Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Az A. 392. feladat (2006. február)

A. 392. Egy tetraéder beírt gömbjének sugara r. Három olyan gömb létezik, ami a tetraéder lapsíkjait érinti úgy, hogy egyik érintési pont sincs a tetraéder felületén; ezek sugara r1, r2, illetve r3. Mutassuk meg, hogy

r1+r2+r3>9r.

(5 pont)

A beküldési határidő 2006. március 16-án LEJÁRT.

Megoldás. Először is megjegyezzük, hogy bizonyos esetektől eltekintve mindig nyolc olyan gömb létezik, ami érinti a tetraéder összes lapsíkját. Másképpen, nyolc olyan pont létezik a térben, ami mind a 4 lapsíktól egyenlő távolságra van.

Legyenek a tetraéder csúcsai A,B,C,D. Egy pont akkor és csak akkor van egyenlő távolságra az ABC és ABD síkoktól, ha ezek valamelyik szögfelező síkján fekszik. A két szögfelező sík egymásra merőleges és illeszkedik az AB egyenesre. Hasonlóan, a gömb közéépontjának illeszkednie kell a tetraéder AC és BC élén fekvő valamelyik szögfelező síkra. Mindegyik élnél két sík közül választhatunk, ez 8 lehetőség. A 3 kiválasztott síknak mindegyik esetben legfeljebb 1 közös pontja van.

Természetesen előfordul, hogy a három sík három párhuzamos egyenesben metszi egymást, és ezért valamelyik pont nem jön létre.

A 8 gömb közül az egyik a tetraéder beírt gömbje. Mindig létezik 4, a lapokhoz írt gömb, ami a tetraéderen kívül fekszik, és az adott lapot egy belső pontban érinti. További 3 gömb a tetraéder szemközti élpárjaihoz tartozhat, az ábra szerint.

Jelöljük a lapok területét t1=tBCD, t2=tACD, t3=tABD és t4=tABC-vel.

Legyen a beírt gömb középpontja O. A tetraéder térfogata megegyezik a BCDO, ACDO, ABDO és ABCO tetraéderek térfogatának összegével. Mindegyik kis tetraéder egyik lapja az ABCD tetraéderrel mindig közös, a hozzá tartozó magasság pedig r, tehát

V_{ABCD} =V_{BCDO}+V_{ACDO}+V_{ABDO}+V_{ABCO} =\frac{r}3(t_1+t_2+t_3+t_4). (1)

Tegyük fel, hogy az O1 középpontú, r1 sugarú gömb az ábra szerint helyezkedik el. Az ABCD tetraéder térfogatát számítsuk ki a lapok és az O1 pont által meghatározott tetraéderek segítségével. Az ábrán látható elrendezésben

V_{ABCD} = V_{BCDO_1}+V_{ABCO_1}-V_{ACDO_1}-V_{ABDO_1} = \frac{r_1}{3}\big(t_1+t_4-t_2-t_3\big).

Ha a gömb nem az AD, hanem a BC élnél van, akkor az előjelek éppen fordítva állnak. Mindkét esetben igaz, hogy

V_{ABCD}= \frac{r_1}{3}\big|t_1+t_4-t_2-t_3\big|. (2)

Az (1) és (2) egyenletekből

\frac{r}{r_1}=\frac{|t_1+t_4-t_2-t_3|}{t_1+t_2+t_3+t_4}.

A betűzés alkalmas megválasztásával

\frac{r}{r_2}=\frac{|t_1+t_2-t_3-t_4|}{t_1+t_2+t_3+t_4}

és

\frac{r}{r_3}=\frac{|t_1+t_3-t_2-t_4|}{t_1+t_2+t_3+t_4}.

A szimmetria miatt feltételezhetjük, hogy t1\let2\let3\let4. Ha t1+t4>t2+t3, akkor

\frac{r}{r_1}+\frac{r}{r_2}+\frac{r}{r_3} = \frac{(t_1+t_4-t_2-t_3)+(t_3+t_4-t_2-t_1)+(t_2+t_4-t_1-t_3) }{t_1+t_2+t_3+t_4}=

= \frac{-t_1-t_2-t_3+3t_4}{t_1+t_2+t_3+t_4} < \frac{-t_1-t_2-t_3+t_4+2(t_1+t_2+t_3)}{t_1+t_2+t_3+t_4}=1,

figyelembe véve, hogy t4<t1+t2+t3.

Ha pedig t1+t4<t2+t3, akkor

\frac{r}{r_1}+\frac{r}{r_2}+\frac{r}{r_3} = \frac{(t_2+t_3-t_1-t_4)+(t_3+t_4-t_2-t_1)+(t_2+t_4-t_1-t_3) }{t_1+t_2+t_3+t_4}= \frac{-3t_1+t_2+t_3+t_4}{t_1+t_2+t_3+t_4}<1.

Mindkét esetben igaz tehát, hogy

\frac{r}{r_1}+\frac{r}{r_2}+\frac{r}{r_3} <1.

Ebből az állítás a számtani-harmonikus közepek közötti egyenlőtlenség miatt azonnal következik.

Statisztika:

13 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Erdélyi Márton, Estélyi István, Fischer Richárd, Gyenizse Gergő, Hujter Bálint, Jankó Zsuzsanna, Kisfaludi-Bak Sándor, Kónya 495 Gábor, Mészáros Gábor, Nagy 224 Csaba, Paulin Roland, Sümegi Károly.
4 pontot kapott:Tomon István.

A KöMaL 2006. februári matematika feladatai