Delta mi!

Oznaczmy pewną parę przeciwległych ścian danego sześcianu przez oraz w taki sposób, aby odcinki były krawędziami sześcianu oraz ściana nie zawierała żadnego z boków uzyskanego w przekroju pięciokąta, a krawędź - żadnego z jego wierzchołków. Niech ponadto będą punktami przecięcia płaszczyzny przekroju odpowiednio z prostymi

Zauważmy, że czworokąt jest równoległobokiem, co wynika z równoległości przeciwległych ścian sześcianu. Okrąg wpisany w pięciokąt jest wpisany w ten równoległobok, skąd wniosek, że jest rombem. Wykażemy, że jest płaszczyzną symetrii tego rombu; ponieważ jest to także płaszczyzna symetrii wyjściowego sześcianu, więc wyniknie stąd, że punkty i są względem niej symetryczne, co zakończy rozwiązanie.

Skoro jest rombem, to ma prostopadłe przekątne, a zatem punkty oraz są zawarte w płaszczyźnie symetralnej odcinka Płaszczyzna ta nie pokrywa się z płaszczyzną (punkt nie należy do odcinka ), więc przecina się z nią wzdłuż prostej prostopadłej do płaszczyzny Wobec tego punkty i są symetryczne względem płaszczyzny a to właśnie należało udowodnić.

Banalny kontrprzykład: sześcian (o krawędzi ). Weźmy jego dwa przeciwległe wierzchołki (końce przekątnej długości ). Płaszczyzna przechodząca przez środek tworzy w przecięciu z sześcianem sześciokąt foremny, którego wierzchołkami są środki niektórych krawędzi sześcianu, leżące w odległości od środka

Przekrój sześcianu płaszczyzną przechodzącą przez trzy wierzchołki (połączone krawędziami np. z punktem ) jest trójkątem foremnym o boku Najmniejsze koło, zawierające ów trójkąt, ma promień

Niech punkty leżą na krawędziach sześcianu tak, że (Rys. 3(a)). Wówczas podobnie i odcinki te są równoległe, więc punkty leżą w jednej płaszczyźnie, a wobec symetrii problemu równoległobok jest prostokątem.

Korzystając dwukrotnie z twierdzenia Pitagorasa (kolejno dla trójkątów oraz ) obliczamy, iż również zatem jest kwadratem o boku długości

Jeśli każdy z jego wierzchołków przybliżymy do jego środka o taką samą odpowiednio małą odległość, uzyskamy w rezultacie kwadrat o krawędzi 21, którego wierzchołki leżą wewnątrz danego sześcianu.

(a) Kwadrat o boku (b) Tunel o przekroju
(c) Kolorowy sześcian przesuwany przez tunel w szarym sześcianie

Wywierćmy tunel, którego przekrojem poprzecznym jest kwadrat z poprzedniego zadania (wygląda to prawie jak na Rys. 3(b)). Zauważmy, że tunel ten nie ma punktów wspólnych z żadną z krawędzi sześcianu składających się na łamaną zamkniętą (zaznaczoną na czarno na Rys. 3(a)), istotnie więc część sześcianu pozostająca wokół tunelu nie rozpada się i tworzy wielościenną obręcz, przez którą da się przesunąć sześcian o krawędzi 21 (Rys. 3(c)).

(a) Kwadrat o boku (b) Tunel o przekroju
(c) Kolorowy sześcian przesuwany przez tunel w szarym sześcianie

(a) Weźmy dowolny czworościan oraz jego najdłuższą krawędź. Przyjmijmy, że ma ona długość zaś dwie przyległe do niej ściany mają krawędzie długości oraz przy czym krawędzie mają wspólny koniec oraz krawędzie mają wspólny koniec. Wówczas oraz ; stąd wobec czego musi zachodzić co najmniej jedna z nierówności lub Zatem co najmniej jeden z końców krawędzi nie jest wierzchołkiem ciekawym.

(b) Dokładnie jeden wierzchołek ciekawy jest możliwy. Rozpocznijmy od przykładu czworościanu zdegenerowanego do czwórki punktów na płaszczyźnie w konfiguracji: - trójkąt prostokątny; - środek przeciwprostokątnej ; przy czym (np. ). Z punktu wychodzą krawędzie długości ; z punktu z punktu każda z tych trójek spełnia warunek trójkąta. Pozostaje wierzchołek - jedyny ciekawy (wspólny koniec krawędzi ). Teraz wystarczy wyjść w przestrzeń i nieznacznie przemieścić wierzchołek usuwając go prostopadle z płaszczyzny Wychodzące zeń krawędzie trochę się wydłużą. Przy małym przemieszczeniu rozważane nierówności (ostre) pozostaną w mocy; punkt nadal będzie jedynym wierzchołkiem ciekawym.

Przyda się tu "spłaszczenie" polegające na spojrzeniu na ścianę prostopadłościanu Gdyby dało się zbudować go z opisanych w zadaniu klocków, ściana ta byłaby zbudowana z prostokątów o wymiarach oraz Jednak to jest niemożliwe, gdyż figura złożona z takich prostokątów ma pole podzielne przez 3, a tymczasem ściana ma pole równe 64.

Kolorowy prostopadłościan i szary klocek przebity prostą

Prostych równoległych do pewnej krawędzi sześcianu, przechodzących przez jego wnętrze i biegnących wzdłuż linii podziału na kostki jednostkowe jest po w każdym z trzech kierunków, a więc łącznie

Załóżmy, że któraś z nich przebija nieparzystą liczbę klocków. Rozważmy prostopadłościan wyznaczony, w sposób przedstawiony na rysunku, przez tę prostą i dowolną równoległą do niej krawędź sześcianu. Wówczas objętość tego prostopadłościanu byłaby nieparzysta, bo zawierałby on po jednej kostce jednostkowej z każdego z przebitych klocków, a pozostałe klocki w całości lub po połowie. Liczba ta jest jednak jednocześnie wielokrotnością 20 (z uwagi na rozmiar sześcianu), co jest niemożliwe.

