Delta mi!

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.

Korzystając z twierdzenia 1 z artykułu dostajemy

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

Przyjmijmy, że  jest wierzchołkiem danego kąta trójściennego,      – dowolnymi punktami leżącymi na różnych krawędziach tego kąta, zaś  dowolnym punktem na półprostej  Mamy udowodnić, że

Wystarczy dowieść, że

(pisząc trzy takie nierówności i sumując je stronami dostajemy tezę). To jednak wynika natychmiast z rozwiązania poprzedniego zadania.

Uwaga. Z rozwiązania uzyskaliśmy, że dana nierówność jest ostra, jeśli tylko dany kąt jest niezdegenerowany – równość może zajść tylko wtedy, gdy prosta  pokryje się z jednym z ramion kąta, a ponadto pozostałe dwa ramiona również się pokryją.

Załóżmy, że  jest wspólnym wierzchołkiem danych dwóch kątów oraz przyjmijmy, że pewna płaszczyzna przecinająca wszystkie ściany obywdu kątów tworzy w przekroju wewnętrznego kąta wielokąt  Niech ponadto półprosta  przecina zewnętrzny kąt w punkcie  (jak zwykle idneksowanie modulo ). Dla  zachodzą nierówności

gdzie  jest sumą kątów płaskich przy wierzchołku  części kąta zewnętrznego ograniczonej płaszczyznami  i  Dodając te wszystkie nierówności stronami dostajemy tezę.

Trójkąt  uzupełniamy do prostokąta  Wówczas z równości  wynika, że  To w połączeniu z  dowodzi, że trójkąt  jest równoboczny. Zatem

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.

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.

Pomalujmy sześcian jaskrawą farbą przed pocięciem. Po pocięciu jeden z sześcianików będzie miał wszystkie ściany niepomalowane. A ścian tych jest 6. Ponieważ żadnych dwóch z nich nie można otrzymać w jednym cięciu, więc mniej ich być nie może (a czy może być 6?).

W czworościanie ortocentrycznym niech będzie środkiem sfery opisanej, a   i  – środkami krawędzi  i  . Przez   oznaczmy środek odcinka , czyli środek ciężkości czworościanu . Niech będzie punktem symetrycznym do  względem  (rysunek). Punkty leżą wtedy na jednej prostej, a   jest środkiem odcinka  . Wobec tego chcemy wykazać, że jest ortocentrum czworościanu  .

Zauważmy, że czworokąt jest równoległobokiem. W szczególności proste  i  są równoległe. Z definicji punktów  i  wynika, że odcinki i  są prostopadłe, więc również . Stąd i z prostopadłości prostych  i  ( jest ortocentryczny!) wynika, że płaszczyzna jest prostopadła do prostej  . W takim razie prosta jest prostopadła do prostej  . Analogicznie dowodzimy, że jest prostopadła również do prostej  .

To zaś oznacza, że jest prostopadła do całej płaszczyzny , czyli stanowi wysokość czworościanu . Podobnie dowodzimy, że proste są wysokościami rozpatrywanego czworościanu, co kończy dowód.

Niech będzie punktem przecięcia wysokości czworościanu poprowadzonych z wierzchołków  i  Mamy , więc też i analogicznie . W takim razie płaszczyzna jest prostopadła do krawędzi , w szczególności . Na prostej  wybierzmy taki punkt  , że . Zatem płaszczyzna jest prostopadła do krawędzi . Niech  i  będą wysokościami trójkąta (rysunek obok). Prosta jest prostopadła zarówno do  , jak i do  (bo leży w płaszczyźnie prostopadłej do tej krawędzi). Jest więc wysokością czworościanu poprowadzoną z wierzchołka  . Analogicznie dowodzimy, że również jest wysokością danego czworościanu. Te dwie proste mają punkt wspólny będący ortocentrum trójkąta . Dowód jest więc zakończony.

Skoro , to a więc Ponadto skąd Zatem płaszczyzna jest prostopadła do prostej  W takim razie . Analogicznie udowodnimy, że Zatem punkt  jest ortocentrum trójkąta 

Rys. A.

Niech  i  będą punktami styczności sfery wpisanej w czworościan odpowiednio ze ścianami i  , a   i  punktami styczności sfery dopisanej odpowiednio z płaszczyznami i  . Wówczas trójkąty i  są przystające (Rys. A.). Oznaczmy miary kątów trójkąta przy wierzchołkach odpowiednio przez . Trójkąty i  są przystające, skąd wynika, że (Rys. B.). Analogicznie . Niech . Wtedy (bo ). Jednakże  i  , więc

(Rys. C.), skąd . Zatem . Analogicznie dowodzimy, że , a to oznacza, że jest punktem przecięcia wysokości trójkąta .

Niech  i  będą punktami styczności sfery wpisanej odpowiednio ze ścianami i  . Trójkąty utworzone przez pewną krawędź i punkty styczności sfery wpisanej z dwoma ścianami zawierającymi tę krawędź są przystające. Wygodnie jest teraz wszystko rysować na siatce Oznaczmy: , , , , , .

Otrzymujemy

Dodając stronami pierwsze trzy równości i uwzględniając czwartą, dostajemy

Stąd i z trzeciej równości dostajemy . Zatem .

Bierzemy mianowicie wielościan o parzystej liczbie krawędzi i parzystokątnych ścianach (a więc np. graniastosłup) i pociągamy mocno za jedną z przekątnych jednej ze ścian tak, aby ściana ta przełamała się na dwie (na rysunku pociągnęliśmy w górę przekątną  ściany ).

W ten sposób przekątna, za którą pociągnęliśmy, staje się nową krawędzią – ponieważ krawędzie początkowego wielościanu dalej są krawędziami i jest ich parzysta liczba, więc łącznie mamy teraz nieparzystą liczbę krawędzi. ,,Stare” ściany były i są parzystokątne, więc problem jest tylko w tym, by nowe dwie ściany takie były. Wobec tego przełamywana ściana musi mieć co najmniej 6 krawędzi (i tak jest na rysunku).