 |
A B. 4350. feladat (2011. március) |
B. 4350. Tudjuk, hogy az A1A2A3A4 tetraéder tetszőleges P belső pontjára az 1, 2, 3, 4 számok bármely i, j, k, l sorrendje esetén fennáll a
PAi+PAj+PAk<AlAi+AlAj+AlAk
egyenlőtlenség. Igaz-e, hogy a tetraéder szabályos?
(5 pont)
A beküldési határidő 2011. április 11-én LEJÁRT.
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 \(\displaystyle QB+QC=QB+QC'<DB+DC'=b+c\).
Statisztika:
12 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Ágoston Péter, Homonnay Bálint, Strenner Péter, Szabó 928 Attila, Viharos Andor. 4 pontot kapott: Zilahi Tamás. 3 pontot kapott: 1 versenyző. 2 pontot kapott: 3 versenyző. 0 pontot kapott: 2 versenyző.
A KöMaL 2011. márciusi matematika feladatai