Zauważmy, że każdy klocek może być przebity przez najwyżej jedną z rozważanych prostych. Gdyby każda z nich przebijała co najmniej dwa klocki, to łącznie przebijałyby one co najmniej klocków. To także jest niemożliwe, gdyż klocków jest łącznie Wobec tego któraś z rozważanych prostych nie przechodzi przez żaden klocek.

Przednia i tylna ściana danej figury mają wspólny wierzchołek, zatem nie są równoległe. Niech i oznaczają odpowiednio punkty przecięcia prostych z oraz z Wówczas każdy z punktów należy do obu płaszczyzn rozważanych powyżej ścian, a więc też do ich wspólnej prostej. Jednak punkty nie są współliniowe, zatem rysunek nie przedstawia wielościanu.

Oznaczmy przez punkt przecięcia prostych i Punkt ten leży w płaszczyźnie przekroju, zatem leży w niej też prosta Stąd brakujący punkt to punkt przecięcia prostych i

Niech będzie punktem przecięcia prostych i Z kształtu trapezu wynika, że oraz że jego pole to pola trójkąta

Z długości krawędzi trójkąta wnioskujemy, że jest on połową trójkąta równobocznego o krawędzi 2. Ponieważ oraz więc

Stąd czworościan jest foremny o krawędzi 2. Jego objętość jest zatem 8-krotnie większa od objętości czworościanu foremnego o krawędzi 1, więc szukany stosunek objętości równy jest

Prosta leży w płaszczyźnie przedniej ściany ostrosłupa z rysunku, a prosta w płaszczyźnie tylnej ściany, więc punkt należy do obydwu tych płaszczyzn. Ich częścią wspólną jest prosta równoległa do podstawy ostrosłupa (gdyż jest on prawidłowy) i przechodząca przez wierzchołek Stąd jedyną wartością, jaką może przyjąć odległość punktu od płaszczyzny podstawy, jest wysokość ostrosłupa równa

Sześcian i jego widok wzdłuż przekątnej

Krawędzie i są równoległe, leżą więc w jednej płaszczyźnie Stąd punkt też do niej należy; podobnie należy on także do Punkty również leżą w jednej płaszczyźnie.

Powyższe trzy płaszczyzny mają wspólną prostą i każda z nich zawiera inną z trzech krawędzi wychodzących z wierzchołka Oznacza to, że płaszczyzny te tworzą równe kąty dwuścienne, czyli kąty po

Jeśli każda ściana jest trójkątem, to zachodzi równość co jest niemożliwe.

Ponieważ wielościan o 7 krawędziach miałby najwyżej 4 wierzchołki, a więc najwyżej 6 krawędzi - sprzeczność.

Jeśli płaszczyzna przecina krawędzi, to przekrój ma boków i płaszczyzna ta przecina także różnych ścian (bo wielościan jest wypukły). Stąd więc zatem niemożliwe, by

Jeśli jest liczbą nieparzystą, to liczby są nieparzyste, a więc niemożliwe, by

Na mocy wzoru Eulera oraz nierówności uzyskujemy Pozostałych nierówności dowodzimy analogicznie.

Niech oznacza liczbę krawędzi ściany dla wówczas Suma kątów płaskich ścian wielościanu równa jest

Jeśli nie ma, to oraz zatem sprzeczność.

Oznaczmy przez liczbę ścian -kątnych, a przez liczbę naroży -ściennych

Wtedy oraz Stąd

Jeśli wielościan ma ścian pięciokątnych i sześciokątnych, to oraz Wielokąty są foremne, zatem w każdym wierzchołku schodzą się po trzy. Stąd czyli a więc

Zatem - wielościan ma 12 ścian pięciokątnych.

Pozostawiamy Czytelnikom uzasadnienie, że krawiec może uszyć tylko dwunastościany foremne i piłki nożne.

Szukamy wielościanów wypukłych zbudowanych z -kątów foremnych, po w każdym wierzchołku. Oznacza to, że oraz Wobec tego

przy czym Równanie to ma pięć rozwiązań.

Skądinąd znamy pięć wielościanów foremnych: dla czworościan, - sześcian, - ośmiościan, - dwunastościan i - dwudziestościan. Powyższe rozumowanie wskazuje, że więcej ich być nie może.

Rozważmy dwa punkty i na naszej krzywej, dzielące ją na dwie krzywe o równych długościach. Wtedy odległość między i liczona wzdłuż łuku okręgu wielkiego, wynosi mniej niż Niech będzie środkiem tego łuku. Przyjmujemy, że jest to biegun północny naszej sfery. Pokażemy, że krzywa nie przecina równika sfery, czyli leży w całości na półkuli północnej.

Załóżmy przeciwnie, że krzywa przecina równik w punkcie Niech będzie obrazem przy obrocie o wokół osi wyznaczonej przez bieguny sfery. Punkty i przy tym obrocie zamieniają się miejscami. Zauważmy, że krzywa ma taką samą długość jak czyli mniejszą niż Z drugiej strony zawiera ona dwa punkty antypodyczne (punkt i jego obraz przy obrocie), co oznacza, że jej długość wynosi co najmniej Ta sprzeczność kończy dowód.

Odp. Nie!
Dwudziestościan foremny jest środkowosymetryczny, więc każdy jego przekrój płaszczyzną przechodzącą przez jego środek również. Nie istnieje natomiast środkowosymetryczny jedenastokąt.