Delta mi!

Umieśćmy w wierzchołkach czworościanu równe masy. Każdy odcinek łączący środki przeciwległych krawędzi łączy środek ciężkości dwóch mas ze środkiem ciężkości pozostałych dwóch, przechodzi więc przez środek ciężkości ich wszystkich.

Umieśćmy w punktach  masy odpowiednio  a w punkcie  trzy masy:    i   Wtedy  dla  więc środek ciężkości  układu  leży na płaszczyźnie  Ponadto  bo  Skoro  oraz  to  jest środkiem odcinka  Stąd i z wcześniejszego  wynika  i 

Jeśli rzut środka ciężkości wielościanu wypukłego nie należy do ściany, na której on stoi, to wielościan ten przewraca się. Gdyby istniał opisany w zadaniu wielościan, przewracałby się w nieskończoność. Ale to jest niemożliwe.

Ponieważ odcinki  i  zawierają się w jednej płaszczyźnie i jednocześnie zawierają się w płaszczyznach równoległych, więc są to odcinki równoległe. Analogicznie równoległe są odcinki  i  Stąd czworokąt  jest równoległobokiem.

Niech ponadto punkt  będzie punktem przecięcia przekątnych  i  podstawy  a  – punktem przecięcia przekątnych  i  równoległoboku  Zauważmy, że odcinek  jest odcinkiem łączącym środki nierównoległych boków trapezów  i  Jest on równoległy do boków równoległych tych trapezów oraz

stąd

Teza wynika z następującego lematu:

Z twierdzenia 1 (patrz artykuł źródłowy) wynika, że

a stąd

Rys. 1

Rys. 2

Wykażemy, że miara tego kąta jest równa  Niech  będą punktami styczności sfery wpisanej odpowiednio ze ścianami  Z równości    i   wnioskujemy, że czworościany  i  są przystające (Rys. 1). Zatem kąt dwuścienny między płaszczyznami  i  jest równy kątowi dwuściennemu między płaszczyznami  i  Analogicznie dowodzimy, że kąt dwuścienny między płaszczyznami  i  jest równy kątowi dwuściennemu między płaszczyznami  i  Wykażemy, że punkty  leżą na jednej płaszczyźnie. Wtedy, korzystając z poprzednich obserwacji, łatwo obliczyć, że kąt dwuścienny między płaszczyznami  i  ma miarę

Ponieważ płaszczyzna  jest prostopadła do prostej  to  (Rys. 2). Stąd i z danego w treści warunku  dostajemy  Analogicznie udowodnimy, że  Zatem punkty  leżą na jednej płaszczyźnie prostopadłej do krawędzi  co kończy dowód.

Ściana  jest trójkątem o bokach długości  ma zatem kąt prosty przy wierzchołku Analogicznie  Ściana  ma boki długości  czyli jest połówką kwadratu o boku 3, więc też ma kąt prosty przy wierzchołku  Ustawmy dany ostrosłup inaczej: niech  będzie podstawą. Wobec powyższych obserwacji  jest wtedy wysokością i   Stąd objętość ostrosłupa to

Ustawmy czworościan na krawędzi i rozważmy sześcian, którego czterema wierzchołkami są wierzchołki tego czworościanu. Każda z krawędzi czworościanu jest przekątną pewnej ściany sześcianu, zatem krawędź sześcianu ma długość  Środki przeciwległych krawędzi czworościanu są środkami przeciwległych ścian sześcianu, więc ich odległość równa jest długości krawędzi sześcianu.

Przypuścmy, że w każdym wierzchołku istnieje kąt o mierze równej co najmniej  Wtedy z twierdzenia 1 z artykułu wynika, że suma kątów płaskich w każdym wierzchołku jest większa niż  W takim razie suma wszystkich kątów płaskich w czworościanie jest większa od  Sprzeczność, gdyż ta suma jest równa

Ponieważ ściany boczne są trójkątami równoramiennymi, to otrzymujemy

Podobnie dowodzimy, że pozostałe kąty trójkąta  są ostre.

Odpowiedź:
Istotne, czworościan  w którym

pokazuje, że możliwe jest uzyskanie  Wykażemy, że więcej się nie da. Przypuśćmy, że istnieje czworościan, dla którego dana suma jest większa niż  Wynika stąd w szczególności, że liczba krawędzi długości  jest równa co najmniej  Jeśli jest  krawędzi długości  to nie ma kątów rozwartych. Jeśli jest  krawędzi długości  to mogą być co najwyżej dwa kąty rozwarte. Zatem liczba krawędzi długości  musi być równa  Tym samym liczba kątów rozwartych musi być równa  Zatem żadne trzy krawędzie nie mogą więc tworzyć trójkąta równobocznego. To wyzancza nam jedną (z dokładnością do permutacji wierzchołków) konfigurację:

Jednakże

Sprzeczność.

Wykażemy najpierw, że

Przyjmijmy, że płaszczyzna  przecina krawędź  w punkcie  Wtedy korzystając dwukrotnie z twierdzenia 1 z artykułu dostajemy

Czytelnik z pewnością zauważa analogie do zadania: jeśli punkt  leży wewnątrz trójkąta  to  – wystarczy rozważyć sferę o środku  i otrzymujemy sferyczną wersję tej nierówności. Analogicznie dowodzimy, że

oraz

Stad otrzymujemy

Dwunastościan widziany przez przednią ścianę.

(a) Można (rysynek obok). Kolorem zaznaczono krawędzie o nieparzystych numerach.

(b) Nie można. Niech oznacza sumę wszystkich numerów krawędzi:

Niech oznacza sumę numerów w -tym wierzchołku ( ). Wtedy bo numer każdej krawędzi jest liczony dwukrotnie – przy każdym z jej końców. Gdyby każda z liczb była podzielna przez 4, to także. Jednak nie dzieli się przez 4.

(a) Nie. Opisana operacja zwiększa o 2 sumę wszystkich liczb. Początkowo suma ta jest równa 1, więc zawsze jest nieparzysta, czyli niepodzielna przez 8.

(b) Nie. Wyróżnijmy liczby w czterech wierzchołkach, jak na rysunku. Niech oznacza ich sumę, a – sumę pozostałych czterech liczb. Opisana operacja nie zmienia Początkowo Tymczasem gdyby i to

Nie można. Liczby we wszystkich wierzchołkach muszą być tej samej parzystości, aby dla każdej krawędzi liczba umieszczona na jej środku była całkowita. Liczba 1 nie jest średnią arytmetyczną żadnych liczb większych od niej, zatem musi stać w wierzchołku, podobnie liczba 18. Nie są one jednak tej samej parzystości.

Oznaczmy przez i i oraz i liczby zapisane na parach przeciwległych ścian sześcianu. Zauważmy, że w każdym wierzchołku występuje inny spośród ośmiu możliwych iloczynów gdzie Suma liczb w wierzchołkach jest więc sumą tych ośmiu iloczynów i można ją zapisać jako

Liczby 7 i 41 są pierwsze, a sumy w nawiasach po lewej stronie większe od 1, więc