Szabályos testek tétele

A szabályos testek tétele szerint pontosan öt szabályos háromdimenziós test létezik. Ez első pillantásra meglepőnek tűnik, mivel szabályos sokszögből végtelen sok van. A tétel maga a szabályosság rendkívül szigorú definícióját kihasználva bizonyítható.

A tétel megfogalmazása

A geometriában szabályos testnek nevezzük azt a poliédert, aminek minden oldala egybevágó, így az élei egyenlőek és a lapszögei is egyenlőek. Ebből következően állítható, hogy pontosan öt ilyen test létezik:

Tetraéder Hexaéder Oktaéder Dodekaéder Ikozaéder

Ha az oldalak egybevágóságától eltekintünk, akkor lényegesen több (de még mindig véges sok) testet találunk, ezek az Arkhimédészi testek.

A tétel bizonyítása

A tétel bizonyítása két részből áll. Egyrészt megmutatjuk, hogy legfeljebb öt ilyen test lehet, majd pedig mind az ötnek a létezését támasztjuk alá.

A darabszám igazolása

A tételt az Euler-féle poliédertétel segítségével bizonyíthatjuk. Ennek állítása, hogy egy poliéder c darab csúcsára, e darab élére és l darab lapjára érvényes, hogy

c − e + l = 2. {\displaystyle c-e+l=2.}

Ha a poliéder oldalai s oldalú sokszögek, illetve egy csúcsban m él fut össze, akkor az élek száma

e = l s 2 e = c m 2 {\displaystyle {\begin{aligned}e&={\frac {ls}{2}}\\e&={\frac {cm}{2}}\end{aligned}}}

Ezeket a kifejezéseket átrendezve kapjuk, hogy

1 s = l 2 e 1 m = c 2 e {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{s}}&={\frac {l}{2e}}\\{\frac {1}{m}}&={\frac {c}{2e}}\end{aligned}}}

Most rendezzük át Euler tételét!

c + l = 2 + e {\displaystyle c+l=2+e}

Ha ezt elosztjuk 2e-vel, akkor egy egészen szimpatikus formát kapunk:

c 2 e + l 2 e = 1 2 + 1 e , {\displaystyle {\frac {c}{2e}}+{\frac {l}{2e}}={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{e}},}

ugyanis ebbe a fenti kifejezéseket behelyettesíthetjük. Az eredmény:

1 s + 1 m = 1 2 + 1 e . {\displaystyle {\frac {1}{s}}+{\frac {1}{m}}={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{e}}.}

Akár már ezt az egyenletet is megoldhatnánk, azonban ez kifejezetten nehézkes feladat, így érdemes észrevenni, hogy mivel e csak pozitív egész lehet, a jobboldal kifejezetten nagyobb félnél. Az egyenletet így már felhasználhatjuk céljainkra:

1 s + 1 m > 1 2 ⋅ 2 s m 2 m + 2 s > s m 0 > s m − 2 m − 2 s + 4 4 > s m − 2 s − 2 m + 4 4 > s ( m − 2 ) − 2 ( m − 2 ) 4 > ( s − 2 ) ( m − 2 ) {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{s}}+{\frac {1}{m}}&>{\frac {1}{2}}&\cdot 2sm\\2m+2s&>sm\\0&>sm-2m-2s&+4\\4&>sm-2s-2m+4\\4&>s(m-2)-2(m-2)\\4&>(s-2)(m-2)\end{aligned}}}

Ezt az egyenlőtlenséget viszonylag egyszerű megoldani, hiszen s>2 miatt a 4-nél kisebb számokat kell felbontani két pozitív egész szorzatára. Szerencsére ezeket túl sok módon nem lehet, hiszen az 1-ről és két prímről van szó. Mindegyik egy-egy szorzat, az 1-é egyféle, mint az közismert, a prímeké a két különböző eredetű tényező miatt kétféle lehet, ez összesen öt.

Vegyük észre, hogy most azt bizonyítottuk mindössze, hogy ötféle test létezhet, de ebből még nem következik bármelyiknek a létezése is.

A létezés igazolása

Elsőként nézzük meg, mit tudunk mondani a testekről eddig. A lehetséges megoldások:

A szorzat s m c e l
1 3 3 4 6 4
2 3 4 6 12 8
2 4 3 8 12 6
3 3 5 12 30 20
3 5 3 20 30 12

Azt nem nehéz belátni, hogy az oldallapoknak szabályos sokszögeknek kell lennie. A feladat így jelentősen egyszerűsödik. Az egyes eseteket külön-külön vizsgáljuk, a lapok oldalszáma és a csúcsok fokszáma szerint.

A (3,3) eset

A kocka a (3,4) eset alapján létezik. Valamelyik csúcsából vegyük fel a lapátlókat. Ezek egyenlő hosszúak, a kocka tulajdonságaiból következően. Az átlók végeit szintén lapátlókkal összeköthetjük, amik szintén egyenlő hosszúságúak. Ezzel a szabályos test egyik feltétele teljesült.

A lapátlók alkotta élek egyenlő oldalú háromszögeket alkotnak, így az egy csúcsba futó élek is páronként egyenlő szögeket zárnak be. A háromszögek magasságai és egy-egy középvonal is egybevágó háromszögeket alkotnak, így a lapszögek is megegyeznek. A tetraéder tehát kielégíti a szabályos testek feltételeit.

