ISSN 0351-6652 Letnik 30 (2002/2003) Številka 1 Strani 26-31
Ivan Vidav:
TETRAEDRI S PLOŠCINSKO ENAKIMI MEJNIMI PLOSKVAMI
Ključne besede: matematika, geometrija, tetraedri, ploščina, Heronov obrazec.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/30/1502-Vidav.pdf
© 2002 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije © 2010 DMFA - založništvo
TETRAEDRI S PLOŠČINSKO ENAKIMI MEJNIMI PLOSKVAMI
Skladni liki imajo enako ploščino, toda hkrati ne drži, da bi bili liki z enako ploščino vselej skladni.
Tetraeder (tristrana piramida) je omejen s štirimi trikotniki. Kaj lahko rečemo o tetraedru, če imajo vse štiri njegove mejne ploskve enako ploščino? Bangov izrek trdi, da so v tem primeru mejne ploskve skladni trikotniki. Poskušajmo ta izrek dokazati. Dokaz je elementaren in matematično prav nič zahteven, le nekoliko dolgovezen je in v njem je precej dolgočasnega računanja. Ce se bralcu računanje upira, naj kar neha brati ta članek. (Dokaz se precej poenostavi, če uporabimo vektorsko algebro.)
Imejmo tetraeder ABCO (slika. 1). Njegova osnovna ploskev je trikotnik ABC, njegov vrh pa O. Stranice osnovne ploskve zaznamuj mo z AB = c, BC — a in AC — b, stranske robove pa z AO = e, BO = / in CO — g. Stranske ploskve so trikotniki ABO, BCO in ACO; prvi ima
Slika 1.
Ploščino trikotnika s stranicami a. 6, c izračunamo po ileronovem obrazcu
p — \/«(s -»)($- &)($ — c) ,
kjer je s polovični obseg, tako da je 2s = a + b + c. Ce to vstavimo v izraz na levi, ga kvadriramo in pomnožimo s 16, dobimo enačbo
Denimo, da imajo vse stranske ploskve našega tetraedra ABC O enako ploščino kakor osnovna ploskev, torej ploščino p. Potem veljajo poleg (1) tudi tele tri enačbe;
2e2/2 + 2c2e2 + 2c2/2 - c4 - e4 - /4 - 16p2 2/V + 2a2f2 + 2fl252 - a4 - /4 - g4 = 16p2	(2)
2e2g2 + 2b2e2 + 2b2g2 - f>4 - e4 - g4 = 16p2 .
Leve strani teh enačb določajo ploščine stranskih ploskev ABO. BCO in ACO. Dobimo jih tako, da v formuli (1) zamenjamo najprej a z e in b z /, nato b z f in c z g, nazadnje pa a z e in o z ff. Vse mejne ploskve imajo enako ploščino natanko tedaj, kadar zadoščajo robovi a, b, c, e, f in g enačbam (1) in (2).
Ce je e = a, f = b in g = c, so vse enačbe (1) in (2) izpolnjene. Mejne ploskve so štirje skladni trikotniki s stranicami a, b, c. Ali obstaja še kakšna druga rešitev teh enačb?
Zaznamujmo e2 — a2 = x, f 2 — ir = y in g2 — <? — z, torej
e2 = a2 + x f2 = b2 + y g2 = c2 + z.	(3)
Vstavimo te izraze v enačbe (2). Ce upoštevamo enačbo (1), ki določa lGp2, dobimo po nekoliko dolgoveznem računu tale sistem enačb:
2(ir + c2 - a2)x + 2(a2 + c2 - b2)y + 2xy - x2 - y2 = O 2(a2 + c2 - b2)y + 2(a2 +b2 ~ c2)z + 2yz — y2 — z2=0 2{b2 + c2 - a2)x + 2(a2 + b2 - c2)z + 2xz - x2 - z2 = O . Zaradi krajše pisave zaznamujmo
62 +c2 - a2 - c3 + c2-fta = r1 a2 + b2~c2 = s. (4) Potem lahko zapišemo zgornji sistem v razmeroma pregledni obliki:
2qx + 2ry = x2 - 2xy + y2 = (x - y)2
2ry + 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
2 qx = t'2 — xy — (a: — y)z	(6)
m od tod
(z - y)z = x2 -xy - 2qx.	(7)
Pomnožimo zdaj tretjo enačbo (5) z (a* — y)2 in dobimo
2qx(x - y)2 + 2sz(x - y)2 = x2(x - ¡/)2 - 2xz(x - y)2 + 22(z- - y)2 .
