Delta mi!

Z danych równości wynika, iż wszystkie ściany rozważanego czworościanu są trójkątami przystającymi. Oznaczmy kąty ściany  przez ; ich suma to  W każdym wierzchołku czworościanu schodzą się takie właśnie trzy kąty płaskie. Stąd  więc  czyli  Analogicznie  oraz

Obróćmy ścianę  danego czworościanu wokół krawędzi  tak, aby znalazła się w płaszczyźnie ściany  ale po przeciwnej stronie prostej  Na uzyskanym w ten sposób czworokącie  można opisać okrąg, gdyż

Analizując kąty wpisane w ten okrąg, oparte na równych łukach, dostajemy

przy czym ostatnią nierówność otrzymujemy, rozważając kąt trójścienny przy wierzchołku  czworościanu. To kończy dowód.

Oznaczmy przez  i   rozpatrywane sfery. Niech  będzie stożkiem o wierzchołku  w który wpisane są sfery  i  (każda tworząca stożka  jest wspólną styczną sfer  i  ). Posługując się sferami Dandelina, wnioskujemy, że część wspólna płaszczyzny  i stożka  jest elipsą wpisaną w trójkąt  a punkty  i   to jej ogniska. W takim razie spełnione są równości

Wiadomo, że jeśli punkt  jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie  a   punktem przecięcia jego wysokości, to powyższe równości są spełnione. Z drugiej strony dla danego punktu  punkt  jest jednoznacznie wyznaczony przez powyższe zależności. Skoro więc  jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie  to  musi być punktem przecięcia wysokości tego trójkąta.

Niech  będzie stożkiem o wierzchołku  w który wpisana jest sfera wpisana w ostrosłup  Część wspólna tego stożka z płaszczyzną podstawy jest elipsą wpisaną w czworokąt  a punkt  jest jej ogniskiem. Teza zadania jest po prostu jedną ze znanych własności elipsy wpisanej w czworokąt.

Wykażemy, że obraz symetryczny  punktu  względem środka ciężkości  danego czworościanu należy do każdej z sześciu rozważanych płaszczyzn. Wystarczy, że udowodnimy, iż punkt  należy do płaszczyzny  przechodzącej przez punkty  i   oraz równoległej do prostej łączącej punkt  ze środkiem krawędzi

Niech  i   będą środkami krawędzi  i   Punkt  jest środkiem odcinka  a więc czworokąt  jest równoległobokiem. Zatem proste  i   są równoległe. Skoro punkt  leży w płaszczyźnie  to prosta  także. To dowodzi, że punkt  należy do płaszczyzny

Zastosujmy inwersję względem dowolnej sfery o środku w punkcie styczności sfer  i  Wówczas obrazami tych dwóch sfer, przechodzących przez środek inwersji, są płaszczyzny  i  Płaszczyzny te są równoległe, bo jedynym wspólnym punktem sfer  i   jest środek inwersji.

Identyczne piłeczki na stole. Nie narysowano płaszczyzny  równoległej do  i stycznej do sfer od góry.

Obrazem każdej z pozostałych sfer  jest sfera (bo żadna z nich nie przechodzi przez środek inwersji) styczna do  i  Z równoległości tych płaszczyzn wynika, że wszystkie sfery  mają średnice równe odległości  od  czyli są przystające. Ponadto wszystkie sfery  są styczne do sfery  oraz dla każdego  sfera  styczna jest do sfery (przy czym ). Odpowiada to sytuacji, gdy na stole (płaszczyźnie ) ustawiamy piłeczki, przy czym łańcuch kolejno stycznych piłeczek  otacza środkową piłeczkę  stykając się także z nią. Skoro wszystkie piłeczki są tej samej wielkości, to taki łańcuch „domyka” się wtedy i tylko wtedy, gdy

Stąd również w wyjściowej sytuacji (przed inwersją) łańcuch sfer  ma zawsze dokładnie sześć elementów i nie zależy to od rozmiarów ani położenia sfer  ani też od wyboru sfery  Taki łańcuch sfer nazywa się Hexletem Soddy’ego.

Przy symetrii względem osi  współrzędna  się nie zmienia, a współrzędne  i   zmieniają znak.

Wprowadźmy układ współrzędnych tak, aby wyróżniony wierzchołek  czworościanu był w punkcie  a prostopadłe dwusieczne kątów płaskich  i   były zawarte odpowiednio w dodatnich półosiach  i 

Rozważmy dowolny punkt  z półprostej  Jego obrazem w symetrii względem osi  jest punkt  na półprostej

Z kolei obrazem punktu  w symetrii względem osi  jest punkt  na półprostej  Punkty  i   są więc symetryczne względem osi  Zatem, z dowolności wyboru  całe półproste  i   są symetryczne względem  Stąd dwusieczna kąta  zawarta jest w osi  co kończy dowód.

Umieszczamy czworościan w przestrzeni czterowymiarowej, tak, by jego wierzchołkami były punkty

Dla mamy wówczas

co się zgadza z treścią zadania, gdy  Nie ogranicza to ogólności rozumowania, bo równość podana do udowodnienia ma po obu stronach wyrażenia jednorodne stopnia 4.

Weźmy dowolny punkt  leżący w tej samej przestrzeni trójwymiarowej, co punkty  czyli taki, że  Przyjmijmy, że leży on w odległości od początku układu współrzędnych:  Obliczamy:

Dwie ostatnie równości dają tezę zadania.

(Autor rozwiązania: Jerzy Cisło.)