A (3,4) eset

Ez a hexaéder, más néven a kocka. Ennek létezése triviálisan igazolható, mivel három, egymásra páronként merőleges egyenes segítségével lehet kijelölni.

Maga a kocka a hasábokból is triviálisan levezethető, a lapszögek és az élhosszakra kirótt feltételek segítségével.

A (4,3) eset

Ezt a testet oktaédernek nevezzük, mivel nyolc lapja van. A tetraéderhez hasonlóan a kockából vezethető le.

A kocka minden lapjának kijelölhető a középpontja, ez nyolc pontot jelent. A szomszédos lapokon lévő pontok távolsága egyenlő, ennek puszta szimmetricitási okai vannak. Hasonló okokból az élszögek is egyenlők. Mivel pedig az élek háromszögeket zárnak közre, méghozzá egyenlő oldalú háromszögeket, ezért a lapok egybevágósága is teljesül. Végül a lapszögek egyenlősége is belátható, elég a kocka szimmetriáit figyelembe venni hozzá. Ezzel az oktaéder létezése igazoltatott.

A (3,5) eset

Az ikozaéder létezésének belátása a többi testénél némileg bonyodalmasabb. Ennek oka, hogy, akárcsak a többi testnél, itt is konstruktívan bizonyítunk, azonban nem áll rendelkezésre semmilyen segédtest, amiből ki tudnánk indulni.

Első lépésként vegyünk fel egy BCDEF szabályos ötszöget. Ennek M középpontjában emeljünk az ötszög síkjára merőlegest. A merőleges és a C csúcs által meghatározott síkban szerkesszünk ötszöget, aminek egyik befogója a CM szakasz, a másik pedig az ötszög egy oldalával egyenlő hosszúságú.[* 1] A háromszög harmadik csúcsát jelöljük A-val. Így kaptuk az ABCDEF ötszög alapú szabályos gúlát.

A gúla AB élének vegyük fel az O1 felezőpontját, és az ezen átmenő, AB-re merőleges γ1 síkot. E sík tartalmazza az O1C és O1F magasságokat is. Ha tükrözzük a γ1 síkra a gúlát, akkor az ABC és ABF háromszögek tehát önmagukba mennek át. A D pont tükörképe G, így az ACD háromszög képe BCG lesz, az E ponté K, tehát az AFE háromszög képe BFK, végül ADE képe pedig BGK. A tükrözés szimmetriatulajdonságai miatt a B csúcsú, ACGKF vezérsokszögű poliéder a gúlával egybevágó lesz.

Ezt a gúla többi élére (γ2 az AC él felezősíkja, stb.) is elvégezve öt olyan gúlapalástot kapunk, amik az ABCDEF gúlával egybevágóak, ezt és egymást részben átfedik, így megkapjuk a GHIJK szabályos ötszöget, illetve a megfelelő éleket. Így az eredeti öthöz tíz további lapot kaptunk.

Mivel G D-nek γ1 szerinti, F-nek pedig γ2 szerinti tükörképek, hasonlóan K a H és E csúcsoké, a lapszögekre kapjuk, hogy (GBK,GBC)∢=(DAE,DAC)∢=(ADC,ADE)∢ és (GCB,GCH)∢=(FAB,FAE)∢=(AFB,AFE)∢. Eszerint a G-ben csatlakozó három lap is kiegészíthető egy ötszögalapú gúla palástjává, aminek hiányzó csúcsa L. Belátható, hogy ez egyben a H..K csúcsok mindegyikében találkozó lapokat is ugyanilyen gúlapalástokká egészíti ki, az L-ben találkozó lapok pedig szimmetria-okokból egybevágóak egymással, és így a korábbi gúlapalástok bármelyik lapjával is.

Az ABCDEFGHIJKL test tehát egybevágó, szabályos sokszöglapokból álló test, így szabályos, azaz ikozaéder.

Az (5,3) eset

Az ikozaéder minden lapja szabályos háromszög. Ezen háromszögek köréírható köreinek középpontjait összekötő egyenesszakaszok az ikozaéder szimmetriái miatt egyenlőek. Az így kapott poliédernek, ami a dodekaéder így húsz csúcsa és 12 szabályos, egybevágó ötszöglapja van, amint azt az (5,3) eset megköveteli. Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Általánosítás

A tétel nem csak három dimenzióra vonatkoztatható. Kétdimenziós esetben a szabályos testek a szabályos sokszögek, ezekből végtelen sok van. Egy és nulla dimenzió esetén a szabályosság értelmét veszti, itt nem foglalkozunk a tétellel. Négy dimenzióban hatféle szabályos test van, négynél több dimenzió esetén pedig mindössze három.

Megjegyzések

  1. ↑ Ez biztosan lehetséges, mert a CM sugarú körbe írt ötszög oldala nagyobb, mint a beírt hatszögé, ez a kerületi és középponti szögek tételéből következik.

Források

  • Pelle Béla – Geometria (Tankönyvkiadó, 1974) ISBN 963 17 0746 6

Lásd még