Vstavimo za produkt (:r — y)z izraz (7). Po krajšem računu pridemo do enačbe
2qx(x — y)~ 4- 2s(x — y)(x2 — xy — 2qx) = 4q2x2 , ki jo laliko zapišemo tudi takole:
(2qx + 2sx)(x - y)2 - 4t/sa;(a; - y) — 4q2x2 .
Prva enačba (5) pove, da je (a: — y)2 = 2qx + 2ry, torej
(2qx + 2sx){2qx + 2ry) - 4qsx(x - y) = 4q2x2 .
Če to uredimo, je pred nami tale preprosta enačba:
4(qr + qs + rs)xy = 0 .	(8)
Tako smo ugotovili, da vsaka trojka, ki zadošča sistemu (5), zadošča tudi enačbi (8).
Spet nekoliko dolgovezen račun pokaže, daje
qr + qs + rs = 2a2b~ + 2a2c2 + 2i>V - s4 - b4 - c4 = 16p2 ,
kjer seveda pomeni p ploščino osnovnega trikotnika ABC. V tetraedru imajo mejne ploskve od nič različno ploščino, torej je p ^ 0. Zato smemo (8) krajšati s 64/r in pridemo do enačbe
xy = 0 ■	(9)
Tri možnosti imamo:
a) x / 0, y = 0 b) t t=* 0, y # 0, c) x = 0, y = 0.
Oglejmo si najprej možnost a). Iz prve enačbe (5) dobimo 2qx = x2. Ker x / D, smemo krajšati z a' in je v tem primeru x = 2q. Če to vstavimo v (7), dobimo xz — 0, torej z = 0. Tako smo dobili rešitev x = 2q, y = 0, z — 0.
V primeru b) je x = 0. Enačba (7) nam da yz = 0, Ker y ^ 0. sledi od tod z — 0. Iz prve enačbe (5) pa dobimo 2ry = y2, torej y = 2r. Pripadajoča rešitev se glasi .t = 0, y = 2r, z = 0.
Nazadnje si oglejmo še zadnji primer c), ko je x = 0 in y = 0. Druga enačba (5) nam da 2sz = z2. Od tod izhajata dve možnosti: ali je z = 2s ali z = 0,
Tako smo ugotovili, da obstajajo natanko štiri rešitve sistema (5), namreč:
1.	x=2q, y=Q, z=0.
2.	x=0, y=2r, z=0.
3.	x=0, y=0, z=2s.
4.	x=0, y=0, z=0.
Oglejmo si prvo rešitev. Ker je y — 0 in z = 0, dobimo iz enačb (3) / = b in g — c. (Robovi se izražajo s pozitivnimi števili. Zato iz f 2 = 62 in g2 = = c2 sledi / = b, g = c.) Enakost x — 2q pa nam da e2 = 2b2 + 2c2 — a2. Torej so robovi med seboj povezani takole;
f = b, g— G, e2 ~ 2b2 + 2c2 — a2.	(10)
Kakšen je pripadajoči tetraeder?
Vzemimo v ravnini paralelogram ABOC. pri katerem naj bosta nev-zporedni stranici AB = c in AC = b, diagonala BC pa naj bo enaka a. S temi podatki je paralelogram natanko določen (slika 2). Drugo diagonalo označimo z e, torej AO — e.
C	c	O
Slika 2.
V vsakem paralelogramu je vsota kvadratov vseh štirih stranic enaka vsoti kvadratov obeh diagonal. V našem primeru je zato
2b2 + 2c2 = a2 + e2 .	(11)
Kako ugotovimo, da velja zveza (11)? Oglejmo si trikotnika ABC in A BO na sliki 2. Če jc pri oglišču A notranji kot a, je v paralclogramu pri oglišču B notranji kot 180° —a. Po kosinusnem izreku dobimo iz prvega trikotnika
a2 = b2 + c2 — 2bc cos a ,
iz drugega pa
e2 = b2 + c2 — 2Č>ccos(1803 — et) = b2 + c2 + 2bccos a .