Płaszczyzną symetralną odcinka  nazywamy płaszczyznę do niego prostopadłą, przechodzącą przez jego środek.

Rozważmy najpierw jedną ścianę  naszego wielościanu. Płaszczyzny symetralne krawędzi tej ściany przecinają się wszystkie wzdłuż prostej  prostopadłej do ściany  i przechodzącej przez środek okręgu opisanego na tej ścianie. Ta prosta jest zbiorem środków wszystkich sfer zawierających wszystkie wierzchołki ściany

Niech  będzie wspólną krawędzią sąsiednich ścian  i   Proste  nie są równoległe i obie leżą w płaszczyźnie symetralnej  Przecinają się więc w jednym punkcie, który jest środkiem sfery opisanej na ścianach  i 

Z drugiej strony, jeśli jakaś sfera jest opisana na ścianach  i   to jej środek musi leżeć zarówno na prostej  jak i na prostej  co dowodzi, że ta sfera jest wyznaczona jednoznacznie.

Skoro w wierzchołku  spotykają się trzy krawędzie, to w tym wierzchołku spotykają się też trzy ściany. Oznaczmy je jak na rysunku.

Weźmy punkt przecięcia prostej  z płaszczyzną symetralną odcinka (przyjmujemy definicje i oznaczenia z rozwiązania zadania M 1375). Zauważmy, że należy on też do prostej  Istotnie, należy do płaszczyzny symetralnej  bo prosta  jest w niej zawarta, i do płaszczyzny symetralnej  Przecięcie tych płaszczyzn to właśnie prosta  Podobnie, należy on do prostej  Jest więc równo odległy od wszystkich wierzchołków ścian

Załóżmy przeciwnie, że wielościan nie jest wpisany w sferę. Wtedy istnieją dwa wierzchołki wielościanu, dla których sfery z zadania ZM-1376 różnią się. Połączmy te wierzchołki ścieżką złożoną z krawędzi. Wtedy znajdziemy taką krawędź  na tej ścieżce, że sfera zawierająca wierzchołki ścian spotykających się w   różni się od sfery, w którą są wpisane ściany spotykające się w   Ale to znaczy, że dla sąsiednich ścian o wspólnej krawędzi  istnieją dwie różne sfery, w które te ściany są jednocześnie wpisane, co przeczy tezie zadania ZM-1375.

Ponieważ  dla  więc wszystkie punkty  leżą na sferze Apoloniusza dla punktów  i stałej 2 (zdefiniowanej analogicznie do okręgu). Jej średnicę wyznaczają punkty  na prostej  spełniające warunek  dla  Wówczas

Wobec tego  także jest średnicą rozważanej sfery. Stąd kąt  jest prosty, jako wpisany oparty na średnicy. Proste  i   przecinają się (w środku sfery), więc punkty  leżą na jednej płaszczyźnie.

Niech  oznaczają odpowiednio rzuty punktów  na płaszczyznę  Dla punktu  różnego od  i  równość  zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty prostokątne  i  są podobne. Równoważnie,  Jeśli  to punkty  o żądanej własności tworzą okrąg Apoloniusza dla punktów  i stałej  Jakie jest rozwiązanie, gdy  Czy możliwe, by

Odpowiedź: minimalna wartość wyrażenia  wynosi

Rysując trójkąty prostokątne  i   na jednej płaszczyźnie, dostajemy czworokąt  wpisany w okrąg.

Oczywiście,  Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy  jest punktem przecięcia przekątnych tego czworokąta. Szukana minimalna wartość wyrażenia  to długość odcinka  którą możemy obliczyć z twierdzenia Ptolemeusza:

więc

Najpierw przetłumaczmy tezę na język inwersji. Należy po prostu wykazać, że sfera przechodząca przez punkty  i sfera opisana na czworościanie  są prostopadłe. Zauważmy, że

dla pewnej liczby  Rozważmy inwersję o środku  i promieniu  Zauważmy, że sfera  przechodzi na siebie, a punkty  odpowiednio na  (i na odwrót). Obrazem drugiej z rozważanych sfer będzie więc płaszczyzna przechodząca przez punkty  Jednakże środek sfery  leży właśnie na płaszczyźnie  skąd wniosek, że płaszczyzna ta jest do niej prostopadła. A skoro inwersja zachowuje kąty między powierzchniami, to sfera przechodząca przez punkty  i sfera opisana na czworościanie  też są prostopadłe.

Zauważmy najpierw, że rozważane rzuty leżą na sferze o średnicy  Weźmy rzut stereograficzny tej sfery z punktu  na płaszczyznę (Rys. 1). Niech  będzie rzutem prostokątnym punktu  na ścianę  Płaszczyzna  jest prostopadła do krawędzi  skąd wynika, że obraz  punktu  w tym przekształceniu będzie rzutem prostokątnym punktu  na krawędź  Analogicznie udowodnimy, że obrazami pozostałych rzutów są rzuty punktu  na pozostałe boki czworokąta  Jednakże w czworokącie o prostopadłych przekątnych rzuty prostokątne punktu przecięcia przekątnych leżą na jednym okręgu (łatwy dowód tego faktu pozostawiamy Czytelnikowi – Rys. 2). Przeciwobrazy tych rzutów leżą więc na okręgu położonym na sferze o średnicy

Oznaczmy przez  promień Ziemi, a przez  rozmiar otrzymanej szczeliny. Obręcz odstająca od powierzchni Ziemi ma długość  i wiemy, że długość ta jest równa  Stąd  czyli  metra.