Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

A B. 4856. feladat (2017. február)

B. 4856. A \(\displaystyle \mathcal{H}\) ponthalmaznak a \(\displaystyle P\) pont konvexitási centruma, ha \(\displaystyle \mathcal{H}\cup H_P'\) konvex, ahol \(\displaystyle H_P'\) a \(\displaystyle \mathcal{H}\) ponthalmaz \(\displaystyle P\)-re vonatkozó centrális tükörképe. Mutassuk meg, hogy

\(\displaystyle a)\) minden konvex síknégyszögnek létezik három különböző, nem kollineáris konvexitási centruma;

\(\displaystyle b)\) egy tetraédernek nincs konvexitási centruma.

(6 pont)

A beküldési határidő 2017. március 10-én LEJÁRT.


a) Tegyük fel, hogy az \(\displaystyle N\) négyszög csúcsai és megfelelő szögei körüljárás szerinti sorrendben \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) és \(\displaystyle D\), illetve \(\displaystyle \alpha\), \(\displaystyle \beta\), \(\displaystyle \gamma\) és \(\displaystyle \delta\). Mivel \(\displaystyle (\alpha+\beta)+(\gamma +\delta)=360^\circ\), ezért feltehető, hogy \(\displaystyle \alpha+\beta\leq 180^\circ\), s hasonlóan feltehető \(\displaystyle \beta+\gamma\leq 180^\circ\) is. Legyen \(\displaystyle AB\) oldal felezőpontja \(\displaystyle E\), \(\displaystyle BC\) oldalé \(\displaystyle F\), az \(\displaystyle EF\) szakasszal párhuzamos átló felezéspontja pedig \(\displaystyle G\).

\(\displaystyle E\) konvexitási centrum, mert a keletkező \(\displaystyle N\cup N'_E\) alakzat az \(\displaystyle AC'D'BCD\) (esetleg négyszöggé fajuló) középpontosan szimmetrikus hatszög, amelynek különböző szögei \(\displaystyle \alpha+\beta\), \(\displaystyle \gamma\) és \(\displaystyle \delta\) mind konvexek. Hasonlóan \(\displaystyle F\) is konvexitási centrum.

Megmutatjuk, hogy \(\displaystyle G\) is konvexitási centrum, ebből az állítás következik. Legyen \(\displaystyle B'\) a \(\displaystyle B\) csúcs \(\displaystyle G\)-re vett tükörképe. Az \(\displaystyle ACB'\triangle\) tartalmazza \(\displaystyle D\) csúcsot, hiszen \(\displaystyle \beta+\gamma\leq 180^\circ\) feltétel miatt \(\displaystyle DCA\angle\leq CAB\angle=ACB'\angle\). Hasonlóan \(\displaystyle CAB'\angle\leq CAD\angle\) is teljesül. Így \(\displaystyle N\cup N'_G\) az \(\displaystyle ABCB'\) paralelogramma, ami valóban konvex.

b) Világos, hogy ha \(\displaystyle P\) nincs benne a \(\displaystyle T\) tetraéderben, akkor nem lehet konvexitási centrum. Vizsgáljunk két esetet aszerint, hogy \(\displaystyle P\) a határon van, vagy a tetraéder belső pontja.

Ha \(\displaystyle P\) belső pont, húzzunk \(\displaystyle S\) síkot \(\displaystyle P\)-n keresztül \(\displaystyle T\) valamely \(\displaystyle F\) lapjával párhuzamosan, ez az \(\displaystyle S\) sík \(\displaystyle T\)-t egy \(\displaystyle \Delta\) háromszögben metszi, aminek \(\displaystyle P\) szintén belső pontja. Világos, hogy \(\displaystyle S\cap (T\cup T_P')=\Delta\cup \Delta_P'\). Könnyű megmutatni, hogy \(\displaystyle \Delta\cup \Delta_P'\) pontosan akkor konvex, ha \(\displaystyle P\) a \(\displaystyle \Delta\) valamely oldalfelezéspontja - esetünkben nem ez a helyzet, ezért \(\displaystyle \Delta\cup \Delta_P'\) nem konvex, és így \(\displaystyle T\cup T_P'\) sem konvex.

Ha \(\displaystyle P\) határpont, akkor van valamilyen \(\displaystyle \Delta\) háromszöglapja a tetraédernek, amire illeszkedik \(\displaystyle P\). Az előzőhöz hasonlóan kapjuk, hogy \(\displaystyle P\) szükségképpen valamely oldalfelező pontja \(\displaystyle \Delta\)-nak. Ez esetben viszont \(\displaystyle P\)-n keresztül egy rá nem illeszkedő lappal párhuzamosan metszve \(\displaystyle T\)-t olyan háromszög síkmetszetet kapunk, aminek \(\displaystyle P\) csúcsa, s ismét az első eset szerint érvelhetünk.


Statisztika:

30 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:Baran Zsuzsanna, Beke Csongor, Csiszár Zoltán, Döbröntei Dávid Bence, Fuisz Gábor, Gáspár Attila, Győrffy Ágoston, Imolay András, Janzer Orsolya Lili, Kerekes Anna, Kocsis Júlia, Nagy Nándor, Németh 123 Balázs, Pap Benedek, Schrettner Jakab, Szabó 417 Dávid, Tóth Viktor, Weisz Máté, Zólomy Kristóf.
5 pontot kapott:Borbényi Márton, Csahók Tímea, Daróczi Sándor, Kővári Péter Viktor, Szabó Kristóf, Szakály Marcell.
4 pontot kapott:1 versenyző.
2 pontot kapott:4 versenyző.

A KöMaL 2017. februári matematika feladatai