Delta mi!

Rysunek przedstawia krótszą drogę, co łatwo sprawdzić, korzystając z twierdzenia Pitagorasa.

W przypadku przedstawionym na rysunku każda z możliwych dróg ma długość co najmniej

Można skserować, wyciąć, spróbować złożyć "siatkę" i zobaczyć, że z sklejają się w innym punkcie, niż z Wynika to z faktu, że na rysunku wysokości trójkątów, poprowadzone z wierzchołków nie przecinają się w jednym punkcie - spodku wysokości ostrosłupa - a powinny.

Rys. 1

Rys. 2

Opiszemy, jak go skonstruować. Rozpatrzmy sześciokąt o wszystkich bokach równej długości i kątach przy wierzchołkach równych odpowiednio: Niech będzie punktem przecięcia przekątnych oraz a punktem przecięcia przekątnych oraz (Rys. 1). Łatwo wykazać, że Wybierzmy teraz w przestrzeni punkty oraz po tej samej stronie płaszczyzny sześciokąta, tak aby proste i były prostopadłe do tej płaszczyzny oraz aby Wielościan (Rys. 2) spełnia warunki zadania - ma jedną ścianę, podstawę, która nie jest wielokątem foremnym, cztery ściany będące trójkątami równobocznymi i dwie ściany kwadratowe. Sprawdzenie tego faktu pozostawiamy Czytelnikom.

Tak, taki ostrosłup istnieje. Jeśli dokładnie przyjrzymy się prostopadłościanowi, to dostrzeżemy "w nim" nasz ostrosłup. Rzeczywiście, niech będzie prostopadłościanem. Wówczas ostrosłup spełnia warunki zadania.

Trójkąty oraz są, oczywiście, prostokątne. Ponadto, ponieważ prosta jest prostopadła do płaszczyzny to jest ona prostopadła do każdej prostej z tej płaszczyzny, w szczególności do prostej Zatem trójkąt jest prostokątny. Podobnie dowodzimy, że trójkąt jest prostokątny.

Tak, taki wielościan istnieje. Rozpatrzmy graniastosłup sześciokątny o podstawach oraz Graniastosłup ten ma 18 krawędzi i wszystkie jego ściany mają parzystą liczbę boków. Gdyby udało się dodać jedną krawędź, nie zmieniając własności ścian, to otrzymany wielościan spełniałby warunki zadania. Zauważmy, że sześciokąt można bez trudu podzielić jedną z przekątnych na dwa czworokąty. Teraz tylko trzeba zrobić z tych czworokątów ściany wielościanu przez pochylenie jednego z nich. Poprowadźmy więc przez punkty oraz płaszczyznę przecinającą krawędzie i odpowiednio w punktach oraz Płaszczyzna ta dzieli graniastosłup na dwa wielościany, z których jeden spełnia warunki zadania: ma osiem ścian będących czworokątami i jedną ścianę sześciokątną. Ponadto wielościan ten ma krawędzi.

Czytelnik Uważny skonstruuje podobną metodą inne przykłady wielościanów o zadanych własnościach, rozpatrując graniastosłup o podstawie będącej -kątem, dla

W każdym wierzchołku graniastosłupa o podstawie będącej 99-kątem zbiegają się dokładnie trzy krawędzie. Niestety, taki graniastosłup na 101 ścian. Spróbujemy pozbyć się jednej ściany tak, aby pozostałe własności nie zmieniły się. Przetnijmy nasz graniastosłup płaszczyzną przechodzącą przez jedną krawędź dolnej podstawy i przecinającą wszystkie boczne krawędzie. Płaszczyzna ta dzieli graniastosłup na dwa wielościany, z których dolny spełnia warunki zadania.

Rozpatrzmy graniastosłup trójkątny i płaszczyzną przechodzacą przez środki krawędzi wychodzących z jednego, wybranego wierzchołka odetnijmy z niego czworościan zawierający ten wierzchołek. Następnie w ten sam sposób odetnijmy czworościany z pozostałych "rogów" graniastosłupa. Otrzymany wielościan spełnia warunki zadania.

Zauważmy, że z własności funkcji wynika prawdziwość dwóch nierówności:

Po wymnożeniu tych nierówności stronami otrzymujemy tezę.

Pál Erdős [Ann. of Math. (2) 47 (1946), ] wykazał, że funkcja spełniająca podane warunki musi być postaci dla pewnego

Z twierdzenia o dwusiecznej wiemy, że a skąd

gdzie

Zatem punkt to obraz punktu przy jednokładności o środku i skali Poszukiwany zbiór punktów jest więc obrazem okręgu (bez dwóch punktów) przy tej jednokładności.

