ENAKIMI MEJNIMI PLOSKVAMI

i “1502-Vidav-Tetraedri” — 2010/8/25 — 10:21 — page 1 — #1

i

i i

i i List za mlade matematike, fizike, astronome in raˇcunalnikarje

ISSN 0351-6652 Letnik30(2002/2003) Številka 1

Strani 26–31

Ivan Vidav:

TETRAEDRI S PLOŠˇ CINSKO ENAKIMI MEJNIMI PLOSKVAMI

Kljuˇcne besede: matematika, geometrija, tetraedri, plošˇcina, Heronov obrazec.

Elektronska verzija: http://www.presek.si/30/1502-Vidav.pdf

c

2002 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije c

2010 DMFA – založništvo

Vse pravice pridržane. Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovo- ljeno.

TETRAEDRI S

PLOŠČINSKO

ENAKIMI MEJNIMI PLOSKVAMI

B A c

Skladni liki imaj o enako ploš čino, toda hkra ti ne drži, da bi bili liki z enako ploščino vselej skladn i.

Tetraeder (trist rana piramida) je om eje n s št irim i trikot niki. Kaj lahko rečemoo tetraedru , čeimajo vse štiri njegovemejn eploskve enako

ploščino? Ban gov izrek trdi, da so v tem primeru mejne ploskve skladni trikotniki. Poskušajmota izrek dokaza ti . Doka zje elementaren in ma t e-

matično prav nič zahteven,le nekolik o dolgovezen je in v njem je precej dolgočasnega računanj a. Česebralcuračunanjeupira,na j kar neh a brati tačlanek. (Dokaz se precej poenostavi ,če upor ab imo vektorsko algebro.) Imejmo tetraed er ABCO (slika 1). Njegova osnovna ploskev je tri- kotnik ABC,njegov vrh pa O. Strani ce osnov ne ploskve zaznamuj mo z AB

=

c,BC

=

a in AC

=

b,strans ke robove pa z AO

=

e, BO

= i

in CO = g. Strans ke ploskve so trikotniki ABO, BCO in ACO; prvi ima stranice e,

i,

c,drugi

i .

g,a in tretj ie,g,b.

O

Slika 1.

Ploščino trikotnika s stranicami a, b, c izračunamo po Heronovem obrazcu

p= )s(s- a)(s - b)(s - c),

kjerjespolovičniobseg,tak odaje 2s

=

a

+

b

+

^c. Četo vstavimo vizr az na levi , ga kvad rira moin pomn ožim o s 16,dobimo enačbo

(1)

Denimo , da im aj o vse stranske plosk ve naš ega tetraedra ABGO en ako

ploščinokakor osnovna ploskev ,torej ploščinop. Potem veljajo poleg(1) tudi tele trienačbe :

2e2f2

+

2c2e2

+

2c2f2- c⁴ - e⁴ - f4= 16p2 2f2 g2

+

2a2J2

+

2a2

l -

^{a4_ J4_ g4}

=

16p2 2e2g2

+

2b2e2

+

^{2b2g2_ b4_ e4 _ g4}

=

16p2 .

(2)

Leve strani tehenačb določajo ploščine stransk ih ploskev ABO,BGO in AGO. Dobimo jih tako,da v formu li (1) zamenjamo naj p rej a z e in b z

J,

nat o bz

J

in c z g, nazadnj e pa a z e in c zg. Vse mejne ploskve imajo enako ploščino natanko tedaj,kadar zadoščajo robovi a,b,c,e,

J

in 9 _enačbam (1) in (2).

Če je e

=

a,

J =

b in 9

=

c, so vse _enačbe (1) in (2) izp olnj ene.

Mejneploskve so štirje sklad ni trikotnikis stranicami a,b,c. Aliobstaja še kakšnadruga rešitev teh enačb?

Zaznam ujm o e² - a2

=

^X, J2 - b2

=

y in g2- c²

=

^Z, torej

(3)

Vstavimo te izraze v enačbe (2). Če upoštevamo enačbo (1), ki določa 16p2 , dobimo po nekoliko dolgoveznem računu talesistem enačb:

2(b2

+

c^2- a2)x

+

2(a 2

+

c^{2 _} b2)y

+

2xy _ x 2_ y2

=

O 2(a 2

+

^c2_ b2)y

+

2(a 2

+

b2- c2)z

+

2yz _ y2 - z2

=

O

2W +

c²- a2)x

+

2(a2

+

b2- c2)z

+

2x z - x2- z2

=

O.

Zaradi krajše pisave zaznamujmo

Pot em lahko zapišemo zgorn jisiste m v razmeromapreg ledni obliki:

2qx

+

2ry

=

x 2- 2xy

+

y2

=

(x _ y)2

2r y

+

2sz

=

y2 - 2yz

+

^z2

=

(y- z)2 (5) 2qx

+

2sz

=

x2- 2xz

+

^z2

=

(x - z)2.

Seštejmo prvo in tretjo _enačbo (5) in od vsote odštejmo drugo. _Če krajšamo z 2,dobimo

2qx

=

x2 - xy - (x - y)z (6)

in od tod

(x - y)z

=

x2- xy- 2qx.

Pomnožim o zd a j tretjo enačbo (5) z (x - y)2 in dobimo

(7)

2qx ( x - y)2

+

2sz (x _ y)2 = x2(x_ y)2 _ 2x z (x _ y)2

+

z2(x _ y)2.