Ce ti dve enačbi seštejemo, je pred nami zveza (11).
Paralelograin ABOC imamo lahko za izrojeni tetraeder, vsa njegova oglišča so namreč v isti ravnini. Robovi osnovne ploskve ABC so BC = = a, AC = b in AB = c. stranski robovi pa AO = e, T3G = / = b in C O — (j c. Ker velja zveza (11), so robovi takšni, kakor jih določa prva rešitev (10). Mejne ploskve tega "tetraedra" so trikotniki ABC, ABO. ACO in BCO. Če paralelograin ni pravokotnik, ti trikotniki, ki imajo vsi enako ploščino (namreč polovico ploščine paralelograma), niso vsi med seboj skladni.
Tetraeder je s svojimi robovi natanko določen: dva tetraedra z enakimi robovi sta bodisi skladna bodisi zrcalni sliki drug drugega. Zato je vsak tetraeder. katerega robovi so povezani z enačbami (10), skladen s paralelograin oni ABOC, torej izrojen. Njegov rob AO je diagonala paralelograma.
Podobno kakor izraža Heronov obrazec ploščino trikotnika z njegovimi stranicami, obstaja formula, ki izraža prostornino V tetraedra z njegovimi robovi. Tako formulo najde bralec v [1] na strani 130. Ce v formulo za prostornino V vstavimo izraze (10), izračunamo, daje V = 0. Tako se ponovno lahko prepričamo, da določajo robovi (10) izrojeni tetraeder.
Kar smo povedali za prvo rešitev sistema (5), velja tudi za drugo in tretjo. Pripadajoči tetraeder jc paralelograin, pri drugi rešit vi je njegova diagonala rob BO, pri tretji pa rob CO.
Preostane nam še zadnja, četrta rešitev, ko je x = 0, y — 0 in z = = 0. Iz enačb (3) dobimo e — a, f = b in g = c. Mejne ploskve so skladni trikotniki s stranicami a, b. c. Edino ta rešitev nam da neizrojeui tetraeder. Tako smo dokazali:
IZREK (Bang). Če imajo v (neizrojenem) tetraodru vse štiri mejne ploskve enako ploščino, so te ploskve skladni trikotniki.
Pravilni letraeder omejujejo štirje skladni enakostranični trikotniki Kakšen mora I »it i trikotnik, da lahko s štirimi kopijami tega trikotnika sestavimo površje tetraedra?
V tetraedru na sliki 1 je oglišče .4 vrh treh kotov, namreč kota <t BAC. kota </3.-10 in kola <CAO. Če so mejne ploskve trikotniki, ki so skladni s trikotnikom ABC, le-ta pa ima pri ogliščih .4. B in C zaporedoma notranje kote n. ft in 7. so zgoraj navedeni koti enaki
<BAC = q, <BAO = /3, <C-40 = 7.
Vsota katerihkoli dveh kotov pri istem oglišču (neizrojenega) tetraedra pa je vselej večja od tretjega kola. Zato veljajo v našem primeru neenačbe
a + /i > 7 a + 7 > 0, /3 + 7 > o .
Ker je o -f d + 7 = 180°, dobimo iz prve neenačbe. da je 180^ — 7 > 7, torej 180° > 27 oziroma 7 < 90". Podobno »ledi iz druge neenačbe, daje ¡.i < 9IJ1, iz tretje pa n < 90°. Trikotnik ABC je ostrokoten. Zato lahko sestavimo površje letrnedra le s štirimi skladnimi kopijami ostrukotnega I ikotnika.
Bralec se Lahko brez težav prepriča, da je trikotnik s stranicami 11. h, r ostrokoten natanko tedaj, kadar so vsi trije izrazi 1/. r in a. podani z enačbami (4), pozitivni.
Literatura
[J] 1. Vidav, O neki posplosi t vi Heronovega obrazca. Obzornik za matematiko in fiziko, 4C (1999), str. 129 - 135.
Ivan Vidav