Przyjmijmy oznaczenia:

Ponieważ oraz (nier. Cauchy'ego-Schwarza), zatem

Wystarczy rozważyć przypadek, gdy (więc ). Wówczas

Wobec tego

To znaczy, że postulowana nierówność podwójna zachodzi ze stałymi (dla oczywiście też).

Biorąc teraz np. uzyskujemy równość (z podaną stałą ); zaś zmieniając znak w i dostajemy równość (z podaną stałą ). Znalezione stałe są więc optymalne.

Z warunków zadania wynika, że punkt leży wewnątrz trójkąta (jest to bowiem środek okręgu opisanego na tym trójkącie, leżący w obrębie kąta ostrego ). Oznaczmy kąty tego trójkąta: ; ponadto niech ; z założenia

Na bokach i czworokąta (wklęsłego) budujemy, po zewnętrznej jego stronie, trójkąty i przystające odpowiednio do trójkątów i :

(rysunek przedstawia sytuację, gdy punkt leży między i zaś między i ; ale przy innym uporządkowaniu punktów, na jednej lub drugiej z tych prostych, rozumowanie nie wymaga żadnych zmian). Skoro

zatem

Z uzyskanych równości wynika, że trójkąt jest przystający do trójkąta wobec czego i otrzymujemy tezę zadania:

Tak. Koło przykrywające pasek można składać wraz z nim, wtedy złożony pasek mieści się w złożonym kole, które można przykryć kołem niezłożonym.

Tak, dowolny trójkąt rozwartokątny zmieści się w kole, którego średnicą jest jego najdłuższy bok - cięciwa koła opisanego.

a)

Średnica każdego z czterech kół równa jest 1, a przekątna kwadratu jednostkowego ma długość stąd

b)

Średnica każdej z ośmiu kul równa jest 1, a przekątna sześcianu jednostkowego ma długość stąd

c)

Średnica każdej z kul równa jest 1, a przekątna hipersześcianu jednostkowego ma długość stąd

Dla uzyskujemy więc "mała" kulka jest większa od każdej z "dużych" kul, a dla mamy czyli kula wystaje poza hipersześcian!

Tak. Pan Fletowski może umieścić flet wzdłuż głównej przekątnej sześciennego pudła o krawędzi długości 1 m - jej długość to

-otoczka prostokąta, jej pole równe jest

Nie. Rozważmy -otoczkę pudełka o wymiarach czyli zbiór złożony z wszystkich punktów z jego wnętrza oraz punktów odległych od niego o mniej niż Ma ona kształt większego prostopadłościanu o zaokrąglonych krawędziach i rogach. Jej objętość równa jest

gdzie
(objętość wyjściowego prostopadłościanu),
(objętości prostopadłościanów zbudowanych na ścianach),
(fragmenty na równoległych krawędziach sumują się do walców o promieniu podstawy ),
(fragmenty na rogach prostopadłościanu sumują się do kuli o promieniu ).

Zauważmy, że jeśli pudełko o wymiarach da się włożyć do pudełka o wymiarach to również -otoczka pierwszego mieści się w -otoczce drugiego. To z kolei oznacza, że różnica objętości jest nieujemna:

Załóżmy, że

Powyższa różnica objętości jest wówczas wielomianem stopnia 2 zmiennej Skoro ma on wartość nieujemną dla każdego to musi mieć dodatni współczynnik przy najwyższej potędze Stąd co kończy dowód.

(a) Ponieważ iloczyn liczb dla wynosi to korzystając z nierówności między średnimi, dostajemy

Odejmując od obu stron nierówności sumę

dostajemy tezę.

(b) W punkcie (b) będziemy korzystać z następującego lematu: jeśli ciągi liczb rzeczywistych i spełniają

oraz

to wówczas

Załóżmy, że ciąg jest nierosnący:

Wówczas

i z lematu dostajemy

co dowodzi (2). Gdy ciąg jest niemalejący, postępujemy analogicznie.

Teraz (3) otrzymujemy łatwo przez dodanie nierówności (1) i (2) stronami.

Niech przedłużenia ramion i przecinają się w punkcie a proste i w punkcie

Wówczas trójkąty i są przystające, a w szczególności oraz jest środkiem Ponadto jest środkiem ponieważ odcinek jest równoległy do i dwa razy krótszy. Zatem i są środkowymi w trójkącie

Skoro w czworokąt można wpisać okrąg, to zachodzi równość

Ponadto ten okrąg jest wpisany w trójkąty i które mają równe pola (równe połowie pola trójkąta ). W takim razie mają również równe obwody, czyli

Dodając te równości stronami i upraszczając, otrzymujemy równość

Skoro wiemy, że i to mamy też Stąd dostajemy

czyli tezę.