XIX OM - I - Zadanie 12

Dany jest czworościan $ A_1A_2A_3A_4 $. Udowodnić, że jeżeli punkty $ P_1, P_2, P_3, P_4 $ są rzutami prostokątnymi pewnego punktu $ P $ przestrzeni odpowiednio na proste $ A_1A_2, A_2A_3, A_3A_4, A_4A_1 $, to suma

\[<br />
A_1P_1^2 + A_2P_2^2 + A_3P_3^2 + A_4P_4^2<br />
\]

jest najmniejsza wtedy, gdy punkt $ P $ jest środkiem kuli opisanej na czworościanie A$ A_1A_2A_3A_4 $.

Rozwiązanie

Dla uproszczenia zapisów wprowadzimy następujące oznaczenia długości odcinków $ A_iA_{i+1} = a_i $, $ PA_i = x_i $, $ P_iA_i = y_i $ ($ i = 1, 2, 3,4 $, przy czym wskaźnik $ i+ 1 $ dla $ i = 4 $ zastępujemy przez $ 1 $).

Dla każdej czwórki punktów $ A_i $, $ A_{i+1} $, $ P $, $ P_i $ zachodzi związek

\[<br />
(1) \qquad  y_i^2 = \left( \frac{x_i^2 - x_{i+1}^2 + a_i^2}{2a_i} \right)^2.<br />
\]

Istotnie, jeśli punkty $ A_i $, $ A_{i+1} $, $ P $ nie są współliniowe, to według twierdzenia o kwadracie boku trójkąta (rys. 9)

\[<br />
(2) \qquad  x^2_{i+1} = x^2_{i} + a^2_i- 2a_iy_i,<br />
\]

gdy kąt wypukły $ PA_iA_{i+1} $ jest ostry lub prosty, natomiast

\[<br />
(3) \qquad  x^2_{i+1} = x^2_{i} + a^2 + 2a_iy_i,<br />
\]

gdy kąt wypukły $ PA_iA_{i+1} $ jest rozwarty.

Jeśli punkty $ A_i $, $ A_{i+1} $, $ P $ są współliniowe, to punkt $ P $ pokrywa się z punktem $ P_i $ (rys. 10). Gdy punkt $ P $ leży na odcinku $ A_iA_{i+1} $, wówczas

\[<br />
(4) \qquad  x_{i} + x_{i+1} = a_i,\  y_i = x_{i}.<br />
\]

Gdy zaś punkt $ P $ leży na zewnątrz odcinka $ A_iA_{i+1} $, wtedy

\[<br />
(5) \qquad  |y_i- x_{i+1}| = a_i,\ y_i=x_i.<br />
\]

Otóż równość (1) wynika zarówno z każdej z równości (2) i (3), jak z każdego z układów równości (4) i (5), co stwierdzamy za pomocą prostego rachunku.

Z równości (1) otrzymujemy

\[<br />
y_i^2 = \left( \frac{(x_i^2 - x_{i+1}^2)^2 + 2a_i^2(x_i^2 - x_{i+1}^2) +a_i^4}{4a_i^2} \right)^2.<br />
\]

Zatem

\[<br />
\sum_{i=1}^4 y_i^2 = \sum_{i=1}^4 \frac{(x_i^2 - x_{i+1}^2)^2}{4a_i^2} + \frac{1}{2} \sum_{i=1}^4 (x_i^2 - x_{i+1}^2) + \frac{1}{4} \sum_{i=1}^4 a_i^2.<br />
\]

Ponieważ $  \sum_{i=1}^4 (x_i^2 - x_{i+1}^2) = \sum_{i=1}^4 x_i^2 - \sum_{i=1}^4 x_{i+1}^2 = 0 $, więc z poprzedniej równości wynika, że

\[<br />
\sum_{i=1}^4 y_i^2 \geq \frac{1}{4} \sum_{i=1}^4 a_i^2,<br />
\]

przy czym równość obu stron ma miejsce tylko wtedy, gdy $ x_1= x_2 = x_3 = x_4 $, gdy zatem punkt $ P $ jest środkiem kuli opisanej na czworościanie $ A_1A_2A_3A_4 $, c.n.d.

Uwaga. Dowód wzoru (1) można przeprowadzić znacznie zręczniej posługując się rachunkiem wektorów. Nie trzeba wówczas rozróżniać kilku przypadków ani ułatwiać zrozumienia dowodu rysunkami. Rozumujemy jak następuje:

Dla dowolnego punktu $ P $

\[<br />
\overrightarrow{A_{i+1}P} = \overrightarrow{A_iP} - \overrightarrow{A_iA_{i+1}}<br />
\]

stąd

\[<br />
\begin{split}<br />
(\overrightarrow{A_{i+1}P})^2 &= (\overrightarrow{A_iP})^2 + (\overrightarrow{A_iA_{i+1}})^2 -<br />
2 (\overrightarrow{A_iP} \cdot \overrightarrow{A_iA_{i+1}}) =\\<br />
&= (\overrightarrow{A_iP})^2 + (\overrightarrow{A_iA_{i+1}})^2 - 2 (\overrightarrow{A_iP_i} \cdot \overrightarrow{A_iA_{i+1}}),<br />
\end{split}<br />
\]

gdyż wektor $ \overrightarrow{A_iP_i} $ jest rzutem prostokątnym wektora $ \overrightarrow{A_iP} $ na prostą $ \overrightarrow{A_iA_{i+1}} $.

Otóż

\[<br />
\overrightarrow{A_iP_i} \cdot \overrightarrow{A_iA_{i+1}} = A_iP_i \cdot A_iA_{i+1} \cdot \cos \measuredangle P_iA_iA_{i+1};<br />
\]

Stąd i z poprzedniej równości wynika, że

\[<br />
A_iP_i \cdot \cos \measuredangle P_iA_iA_{i+1} =<br />
\frac{A_iP^2  - A_{i+1}P^2 + A_iA^2_{i+1}}{2A_iA_{i+1}}.<br />
\]

Ponieważ punkty $ P_i $, $ A_i $, $ A_{i+1} $ są współliniowe, więc $ \cos \measuredangle P_i A_i A_{i+1} $ jest równy $ 1 $ lub $ - 1 $, zatem $ \cos^2 \measuredangle P_i A_i A_{i+1}= 1 $ i z poprzedniego wzoru otrzymujemy

\[<br />
A_iP_i^2 =<br />
\left( \frac{A_iP^2  - A_{i+1}P^2 + A_iA^2_{i+1}}{2A_iA_{i+1}} \right)^2.<br />
\]

czyli żądany wzór (1).

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź