XLV OM - I - Zadanie 12

Udowodnić, że sumy przeciwległych kątów dwuściennych czworościanu są równe wtedy i tylko wtedy, gdy sumy przeciwległych krawędzi tego czworościanu są równe.

Rozwiązanie

Dla czwórki niewspółpłaszczyznowych punktów $ U $, $ V $, $ X $, $ Y $ będziemy oznaczać symbolem $ |\measuredangle X(UV)Y| $ rozwartość wypukłego kąta dwuściennego utworzonego przez półpłaszczyzny o wspólnej krawędzi $ UV $, przechodzące przez punkty $ X $ i $ Y $.

Niech będzie dany czworościan $ ABCD $. Wykażemy równoważność następujących stwierdzeń:

\[<br />
(1) \qquad |AB| + |CD| = |AC| + |BD|;<br />
\]
\[<br />
(2) \qquad |\measuredangle C(AB)D| + |\measuredangle A(CD)B| = |\measuredangle B(AC)D| + |\measuredangle A(BD)C|.<br />
\]

Z tej równoważności wyniknie teza zadania.

Dowód implikacji (1)$ \Longrightarrow $(2). Przyjmijmy, że okrąg wpisany w trójkąt $ ABC $ ma środek $ I $ i jest styczny do boków $ AB $, $ AC $, $ BC $ odpowiednio w punktach $ E $, $ F $, $ K $, zaś okrąg wpisany w trójkąt $ BCD $ ma środek $ J $ i jest styczny do boków $ BD $, $ CD $, $ BC $ odpowiednio w punktach $ G $, $ H $, $ L $ (rysunek 6). Równość (1) przepisujemy w postaci

\[<br />
(3) \qquad |AE| + |BE| + |CH| + |DH| = |AF| + |CF| + |BG| + |DG|.<br />
\]

Następujące odcinki stycznych do rozważanych okręgów mają równe długości:

\[<br />
\begin{array}{lll}<br />
|AE| = |AF|,    &\quad  |BE| = |BK|,    &\quad  |CF| = |CK|, \\<br />
|DG| = |DH|,    &\quad  |BG| = |BL|,  & \quad   |CH| = |CL|.<br />
\end{array}<br />
\]

Zatem pierwszy i ostatni składnik lewej strony równości (3) redukuje się z pierwszym i ostatnim składnikiem prawej strony, a równość między sumami pozostałych (środkowych) składników można przepisać jako

\[<br />
|BK| + |CL| = |BL| + |CK|.<br />
\]

A ponieważ także $ |BK| + |CK| = |BL| + |CL|\ (= |BC|) $, zatem $ |BK| = |BL| $ i $ |CK| = |CL| $, czyli punkt $ L $ pokrywa się z $ K $.

Płaszczyzna $ IJK $ jest prostopadła do prostej $ BC $. Leżące w tej płaszczyźnie proste, przechodzące przez punkty $ I $ oraz $ J $ i prostopadłe odpowiednio do płaszczyzn $ ABC $ oraz $ BCD $, przecinają się w punkcie, który oznaczymy przez $ S $. Odcinki $ IE $, $ IF $, $ IK $ są równej długości (jako promienie tego samego okręgu). Wobec tego trójkąty prostokątne $ SIE $, $ SIF $, $ SIK $ są przystające i otrzymujemy równości

\[<br />
(4) \qquad |\measuredangle SEI| = |\measuredangle SFI|,  \quad    |SE| = |SF| = |SK|.<br />
\]

om45_1r_img_6.jpg
W ten sam sposób z przystawania trójkątów $ SJG $, $ SJH $, $ SJK $ wnosimy, że

\[<br />
(5) \qquad |\measuredangle SGJ| = |\measuredangle SHJ|,  \quad    |SG| = |SH| = |SK|.<br />
\]

(Warto zauważyć, że punkt $ S $ jest środkiem sfery stycznej do krawędzi $ AB $, $ AC $, $ BC $, $ BD $, $ CD $ odpowiednio w punktach $ E $, $ F $, $ K $, $ G $, $ H $.)

Oznaczmy przez $ P $ i $ Q $ rzuty prostokątne punktu $ S $ na płaszczyzny $ ABD $ i $ ACD $ (rysunek 7). Trójkąty prostokątne $ SPE $ i $ SPG $ mają wspólny bok $ SP $ i równe przeciwprostokątne $ SE $ i $ SG $ (odcinki tej samej długości, co $ SK $; por. (4), (5)); są więc przystające i zachodzi równość kątów

\[<br />
(6) \qquad |\measuredangle SEP| = |\measuredangle	{SGP}|.<br />
\]

Analogiczne rozumowanie pokazuje, że

\[<br />
(7) \qquad |\measuredangle SFQ| = |\measuredangle SHQ|.<br />
\]

om45_1r_img_7.jpg
Punkty $ E $, $ F $, $ G $, $ H $ są odpowiednio rzutami prostokątnymi punktu $ S $ na krawędzie $ AB $, $ AC $, $ BD $, $ CD $ (rysunki 6 i 7). Tak więc:
\begin{center}
punkty $ S $, $ E $, $ P $, $ I $ leżą w płaszczyźnie prostopadłej do $ AB $;\\
punkty $ S $, $ F $, $ Q $, $ I $ leżą w płaszczyźnie prostopadłej do $ AC $;\\
punkty $ S $, $ G $, $ P $, $ J $ leżą w płaszczyźnie prostopadłej do $ BD $;\\
punkty $ S $, $ H $, $ Q $, $ J $ leżą w płaszczyźnie prostopadłej do $ CD $.\\
\end{center}
Stąd (rysunek 8) wynika pierwsza z napisanych poniżej równości; a pozostałe wynikają z niej przez analogię:

\[<br />
\begin{split}<br />
&|\measuredangle C (AB)D| = |\measuredangle IEP| = |\measuredangle IES| + |\measuredangle SEP|,\\<br />
&|\measuredangle A (CD)B| = |\measuredangle QHJ| = |\measuredangle QHS| + |\measuredangle SHJ|,\\<br />
&|\measuredangle B (AC)D| = |\measuredangle IFQ| = |\measuredangle IFS| + |\measuredangle SFQ|,\\<br />
&|\measuredangle A (BC)D| = |\measuredangle PGJ| = |\measuredangle PGS| + |\measuredangle SGJ|.<br />
\end{split}<br />
\]

Dowodzona równość (2) jest teraz bezpośrednim wnioskiem ze związków (4), (5), (6), (7). Implikacja (1) $ \Longrightarrow $ (2) jest więc wykazana.
om45_1r_img_8.jpg
Uwaga 1: W dowodzie implikacji przeciwnej będziemy korzystali z następującego (znanego) faktu:

  • (8) W każdym czworościanie suma dwóch kątów płaskich przy dowolnym wierzchołku jest większa od trzeciego kąta płaskiego przy tym wierzchołku.

Innymi słowy, ,,odległość'' między półprostymi o wspólnym początku, mierzona rozwartością kąta między nimi, spełnia ,,warunek trójkąta'': trzy półproste o wspólnym początku wyznaczają, parami, trzy takie kąty, z których każdy jest mniejszy od sumy pozostałych dwóch.

(To proste twierdzenie pojawiło się na przykład jako lemat w rozwiązaniu zadania 5 z zawodów II stopnia XXIV Olimpiady Matematycznej; oczywiście Czytelnik znajdzie dowód w publikacji: XXIV Olimpiada Matematyczna. Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 1974, str. 66 - ale zachęcamy raczej do samodzielnego przeprowadzenia tego dowodu; jest to nietrudnym ćwiczeniem.)

Dowód implikacji (2) $ \Longrightarrow $ (1). Przypuśćmy, że zachodzi równość (2) i nie zachodzi równość (1); niech na przykład

\[<br />
(9) \qquad |AB| + |CD|> |AC| + |BD|<br />
\]

(przy założeniu nierówności przeciwnej wystarczy oczywiście odpowiednio zmienić oznaczenia).
om45_1r_img_9.jpg
Weźmy pod uwagę ruchomy punkt $ X $ przesuwający się wzdłuż krawędzi $ CD $. Gdy $ X $ pokrywa się z $ C $, różnica $ |BX|-|CX| = |BC| $ jest większa niż $ |AB|-|AC| $ (nierówność dla boków trójkąta $ ABC $). Gdy $ X $ pokrywa się z $ D $, różnica $ |BX|-|CX| = |BD|-|CD| $ jest mniejsza niż $ |AB|- |AC| $ (co wynika z (9)). Zatem istnieje takie położenie punktu $ X $, przy którym różnica $ |BX|-|CX| $ równa się $ |AB| - |AC| $, czyli

\[<br />
|AB| + |CX| = |AC| + |BX|;<br />
\]

w dalszym ciągu $ X $ oznacza ustalony punkt odcinka $ CD $ spełniający tę równość. Jest ona dla czworościanu $ ABCX $ analogiczna do równości (1). Na mocy pierwszej części dowodu zachodzi analogiczna do (2) równość sum kątów dwuściennych:

\[<br />
(10) \qquad      |\measuredangle C(AB)X| + |\measuredangle A(CX)B| = |\measuredangle B(AC)X| + |\measuredangle A(BX)C|.<br />
\]

Skoro punkt $ X $ leży na odcinku $ CD, $ zatem (rysunek 9)

\[<br />
(11) \qquad<br />
\begin{array}{c}<br />
|\measuredangle C(AB)D| = |\measuredangle C(AB)X| + |\measuredangle D(AB)X|,\\<br />
|\measuredangle B(AC)D| = |\measuredangle B(AC)X|, \quad      |\measuredangle A(BD)C| = |\measuredangle A(BD)X|,\\<br />
|\measuredangle A(CD)B| = |\measuredangle A(CX)B|<br />
\end{array}<br />
\]

oraz

\[<br />
(12) \qquad |\measuredangle A(BX)C| = 180^\circ-|\measuredangle A(BX)D|.<br />
\]

Wstawiając związki (11) do równości (2), a związek (12) do (10), otrzymujemy równości

\[<br />
|\measuredangle C(AB)X| + |\measuredangle D(AB)X| + |\measuredangle A(CX)B| = |\measuredangle B(AC)X| + |\measuredangle A(BD)X|<br />
\]

oraz

\[<br />
|\measuredangle C(AB)X| + |\measuredangle A(CX)B| = |\measuredangle B(AC)X| + 180^\circ -|\measuredangle A(BX)D|,<br />
\]

które po odjęciu stronami dają zależność

\[<br />
(13) \qquad |\measuredangle D(AB)X| = |\measuredangle A(BD)X| + |\measuredangle A(BX)D|-180^\circ.<br />
\]

Niech $ Z $ będzie dowolnie wybranym punktem wewnątrz czworościanu $ ABDX $. Oznaczmy przez $ U $, $ V $, $ W $ rzuty prostokątne punktu $ Z $ odpowiednio na płaszczyzny $ BDX $, $ BAX $, $ BAD $ (rysunek 9). Rzutując punkty $ V $ i $ W $ na prostą $ AB $ otrzymujemy ten sam punkt $ Y $ (rzut punktu $ Z $ na $ AB $). W czworokącie $ ZVYW $ kąty przy wierzchołkach $ V $ i $ W $ są proste. Tak więc

\[<br />
|\measuredangle D(AB)X| = |\measuredangle VYW| = 180^\circ-|\measuredangle VZW|.<br />
\]

Analogicznie pokazujemy, że

\[<br />
|\measuredangle A(BD)X| = 180^\circ-|\measuredangle UZW|,   \quad   |\measuredangle A(BX)D| = 180^\circ -|\measuredangle UZV|.<br />
\]

Po uwzględnieniu tych równości związek (13) przybiera postać

\[<br />
|\measuredangle VZW| = |\measuredangle UZW| + |\measuredangle UZV|.<br />
\]

A to już jest sprzeczność: skoro $ ABDX $ jest (niezdegenerowanym) czworościanem, zatem punkty $ Z $, $ U $, $ V $, $ W $ są niewspółpłaszczyznowe i $ ZUVW $ jest (niezdegenerowanym) czworościanem. Zgodnie z twierdzeniem (8), suma kątów $ UZW $ i $ UZV $ powinna być ostro większa od kąta $ VZW $. Sprzeczność kończy dowód implikacji (2) $ \Longrightarrow $ (1).

Dowód tezy zadania. Oznaczmy długości krawędzi danego czworościanu $ ABCD $, jak następuje:

\[<br />
|AB| = a_1, \ |AC| = a_2, \ |AD| = a_3, \ |CD| = b_1, \ |BD| = b_2, \ |BC| = b_3<br />
\]

i przyjmijmy, że kąt dwuścienny utworzony przez ściany o wspólnej krawędzi $ a_i $ ma miarę $ \alpha_i $, a kąt dwuścienny utworzony przez ściany o wspólnej krawędzi $ b_i $ ma miarę $ \beta_i $. Udowodniliśmy równoważność między warunkami (1) i (2), czyli równoważność

\[<br />
(14) \qquad (a_1+b_1 =a_2 + b_2)     \Longleftrightarrow   (\alpha_1 +\beta_1 = \alpha_2 + \beta_2) .<br />
\]

Stąd - przez analogię - wnioskujemy, że słuszne są także równoważności

\[<br />
(15) \qquad  (a_2 + b_2 =a_3 + b_3)      \Longleftrightarrow  (\alpha_2 + \beta_2 = \alpha_3 + \beta_3 ) ,<br />
\]
\[<br />
(16) \qquad (a_1 + b_1 =a_3 + b_3)  \Longleftrightarrow (\alpha_1+\beta_1 = \alpha_3+\beta_3).<br />
\]

Zespół zdań (14), (15), (16) implikuje równoważność

\[<br />
(17) \qquad<br />
\begin{split}<br />
&(a_i + b_i = a_j + b_j \textrm{ dla każdej pary różnych numerów } i,j) \Longleftrightarrow\\<br />
\Longleftrightarrow\ & (\alpha_i + \beta_i = \alpha_j + \beta_j \textrm{ dla każdej pary różnych numerów } i,j)<br />
\end{split}<br />
\]

($ i,j \in \{1,2,3\} $), która jest tezą zadania.

Uwaga 2: W rozwiązaniu wykazaliśmy więcej niż wymagało zadanie: wykazaliśmy prawdziwość samej równoważności (14) (angażującej tylko dwie pary przeciwległych krawędzi i przeciwległych kątów dwuściennych), nie korzystając z zależności logicznych między warunkami figurującymi w (15) i (16). Jak zauważyliśmy przed chwilą, zdania (15) i (16), i w konsekwencji (17), są już prostymi stąd wnioskami.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź