier A. |
Füzet: |
1967/november,
111 - 115. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Trigonometriai azonosságok, Trigonometrikus egyenletek, Szinusztétel alkalmazása, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1966/szeptember: 1966. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 13. feladata |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Könnyen elképzelhetjük a vizsgálandó alakzatot, ha a tetraéder 4 csúcsát egy kocka 8 csúcsa közül jelöljük ki. Valóban az 1. ábra tetraéderének mind a 6 éle egyenlő, mert mindegyik a kocka egy lapjának átlója, tehát a tetraéder mindegyik lapja szabályos háromszög. Eszerint a köré írt gömb azonos a köré írt gömbbel. Legyen a középpontja . 1. ábra Legyen a tetszés szerinti pont vetülete az él és a él felezőpontját összekötő egyenesen . Megmutatjuk, hogy -t a -ba áttolva a kérdéses távolságok összege csökken, hacsak nem éppen azonos -lal. Legyen vetülete az síkon , a síkon , ekkor | | (1) | mert pl. az derékszögű háromszögben átfogó, pedig befogó. Egyenlőség akkor és csak akkor áll, ha ‐ a példát továbbvíve ‐ rajta van -en, vagyis azonos -gyel. Összeadással (1)-ből | | (2) | ahol egyenlőség akkor és csak akkor áll, ha a az és mindegyikén rajta van. Nyilvánvaló, hogy a mondott egyenes az , síkok metszésvonala. A mondott vetület pedig egyszersmind -nek és -nek is vetülete -re. Ezt ‐ pl. -re ‐ csak akkor kell bizonyítanunk, ha nem azonos sem -vel, sem -lal. Ekkor merőleges a síkra, hiszen ‐ mivel benne van -ben ‐ merőleges -re, másrészt szerkesztés folytán -ra is, ennélfogva a egyenes is merőleges -re. merőleges -re is, -re is, mert és a kocka két párhuzamos lapjának középpontja, s így párhuzamos az éllel. Eszerint az és élek közös felező merőlegese; ezért | | (3) | Valóban, ha nem azonos -lal, akkor véve -nak tükörképét a egyenesre, egyszersmind tükörképe a pontra, és így | |
(2) és (3) egybevetése állításunkat igazolja. Egyenlőség mindkét lépésben akkor és csak akkor áll, ha is, is azonos -lal, vagyis ha maga azonos velük, vagyis rajta van -en. Hasonló meggondolással, -t az , élpár közös felező merőlegesére vetítve olyan pontot kapunk, melyre nézve a csúcsaitól mért távolságok összege ismét csökken, ill. változatlan marad. Ezzel azonban éppen -ba jutunk, hiszen és itt metszik egymást és a kocka harmadik laptengelyét, ennélfogva további csökkentés nem lehetséges, a csúcsok -tól mért távolságainak összege a lehetséges legkisebb érték.
Losonci Zoltán (Szeged, Vedres I. Ép. Ip. T. IV. o. t.)
II. megoldás. Fektessünk az szabályos tetraéder minden egyes csúcsán át párhuzamos segédsíkot a szemben fekvő lappal, és legyen a tetszés szerinti pontnak ezektől való távolsága rendre , , , . Egy pont egy sík bármely pontjától legalább annyira van, mint a síktól való távolsága, ezért . Egyenlőség mindenütt akkor és csak akkor áll, ha rajta van azon a merőlegesen, melyet az illető csúcsban állítunk a rajta felvett segédsíkra; azaz pl. akkor és csak akkor áll, ha merőleges a lap síkjára, vagyis rajta van -nek -ból húzott magasságegyenesén. Továbbá | | (4) | és egyenlőség csak akkor áll, ha rajta van -nek mind a négy magasság-egyenesén, vagyis azonos -nek középpontjával, hiszen szabályos tetraéder magasságai ‐ mint forgási szimmetriatengelyek ‐ átmennek -n. A négy segédsík egy újabb szabályos tetraédert határoz meg, mert pl. az -n át felvett segédsík 3-szorosára nagyított képe a síknak, -ból mint hasonlósági középpontból úgy, hogy a megfelelő pontpárok két oldalán vannak. Valóban, mindegyik magasságát arányban osztja -nek, mert pl. , magasságának , talppontja (2. ábra) középpontja a , ill. lapnak, tehát harmadolja a , ill. laptengelyt, ezért , és így .
2. ábra Legyen egyelőre a -nek belső vagy felületi pontja, így alkalmazhatjuk a következő, alább bebizonyítandó segédtételt: szabályos tetraéder tetszés szerinti belső vagy felületi pontjára nézve a négy laptól mért távolságok összege állandó (egyenlő a tetraéder magasságával). Mármost -nak lapjain levő vetülete a nagyítás miatt rendre az , , , csúcs, eszerint (4) jobb oldala egyenlő -vel, tehát (4) éppen a feladat állítását fejezi ki. Segédtételünk a -en kívüli pontokra is érvényes, ha negatívnak vesszük mindazoktól a lapsíkoktól mért távolságokat, amelyek a pontot elválasztják negyedik csúcsától. Állításunkban viszont a távolságok abszolút értéke szerepel. Ezt írva a negatívnak vett távolságok helyére, az összeg nagyobb lesz -nél ‐ hiszen a -re nézve külső pontok , vagy lapsíknak is a negyedik csúcstól elválasztott félterében vannak ‐, tehát mindig nagyobb -nél. A segédtétel bizonyítása céljára legyen a tetraédernek a -n átmenő, a lappal párhuzamos metszete , az tetraéder -vel párhuzamos metszete -n át , és az tetraéder -vel párhuzamos metszete -n át (3. ábra). 3. ábra Ekkor távolsága az laptól az tetraéder magasságával több, mint az sík pontjainak, pl. -nek a távolsága ettől a síktól; az említett magasság viszont a -ből húzott magassággal, vagyis -nek az síktól való távolságával egyenlő. Viszont távolsága az és síktól ugyanakkora, mint az , ill. a sík bármely pontjáé, tehát mint pl. -é. Így -nek a tetraéder lapjaitól mért távolságai összege ugyanannyi, mint távolságösszege (az síktól való távolsága ). Hasonlóan látható, hogy a távolságösszeg nem változik -ből -be, majd -ből -ba menve át. -nak viszont 3 laptól mért távolsága ; a negyediktől mért távolsága pedig a tetraéder magassága. Ezzel segédtételünket bebizonyítottuk. Az olvasóra bízzuk annak átgondolását, hogy a bizonyítás, előjeles távolságokkal számolva, a tetraéderen kívül levő pontra is érvényes.
Vetier András (Budapest, Fazekas M. gyak. g. III. o. t.) dolgozatából, kiegészítve a segédtétel számításmentes bizonyításával.
Megjegyzések. 1. Ha a tetraéderen kívüli pont, akkor az alábbiak szerint mindig megadható olyan -beli pont, melyre nézve a távolságösszeg kisebb, mint -re nézve. Legyen -nek -hez legközelebbi pontja (megkaphatjuk pl. úgy, hogy egy körüli gömb sugarát addig növeljük ‐ addig fújjuk fel ‐, amíg -be ütközik, a beleütközési pont ), továbbá -nek egy tetszés szerinti, belső vagy a határon levő, -tól különböző pontja . Ekkor a szakasz felező merőleges síkjának azon az oldalán van, mint , és -nek a egyenesen levő vetülete nem eshet a szakaszra, hiszen akkor a belső pontja volna ‐ mivel konvex ‐ és közelebb lenne -hez, mint . Emiatt az szakasz -n túli meghosszabbításán van, tehát Eszerint a minden pontjához határozottan közelebb van, mint : Így nincs szükség arra, hogy a segédtételt külső pontokra is bizonyítsuk. 2. A segédtételt többen is térfogatszámítási ‐ azaz kissé távolabb álló ‐ meggondolással bizonyították be. 4. ábra III. megoldás. Felhasználjuk az előző megoldás segédtételét, mely szerint a pontnak a , , , lapoktól mért (előjeles) , , , távolságainak összege független a pont helyzetétől (4. ábra). Adjuk ezeket a távolságokat a csúcsoktól mért távolságok összegéhez, akkor a módosított összeg ugyanakkor lesz a legkisebb, mint az eredeti: De nagyobb, mint a tetraéder magassága, kivéve, ha a magasságvonalon van, amikor . Hasonló érvényes a , , összegekre. Így a teljes összeg minden más pontra nagyobb, mint a magasságok metszéspontjára, ami azonos -val. |
|