Delta mi!

Umieśćmy w wierzchołkach czworościanu równe masy. Każdy odcinek łączący środki przeciwległych krawędzi łączy środek ciężkości dwóch mas ze środkiem ciężkości pozostałych dwóch, przechodzi więc przez środek ciężkości ich wszystkich.

Umieśćmy w punktach  masy odpowiednio  a w punkcie  trzy masy:    i   Wtedy  dla  więc środek ciężkości  układu  leży na płaszczyźnie  Ponadto  bo  Skoro  oraz  to  jest środkiem odcinka  Stąd i z wcześniejszego  wynika  i 

Okrąg  jest wpisany w romb  Prosta  styczna do okręgu  przecina odcinki  i  odpowiednio w punktach  i  Wykaż, że wartość iloczynu  nie zależy od wyboru stycznej

Niech  oznacza środek okręgu  (jest to jednocześnie punkt przecięcia przekątnych rombu).

Ponieważ proste  i  są styczne do okręgu  więc

Analogicznie

Z równości  otrzymujemy również, że  Sumując kąty czworokąta  otrzymujemy  skąd  W takim razie

Z równości odpowiednich kątów otrzymujemy, że trojkąty  i  są podobne, skąd mamy

W takim razie iloczyn  jest stały i wynosi

Z nierówności między średnią arytmetyczną i kwadratową mamy

Obwód czworokąta jest maksymalny, gdy maksymalna jest suma  Powyżej zachodzi równość wtedy i tylko wtedy, gdy  i   czyli wtedy i tylko wtedy, gdy prosta  tworzy z półprostą  kąt

Każda oś symetrii wielokąta przechodzi przez środek ciężkości  jego wierzchołków, bo obrazem  w symetrii względem takiej osi jest on sam.

Rozważmy moment, gdy mucha, która przeszła cały obwód, jest w wierzchołku  trójkąta. Środek ciężkości pozostałych dwóch much jest w środku  odcinka pomiędzy nimi (Rys. a). Środek ciężkości  wszystkich much jest na odcinku  oraz  czyli  Stąd 

---

Analogiczne rozumowanie dla wierzchołków  i  prowadzi do wniosku, że jedynym możliwym położeniem  jest środek ciężkości trójkąta (Rys. b)

Jeśli rzut środka ciężkości wielościanu wypukłego nie należy do ściany, na której on stoi, to wielościan ten przewraca się. Gdyby istniał opisany w zadaniu wielościan, przewracałby się w nieskończoność. Ale to jest niemożliwe.

Umieśćmy w wierzchołkach  równe masy  Wtedy  gdzie  to środek . Środek ciężkości trójkąta  leży na środkowej ; analogicznie leży na pozostałych środkowych. Ponadto  czyli środkowe dzielą się w stosunku   licząc od wierzchołka.

Jeśli  jest wysokością  to  i  Stąd

czyli  Szukany środek ciężkości leży więc na  i analogicznie na wysokościach z  i z

Przyjmijmy, że  i oznaczmy przez miarę kąta ostrego (lub prostego), jaki zadana środkowa tworzy z prostą, zawierającą bok  Jest to kąt wewnętrzny w trójkącie o bokach długości  przeciwległy bokowi  Ze wzoru kosinusów:

Przepiszmy te związki w postaci

Wiadomo, że jeśli  jest funkcją ściśle wklęsłą (w pewnym przedziale) i jeśli  jest stałą dodatnią, to funkcja  jest ściśle malejąca. Zastosujmy tę własność do funkcji  (ściśle wklęsłej w przedziale  skoro ) oraz do stałej dodatniej  Tworzymy funkcję malejącą

Zauważmy, że  (równoważnie: ; jest to nierówność dla boków jednego z trójkątów, na które środkowa dzieli trójkąt wyjściowy). Zatem

czyli

Pamiętamy jednak, że    Otrzymujemy nierówność

– czyli tezę zadania.

Ponieważ odcinki  i  zawierają się w jednej płaszczyźnie i jednocześnie zawierają się w płaszczyznach równoległych, więc są to odcinki równoległe. Analogicznie równoległe są odcinki  i  Stąd czworokąt  jest równoległobokiem.

Niech ponadto punkt  będzie punktem przecięcia przekątnych  i  podstawy  a  – punktem przecięcia przekątnych  i  równoległoboku  Zauważmy, że odcinek  jest odcinkiem łączącym środki nierównoległych boków trapezów  i  Jest on równoległy do boków równoległych tych trapezów oraz

stąd

Załóżmy, że dane punkty nie leżą w jednej płaszczyźnie. Punkty  i  należą do sfery  o średnicy  Podobnie, punkty  należą do sfery  o średnicy  Ale sfera jest jednoznacznie wyznaczona przez cztery niewspółpłaszczyznowe punkty, więc  Dwie średnice ustalonej sfery leżą w jednej płaszczyźnie, więc w szczególności odcinki  leżą w jednej płaszczyźnie, co daje tezę.

Gdzie leży punkt ? Wobec  leży on na płaszczyźnie  prostopadłej do  i przechodzącej przez  Podobnie wnioskujemy, że punkt  leży na płaszczyźnie  prostopadłej do prostej  i przechodzącej przez  Punkt  leży więc na prostej  która przechodzi przez punkt  uzupełniający trójkąt  do prostokąta

Prosta  jest rzutem prostokątnym prostej  na płaszczyznę  Ponieważ  to z twierdzenia o trzech prostopadłych  więc  Punkty  leżą więc na jednej płaszczyźnie.

Wobec nierówności trójkąta mamy

Podobnie,

Dodając te trzy nierówności stronami, mamy tezę.

Skoro  to Podobnie          Dodając stronami, uzyskujemy    czyli

Zauważmy, że  bo trójkąty te mają równe podstawy  i wspólną wysokość z Ponadto  (ponieważ ). Analogicznie  Stąd  Podobnie  i ostatecznie

Trójkąty  i  mają wspólną podstawę  i równe pola, więc też równe wysokości. Punkty  są po tej samej stronie prostej  stąd  Dla pozostałych przekątnych dowód jest analogiczny.

Zachodzą kolejno równości

przy czym  wynika z równoległości  a  z 

Trójkąty  i  mają wspólną podstawę i równe wysokości, więc też równe pola. Stąd

czyli

Trójkąty  i  mają wspólną wysokość z  więc

Podobnie  Stąd

czyli    Wobec tego

Teza wynika z następującego lematu:

Z twierdzenia 1 (patrz artykuł źródłowy) wynika, że

a stąd

Rys. 1

Rys. 2

Wykażemy, że miara tego kąta jest równa  Niech  będą punktami styczności sfery wpisanej odpowiednio ze ścianami  Z równości    i   wnioskujemy, że czworościany  i  są przystające (Rys. 1). Zatem kąt dwuścienny między płaszczyznami  i  jest równy kątowi dwuściennemu między płaszczyznami  i  Analogicznie dowodzimy, że kąt dwuścienny między płaszczyznami  i  jest równy kątowi dwuściennemu między płaszczyznami  i  Wykażemy, że punkty  leżą na jednej płaszczyźnie. Wtedy, korzystając z poprzednich obserwacji, łatwo obliczyć, że kąt dwuścienny między płaszczyznami  i  ma miarę

Ponieważ płaszczyzna  jest prostopadła do prostej  to  (Rys. 2). Stąd i z danego w treści warunku  dostajemy  Analogicznie udowodnimy, że  Zatem punkty  leżą na jednej płaszczyźnie prostopadłej do krawędzi  co kończy dowód.