Mathematical and Physical Journal
for High Schools
Issued by the MATFUND Foundation
Already signed up?
New to KöMaL?
I want the old design back!!! :-)

Problem B. 4350. (March 2011)

B. 4350. In a tetrahedron A1A2A3A4, for every interior point P and for any order i, j, k, l of the numbers 1, 2, 3, 4, the following inequality is true: PAi+PAj+PAk<AlAi+AlAj+AlAk. Does it follow that the tetrahedron is regular?

(5 pont)

Deadline expired on April 11, 2011.


Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. Nem szükséges, hogy a tetraéder szabályos legyen. Tekintsünk ugyanis tetszőleges olyan \(\displaystyle A_1A_2A_3A_4=ABCD\) tetraédert, amelyben \(\displaystyle AB=CD=b\), \(\displaystyle AC=BD=c\), \(\displaystyle AD=BC=d\) teljesül. Egy ilyen tetraéder lapjai olyan egybevágó háromszögek, melyek oldalai \(\displaystyle b,c,d\), továbbá bármely csúcsból induló három él hossza szintén \(\displaystyle b,c,d\). A tetraéder nem feltétlenül szabályos, legyen például \(\displaystyle A(0;0;-1)\), \(\displaystyle B(0;0;1)\), \(\displaystyle C(1;-1;0)\), \(\displaystyle D(1;1;0)\); ekkor \(\displaystyle b=2\), \(\displaystyle c=d=\sqrt{3}\). Megmutatjuk, hogy egy ilyen tetraéder tetszőleges \(\displaystyle P\) belső pontjára teljesül \(\displaystyle PB+PC+PD<b+c+d\), ahonnan szimmetria okokból már látszik, hogy a tetraéderre teljesül a feladat szövegében megfogalmazott feltételrendszer. Ehhez pedig elegendő azt belátni, hogy tetszőleges \(\displaystyle P\) belső pontra \(\displaystyle PB+PC<b+c\), hiszen ekkor megintcsak szimmetria okok miatt \(\displaystyle PB+PD<b+d\), \(\displaystyle PC+PD<c+d\) is fenn kell álljon. A három egyenlőtlenséget összeadva, majd 2-vel leosztva pedig éppen a kívánt egyenlőtlenségre jutunk.

Messe a \(\displaystyle BCP\) sík az \(\displaystyle AD\) szakaszt annak \(\displaystyle Q\) belső pontjában. Ekkor \(\displaystyle P\) a \(\displaystyle BCQ\) háromszög belső pontja, vagyis a januári B. 4325. feladat a) részének értelmében \(\displaystyle PB+PC<QB+QC\), így elegendő a \(\displaystyle QB+QC<b+c\) egyenlőséget igazolnunk. Az \(\displaystyle ADC\) háromszöget az \(\displaystyle AD\) tengely körül forgassuk el az \(\displaystyle ADB\) síkba úgy, hogy a kapott \(\displaystyle ADC'\) háromszög az \(\displaystyle ADB\) háromszöget egy paralelogrammává egészítse ki. Ha a \(\displaystyle Q\) pont az \(\displaystyle AD\) szakasz felezőpontja, akkor egyben az átlók metszéspontja, tehát ekkor nyilván \(\displaystyle QB+QC=QB+QC'=BC'<BD+DC'=b+c\) teljesül a háromszög-egyenlőtlenség miatt. Egyébként pedig szimmetria okok miatt feltehetjük, hogy \(\displaystyle Q\) a \(\displaystyle BDC'\) háromszög belső pontja. Ekkor ismétcsak a B. 4325. feladat eredményére hivatkozva kapjuk, hogy \(\displaystyle QB+QC=QB+QC'<DB+DC'=b+c\).


Statistics:

12 students sent a solution.
5 points:Ágoston Péter, Homonnay Bálint, Strenner Péter, Szabó 928 Attila, Viharos Andor.
4 points:Zilahi Tamás.
3 points:1 student.
2 points:3 students.
0 point:2 students.

Problems in Mathematics of KöMaL, March 2011