A B. 5453. feladat megoldása

Szerk

B. 5453. Egy konvex polidéder lapjai az \(\displaystyle ABCD\), \(\displaystyle ABFE\), \(\displaystyle BCGF\), \(\displaystyle CDHG\), \(\displaystyle ADHE\) és \(\displaystyle EFGH\) négyszögek az ábra szerint. Az \(\displaystyle A\), illetve a \(\displaystyle G\) csúcsból induló élek páronként merőlegesek egymásra. Igazoljuk, hogy

\(\displaystyle [ABCD]^2+[ABFE]^2+[ADHE]^2 = [BCGF]^2+[CDHG]^2+[EFGH]^2. \)

(\(\displaystyle [XYZW]\) az \(\displaystyle XYZW\) négyszög területét jelöli.)

(6 pont)

Javasolta: Kós Géza(Budapest)

Megoldás. A feladat állítása többféleképpen igazolható vektorok segítségével. A honlapon megjelent elegáns megoldás egy nevezetes, de középiskolában talán még kevéssé ismert tételt használ fel, ezért itt mutatunk két direktebb lehetséges utat. Ezek valójában menet közben a honlapon használt tételt igazolják a feladatban szereplő speciális poliéderre; az első gondolatmenet térfogat-összefüggések segítségével, a második merőleges vetítéseket használva. A tagoltabb, jobban követhető leírás érdekében a skalárszorzatra a szokásos jelölés helyett a kevésbé elterjedt \(\displaystyle \langle\cdot,\cdot\rangle\) írásmódot használjuk.

1. megoldás. Rendre jelölje \(\displaystyle \mathbf{i}\), \(\displaystyle \mathbf{j}\), \(\displaystyle \mathbf{k}\), illetve \(\displaystyle \hat{\mathbf{i}}\), \(\displaystyle \hat{\mathbf{j}}\) és \(\displaystyle \hat{\mathbf{k}}\) az \(\displaystyle \overrightarrow{AE}\), \(\displaystyle \overrightarrow{AD}\), \(\displaystyle \overrightarrow{AB}\), illetve \(\displaystyle \overrightarrow{GC}\), \(\displaystyle \overrightarrow{GF}\) és \(\displaystyle \overrightarrow{GH}\) irányú egységvektorokat.

Legyen továbbá \(\displaystyle \mathbf{I}=\mathbf{i}\cdot [ABCD]\). Ekkor tetszőleges \(\displaystyle P\) pontra \(\displaystyle \langle \overrightarrow{AP},\mathbf{I}\rangle/3\) éppen az \(\displaystyle ABCDP\) gúla előjeles térfogata, hiszen \(\displaystyle \langle \overrightarrow{AP}, \mathbf{i}\rangle\) éppen a gúla magassága aszerint előjelezve, hogy \(\displaystyle P\) az \(\displaystyle ABCD\) sík melyik oldalára esik.

Hasonlóan definiáljuk a \(\displaystyle \mathbf{J}=\mathbf{j}\cdot [ABFE]\) és \(\displaystyle \mathbf{K}=\mathbf{k}\cdot [ADHE]\) vektorokat. Ekkor az előző bekezdés szerint

\(\displaystyle \frac{\langle\overrightarrow{AP},\mathbf{I}\rangle+\langle\overrightarrow{AP},\mathbf{J}\rangle+\langle\overrightarrow{AP},\mathbf{K}\rangle}{3}=\frac{\langle\mathbf{v},\overrightarrow{AP}\rangle}{3}, \)

éppen a három gúla uniójaként előálló \(\displaystyle ABCDEFPH\) poliéder térfogata (ha \(\displaystyle {P\in ABCDEFGH}\)), ahol \(\displaystyle \mathbf{v}=\mathbf{I}+\mathbf{J}+\mathbf{K}\). Mivel a feladat feltételei szerint \(\displaystyle \mathbf{i}\), \(\displaystyle \mathbf{j}\) és \(\displaystyle \mathbf{k}\), és így \(\displaystyle \mathbf{I}\), \(\displaystyle \mathbf{J}\) és \(\displaystyle \mathbf{K}\) is páronként merőlegesek, így

\(\displaystyle \mathbf{v}^2=(\mathbf{I}+\mathbf{J}+\mathbf{K})^2=\mathbf{I}^2+\mathbf{J}^2+\mathbf{K}^2=[ABCD]^2+[ABFE]^2+[ADHE]^2. \)

Analóg módon bevezetjük \(\displaystyle \hat{\mathbf{v}}=\hat{\mathbf{I}}+\hat{\mathbf{J}}+\hat{\mathbf{K}}\) vektort, amire az előzőekhez hasonlóan

\(\displaystyle \hat{\mathbf{v}}^2=\hat{\mathbf{I}}^2+\hat{\mathbf{J}}^2+\hat{\mathbf{K}}^2=[BCGF]^2+[CDHG]^2+[EFGH]^2; \)

valamint \(\displaystyle \langle\overrightarrow{GP},\hat{\mathbf{v}}\rangle/3\) a megfelelő három gúla össztérfogata.

Tetszőleges \(\displaystyle P\in ABCDEFGH\) pontra az \(\displaystyle ABCDEFGH\) poliéder felbomlik \(\displaystyle ABCDP\), \(\displaystyle ABFEP\), \(\displaystyle ADHEP\), \(\displaystyle BCGFP\), \(\displaystyle CDHGP\) és \(\displaystyle EFGHP\) gúlák uniójára, ahol a gúlák belsejei páronként diszjunktak, ezért az \(\displaystyle ABCDEFGH\) poliéder térfogata

\(\displaystyle V=\frac{\langle\mathbf{v},\overrightarrow{AP}\rangle}{3}+\frac{\langle\hat{\mathbf{v}},\overrightarrow{GP}\rangle}{3}. \)

Ugyanezt egy \(\displaystyle P\)-től különböző \(\displaystyle Q\) pontra felírva, majd a két egyenlőséget kivonva egymásból nyerjük, hogy

\(\displaystyle 0=\frac{\langle\mathbf{v},\overrightarrow{AP}\rangle}{3}-\frac{\langle\mathbf{v},\overrightarrow{AQ}\rangle}{3}+\frac{\langle\hat{\mathbf{v}},\overrightarrow{GP}\rangle}{3}-\frac{\langle\hat{\mathbf{v}},\overrightarrow{GQ}\rangle}{3}=\frac{\langle\mathbf{v},\overrightarrow{QP}\rangle+\langle\hat{\mathbf{v}},\overrightarrow{QP}\rangle}{3}, \)

azaz \(\displaystyle \langle\overrightarrow{QP},\mathbf{v}+\hat{\mathbf{v}}\rangle=0\). Mivel \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle Q\) tetszőleges pontok \(\displaystyle ABCDEFG\) belsejében, ezért azt kaptuk, hogy a \(\displaystyle \mathbf{v}+\hat{\mathbf{v}}\) vektor minden vektorra merőleges, így \(\displaystyle \mathbf{v}+\hat{\mathbf{v}}=\mathbf{0}\). Ebből \(\displaystyle \mathbf{v}=-\hat{\mathbf{v}}\), s így \(\displaystyle \mathbf{v}^2=\hat{\mathbf{v}}^2\), ami a korábbiak szerint a bizonyítandóval egyenértékű. Ezzel az állítást beláttuk.

Aravin PéterBudapest, Fazekas M. Gyak. Ált Isk. és Gimn., 8. o. t.

2. megoldás. Az \(\displaystyle A\) csúcsra illeszkedő \(\displaystyle ABCD\), \(\displaystyle ABFE\) és \(\displaystyle ADHE\) lapok területei legyenek \(\displaystyle A_1\), \(\displaystyle A_2\) és \(\displaystyle A_3\), a megfelelő lapokra merőleges, a testből kifelé mutató egységvektorok pedig rendre \(\displaystyle \mathbf{e}_1\), \(\displaystyle \mathbf{e}_2\) és \(\displaystyle \mathbf{e}_3\). Ugyanígy, a \(\displaystyle G\)-nél lévő lapok területei legyenek \(\displaystyle T_1\), \(\displaystyle T_2\) és \(\displaystyle T_3\), a hozzájuk tartozó külső egységnormálisok rendre \(\displaystyle \mathbf{u}_1\), \(\displaystyle \mathbf{u}_2\) és \(\displaystyle \mathbf{u}_3\).

Vetítsük le a poliéder minden lapját merőlegesen az \(\displaystyle ABCD\) lapsíkra! Vegyük észre, hogy \(\displaystyle ABCD\) területe megkapható a vetületek területeinek előjeles összegeként, az előjelek pedig éppen attól függenek, hogy a vetített lap és az \(\displaystyle ABCD\) lap normálvektorai hegyes- vagy tompaszöget zárnak-e be. Jól ismert továbbá, hogy egy síkidom merőleges vetületének területe a \(\displaystyle T'=T\cdot\cos\alpha\) képlettel számolható, ahol \(\displaystyle \alpha\) a síkidom síkjának és a vetítősíknak a bezárt szöge. Ezekből következik az alábbi elegáns formula:

\(\displaystyle A_1=\sum_{i=1}^3 -\langle\mathbf{e}_1,\mathbf{u}_i\rangle T_{i}-\langle\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2\rangle A_{2}-\langle \mathbf{e}_1,\mathbf{e}_3\rangle A_{3}=-\sum_{i=1}^3 \langle \mathbf{e}_1, \mathbf{u}_i\rangle T_{i}, \)

ahol kihasználtuk, hogy a feltétel szerint az \(\displaystyle A\)-ra illeszkedő lapok páronként merőlegesek, így \(\displaystyle \langle\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2\rangle=\langle\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_3\rangle=0\). A fenti képlet természetesen minden \(\displaystyle A\)-ra illeszkedő lapra igaz, azaz \(\displaystyle k=1,2,3\) esetén

\(\displaystyle A_k=-\sum_{i=1}^3 \langle \mathbf{e}_k,\mathbf{u}_i\rangle T_{i}. \)

Ezeket az összefüggéseket emeljük négyzetre, adjuk össze, és rendezzük:

\(\displaystyle \sum_{k=1}^3A_k^2=\sum_{i=1}^3\left(\sum_{k=1}^3\langle\mathbf{e}_k,\mathbf{u}_i\rangle^2\right)T_i^2+2\sum_{i\neq j}\left(\sum_{k=1}^3\langle\mathbf{e}_k,\mathbf{u}_i\rangle\langle\mathbf{e}_k,\mathbf{u}_j\rangle\right)T_iT_j. \)

Itt a \(\displaystyle T_i^2\) tag \(\displaystyle \sum_{k=1}^3\langle\mathbf{e}_k,\mathbf{u}_i\rangle^2\) együtthatója a térbeli Pitagorasz-tétel miatt éppen \(\displaystyle \mathbf{u}_i\) vektor hosszának négyzetével egyenlő, azaz \(\displaystyle 1\).

A \(\displaystyle T_iT_j\) vegyes tag együtthatója pedig

\(\displaystyle \sum_{k=1}^3\langle\mathbf{e}_k,\mathbf{u}_i\rangle\langle\mathbf{e}_k,\mathbf{u}_j\rangle=\biggl\langle\mathbf{u_i},\sum_{k=1}^3\langle\mathbf{e}_k,\mathbf{u}_j\rangle\mathbf{e}_k\biggr\rangle=\langle\mathbf{u}_i,\mathbf{u}_j\rangle=0. \)

Kaptuk, hogy

\(\displaystyle \sum_{k=1}^3 A_k^2=\sum_{i=1}^3 T_i^2, \)

ami éppen a bizonyítandó állítás.

1. megjegyzés.

