Delta mi!

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

Ponieważ w czworościan można wpisać kulę o środku i promieniu 1, wysokość tego czworościanu wynosi 4 (na podstawie przytoczonej własności). Przekształćmy czworościan foremny przez jednokładność względem punktu o skali W efekcie otrzymamy czworościan Korzystając z własności jednokładności, wnioskujemy, że płaszczyzna przecina wysokość w punkcie w taki sposób, że a kula jest również styczna do płaszczyzny Zatem kula wpisana w czworościan ma promień i ma tylko jeden punkt wspólny z kulą

Analogicznie pokazujemy, że istnieją cztery kule o promieniu umieszczone w każdym „rogu” czworościanu Każda z tych kul ma tylko jeden punkt wspólny z kulą Ponieważ kula ma promień 1, więc można umieścić w niej dwie kule o promieniu które mają tylko jeden punkt wspólny.

Zatem otrzymaliśmy sześć kul, które spełniają warunki zadania.

Niech będą odpowiednio środkami krawędzi  Przekształćmy kulę i czworościan przez

• jednokładność o środku i skali
• jednokładność o środku i skali

Efektem tych przekształceń będą dwa czworościany, które mają tylko jeden punkt wspólny – środek kuli  Zatem kule wpisane w te czworościany nie mają punktów wspólnych.

Przekształćmy teraz kulę przez

• jednokładność o środku i skali
• jednokładność o środku i skali

Obrazami środka kuli będą środki kul o promieniach znajdujące się w połowie odcinków i Wykażemy teraz, że kule te nie mają punktów wspólnych.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, wyliczamy, że czworościan foremny o wysokości 4 ma krawędź długości Zatem odległość punktów i wynosi Środki boków i w trójkącie pozostają w odległości która jest większa od 1.

Zatem we wnętrzu czworościanu można umieścić sześć kul: każda z nich jest obrazem kuli wpisanej w czworościan w jednokładności o skali i środku będącym środkiem krawędzi czworościanu.

Załóżmy, że prosta przecina prostą w pewnym punkcie  (poza odcinkiem  Wtedy z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta  i prostej mamy

Odcinki stycznych do sfery z jednego punktu są równe, stąd Wobec powyższego

Zatem z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta prosta przecina prostą w punkcie  Stąd proste  i przecinają się, więc punkty leżą na jednej płaszczyźnie. Prostszy przypadek pozostawiam jako ćwiczenie.

Zauważmy, że jeżeli odcinek łączący wierzchołek czworościanu ze środkiem okręgu opisanego na przeciwległej ścianie jest jednocześnie wysokością tego czworościanu, to krawędzie wychodzące z tego wierzchołka są równej długości. Oznaczmy wierzchołki czworościanu przez  oraz długość krawędzi wychodzących z wierzchołka  przez  , gdzie . Wtedy krawędź , gdzie , wychodzi z wierzchołka  oraz z wierzchołka  . Oznacza to, że , a więc czworościan jest foremny.

Równoważność pierwszych dwóch brył:

Dętka może zjeść obwarzanek, ale musi się „wywlec” na drugą stronę:

Dętka najpierw rozszerza buzię wzdłuż (mówi „iii”), potem w poprzek („aaa”), aż cała składa się jedynie z dwóch cienkich połączonych pasków. Wtedy „owija” obwarzanek (mówi „ooo”) i z powrotem zmniejsza buzię.

Warto też zauważyć, że „równoleżniki” i „południki” dętki zamieniają się rolami.

Jedno z nietypowych rozwiązań może wyglądać tak: zadanie powinno mieć jednoznaczne rozwiązanie, gdyż inaczej nie zaproponowano by go. Jeśli istnieje jednoznaczne rozwiązanie, to objętość poszukiwanej bryły jest stała, a więc będzie taka sama, gdy przyjmiemy, że promień otworu jest zerowy. Znaczy to, że objętość pozostałej części będzie równa objętości kuli o średnicy 6 centymetrów. (Wg Gardnera rozwiązanie to podał John W. Campbell, wydawca Astounding Science Fiction.) Proponujemy zweryfikowanie tego rozumowania poprzez przeprowadzenie standardowego rachunku, nie zrażając się tym, że danych jest jakby za mało.