Vstavimo za produkt (x - y)z izraz (7) . Po kraj šem računu pridem o do

enačbe

2qx(x - y)2

+

2s(x - y)( x 2- xy - 2qx )= 4q2x2 , ki jo lahko za pišemo tudi takole:

(2qx

+

2s x)( x - y)2 - 4qsx(x- y)

=

4q2x2. Prva enačba(5) pove, da je (x - y)2= 2qx

+

2ry, torej

(2qx

+

2sx)(2qx

+

2ry) - 4qs x (x - y)= 4q2x2 . Če to uredimo,je pred nami tale preprost a _enačba:

4(qr

+

qs

+

rs )xy= O. (8)

Takosmo ugotovili ,da vsaka trojka, ki zadošča siste mu (5),zadošča tudi

enačbi (8) .

Spet nekoliko dolgovezen račun pokaže ,da je

kjer seveda pomeni p ploščino osnovn ega trikotnika ABe .

v

tetrae dru imajomejn eploskve od nič različno ploščino , torej jep -j-O. Zat o sme mo (8) kraj šati s64p2 in prid emo do enačbe

xy

=

O. (9)

Tri možnosti imamo:

a)x-j- O, y= O b)x=O,y-j-O , c)x =O ,y =O .

Oglejm o sinajprej možnost a). Iz prveenačbe (5)dobimo 2qx

=

x2.

Ker x -j-0,smemo kraj ša ti zx in je v tem primerux = 2q. Četovst avimo v (7),dob im oxz

=

0, torej z

=

O. Tako smo dobili rešit ev x

=

2q,Y

=

0, z

=

O.

V primeru b) je x = O. _Enačba (7) nam da yz = O. Ker y i-O , sledi od tod z = O. Iz prveenačbe (5) pa dobimo 2ry= y2,torej y = 2r.

Prip adajočarešitev se glasix = O,y= 2r,z = O.

Nazad nje si oglej mo šezad nj i primer c), ko jex = Oin y = O. Druga enačba (5) nam da 2sz = z2. Od tod izhajatadve možnosti: ali je z= 2s aliz = O.

Tako smo ugot ovili , da obstajajo nat anko štiri rešit ve sistema (5) ,

namreč:

1. x=2q, y= O, z= O. 2. x=O, y=2r, z=o.

3. x=O, y=O, z=2s.

4. x=O, y=O, z=O.

Oglej mosi prvorešitev. Kerje y = O in z = O,dobimoiz enačb (3)

f

= b in9= c. (Robo viseizr ažaj ospoziti vnimištevili. Zatoiz

p

= b² ing2

=

= c² sledi

f

= b,9= c.) Enakost x = 2q pa nam da e² = 2b²

+

2c² - a².

Torejso robovi med sebo j povezani takole:

(10)

Kakšenje pripadaj oči tetraede r?

Vzemi mo vravnin i paralelogr am AB OC, pri katerem naj bosta nev- zpo rednistranici AB= cin AC= b,diagon ala BC pa naj bo enaka a. S tem i pod atkijeparalelogramnatankodoločen (slika 2). Drugo diagonalo

označimo z e, torej AO = e.

c

c Slika 2.

V vsakem paralelogramujevsota kvadr a t ov vsehšt irihst ra nicenaka vsoti kvad ra t ov obe h diagonal. V našem primeruje za t o

(11)

Ka kougot ovimo,da veljazveza(Ll)? Oglejmo sitrikotnika ABCin AB O nasliki2. ČejepriogliščuA notran ji kot a,jevparalelogr amuprioglišču

B notranj ikot 180⁰-a. Pokosinusnemizrek u dob im o izprvegatr ikotnika

izdrugega pa

Če ti dve enačbi sešte je mo, je pred nami zveza (11).

Par alelogramABOC im amolahko za izrojeni tetraed er ,vsa njegova

oglišča so namreč v isti ravnini. Robovi osnovne plosk ve ABC so BC =

=

a, AC

=

bin AB

=

c, stranski rob ovi pa AO

=

e, BO

= f =

bin CO

=

9

=

c. Ker velj a zveza (11), sorobovi takšni ,kak or jihdoločaprva rešitev (10) . Mejne plosk ve tega "tet raed ra" so trikotniki ABC, AB O, ACO in BCO . Čepar al elogram nipravokotnik,titrikotniki,ki imajo vsi enako ploščino (namreč polovico ploščine paralelograma ) , niso vsi med seboj sklad ni.

Tetraeder je s svojimi robovi natanko določen: dva tet raedra z ena- kim i rob ovi sta bodisi skladna bodisi zrcalni sliki drug drugega. Za t o je vsak tetraeder, katerega robovi so povezani z enačbami (10), skladen s pa ralelogr amom ABOC, torej izrojen . Njegov rob AO je dia gon al a paralelograma.

Podobnokak orizraža Heronovobrazecploščinotrikot nikaznjegovim i stranica m i,obs taja formula ,ki izražaprostorn ino V tetraedraznjegovim i robovi. Tako formulo najde bralec v [1] na strani 130. Če v formulo za prostornino V vstavimo izr aze (10), izračunamo, da je V

=

O. Takose pon ovno lahkoprepričamo, da določajo rob ovi (10) izrojeni tetraed er.

Karsmo poved a li za prvo rešitev sistema (5),velja tudiza drugo in tretjo. Pripadaj oči tetraeder je par alelogram,pri drugi rešit vi je njegova diagonala rob BO,pri tretji parob CO.

Preostane nam še zadnja, četrta rešite v, ko je x = O, y = Oin z

=

=

O. Iz enačb (3) dobimo e

=

a,

f =

b in 9

=

c. Mejne ploskve so sklad ni trikotnikis stranica m ia,b,c. Edino ta rešitev nam da neizro je ni tetraede r. Tako smo dokazali:

IZREK (Bang). _Če imajo v (neizrojenem) tetraedru vse štiri mejne ploskve enako ploščino, so te ploskve skladnitr iko t n ik i.