1. megjegyezés. Melléktermékként megkaptuk a Conant–Beyer-tétel egy speciális esetét:

\(\displaystyle T_i^2=\sum_{k=1}^3 T_{i\perp k}^2, \)

ahol \(\displaystyle T_{i\perp k}\) a \(\displaystyle T_i\) területű lap \(\displaystyle e_k\) normálisú lapsíkra vett merőleges vetületének területe, azaz \(\displaystyle |\langle \mathbf {e_k}, \mathbf{u_i}\rangle T_{i}|\).

2. megjegyzés. Ahogyan előzetesen megjegyeztük, mindkét megoldás alapgondolata alkalmas arra, hogy a honlapon közölt megoldásban használt tételt igazolja. A teljesség kedvéért – a 2. megoldásban használt vetítéseket használva – vázolunk is egy lehetséges bizonyítást.

Tétel. Legyen \(\displaystyle P\) egy konvex poliéder, és minden \(\displaystyle \ell_i\) lapjához definiáljuk a \(\displaystyle \mathbf t_i\) lapvektort, amely merőleges \(\displaystyle \ell_i\)-re, \(\displaystyle P\)-ből kifelé mutat, és hossza \(\displaystyle \ell_i\) területével egyezik meg. Ekkor \(\displaystyle \sum_i {\mathbf t_i}=\mathbf{0}\).

Bizonyítás. Válasszunk egy tetszőleges \(\displaystyle \mathbf u\) egységvektort, és legyen \(\displaystyle S\) egy \(\displaystyle \mathbf u\)-ra merőleges sík, amely nem metszi \(\displaystyle P\)-t. (Utóbbi feltétel nem lényeges, de segíti a szemléletes bizonyítás megértését.) Vetítsük le \(\displaystyle P\)-t merőlegesen \(\displaystyle S\)-re. Az így kapott \(\displaystyle P'\) poligont \(\displaystyle P\) lapjainak merőleges vetületei kétrétűen fedik le: egyrétű fedést adnak azon lapok vetületei, amelyekre \(\displaystyle \mathbf u\) és \(\displaystyle \mathbf t_i\) hegyes- vagy nullszöget zárnak be; és szintén egyrétű fedést adnak azon lapok vetületei, amelyekre \(\displaystyle \mathbf u\) és \(\displaystyle \mathbf t_i\) tompa- vagy egyenesszöget zárnak be. (Derékszög esetén a vetület egy szakasz, ezeket később könnyen kezeljük.) A 2. megoldásban használt összefüggés és a skalárszorzat definíciója szerint \(\displaystyle l_i\) lap vetületének területe éppen \(\displaystyle \pm\langle \mathbf u, \mathbf t_i \rangle\), az előjelet a szerint választva, hogy \(\displaystyle \mathbf u\) és \(\displaystyle \mathbf t_i\) hegyes- vagy tompaszöget zár be. Ezért előbbi megállapításunkból következik, hogy

\(\displaystyle \sum_{\text{hegyesszög}} \langle \mathbf u, \mathbf t_i \rangle=- \sum_{\text{tompaszög}} \langle \mathbf u, \mathbf t_i \rangle. \)

Ha \(\displaystyle \mathbf u\) és \(\displaystyle \mathbf t_i\) derékszöget zár be, akkor \(\displaystyle \langle \mathbf u, \mathbf t_i \rangle=0\), így az előző összefüggést átrendezve és a derékszögű tagokat is hozzávéve kapjuk, hogy

\(\displaystyle \sum_i \langle \mathbf u, \mathbf t_i \rangle=0. \)

Kiemelve \(\displaystyle \mathbf u\)-t nyerjük, hogy \(\displaystyle \left\langle \mathbf u, \sum \mathbf t_i \right\rangle=0\). Mivel \(\displaystyle \mathbf u\) tetszőleges egységvektor volt, ezért \(\displaystyle \sum_i {\mathbf t_i}=\mathbf{0}\), ahogyan azt állítottuk.

A feladatra összesen 3 versenyző küldött megoldást. 6 pontos Aravin Péter és Gyenes Károly; 5 pontos Kámán-Gausz Péter dolgozata.