XL OM - II - Zadanie 3

Dany jest kąt trójścienny $ OABC $ o wierzchołku $ O $ oraz punkt $ P $ w jego wnętrzu. Niech $ V $ będzie objętością równoległościanu o dwóch wierzchołkach w punktach $ O $ i $ P $, którego trzy krawędzie są zawarte w półprostych $ OA^{\rightarrow} $, $ OB^{\rightarrow} $, $ OC^{\rightarrow} $. Obliczyć minimalną objętość czworościanu, którego trzy ściany są zawarte w ścianach kąta trójściennego $ OABC $, a czwarta ściana zawiera punkt $ P $.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $ \mathbf{Q} $ rozważany równołegłościan o objętości $ V $. Niech $ OA $, $ OB $, $ OC $ będą jego trzema krawędziami. Prowadzimy przez punkt $ P $ dowolną płaszczyznę przecinającą półproste $ OA^\rightarrow $, $ OB^\rightarrow $, $ OC^\rightarrow $ odpowiednio w punktach $ K $, $ L $, $ M $ (i wyznaczającą interesujący nas czworościan $ OKLM $; jego objętość jest tą wielkością, której minimum mamy wyznaczyć).

Weźmy pod uwagę następujące trzy liczby (stosunki pól trójkątów):

\[<br />
x=\frac{\mathrm{pole}(PLM)}{\mathrm{pole}(KLM)}, \quad<br />
y=\frac{\mathrm{pole}(KPM)}{\mathrm{pole}(KLM)}, \quad<br />
z=\frac{\mathrm{pole}(KLP)}{\mathrm{pole}(KLM)}.<br />
\]

Oczywiście $ x, y, z > 0 $ , $ x + y + z = 1 $.

Oznaczmy odległości punktów $ P $ i $ M $ od płaszczyzny $ ABC $ odpowiednio przez $ d $ i $ h $, a odległości tych punktów od prostej $ KL $ - przez $ d' $ i $ h' $. Wobec równoległości prostej $ CP $ do płaszczyzny $ OAB $ zachodzi proporcja

\[<br />
\frac{|OC|}{|OM|}=\frac{d}{h}=\frac{d'}{h'}= \frac{\mathrm{pole}(KLP)}{\mathrm{pole}(KLM)}=z.<br />
\]

Analogicznie można zinterpretować liczby $ x $ i $ y $. Tak więc

\[<br />
(2) \qquad |OA| = x|OK| ,\quad    |OB| = y|OL|,  \quad  |OC| = z|OM|.<br />
\]

Z wzoru na objętość ostrosłupa oraz z zależności (1) i (2) otrzymujemy równość

\[<br />
\begin{split}<br />
\textrm{objętość}(OKLM) &= \frac{h}{3} \mathrm{pole}(OKL) = \frac{h}{6} |OK| \cdot |OL| \sin(\measuredangle KOL) =\\<br />
&= \frac{h}{6}\cdot \frac{1}{x} |OA|\cdot \frac{1}{y} lOB| \sin(\measuredangle AOB) = \\<br />
&=\frac{d}{6xyz}\cdot 2 \mathrm{pole}(OAB).<br />
\end{split}<br />
\]

Podwojone pole trójkąta $ OAB $ jest polem ściany równoległościanu $ \mathbf{Q} $ zawartej w płaszczyźnie $ \mathbf{OAB} $; liczba $ d $ jest długością odpowiedniej wysokości tego równoległościanu. Zatem $ d \cdot 2\mathrm{pole}(OAB) = \textrm{objętość}(\mathbf{Q}) = V $. Stąd oraz z nierówności między średnią arytmetyczną i średnią geometryczną liczb $ x $, $ y $, $ z $ wynika, że

\[<br />
\textrm{objętość}(OKLM) =\frac{V}{6xyz}\geq	\frac{V}{6}\left( \frac{3}{x+y+z} \right)^3 = \frac{9}{2} V.<br />
\]

Otrzymana nierówność staje się równością, gdy $ x = y = z = 1 $ , czyli gdy odcinki $ OK $, $ OL $, $ OM $ są trzykrotnie dłuższe odpowiednio od $ OA $, $ OB $, $ OC $. To zaś zachodzi, gdy płaszczyzna $ KLM $ jest poprowadzona przez punkt $ P $ równolegle do płaszczyzny $ ABC $.

Liczba $ \frac{9}{2} V $ jest więc szukanym minimum.

Uwaga. Gdy odcinki $ OA $, $ OB $, $ OC $ są parami prostopadłe i mają równą długość, można je przyjąć za wersory osi kartezjańskiego układu współrzędnych. Całe rozumowanie daje się wówczas zgrabnie zapisać w języku geometrii analitycznej. Bowiem: $ A = (1,0,0) $, $ B = (0,1,0) $, $ C = (0,0,1) $, $ P = (1,1,1) $; dowolna płaszczyzna przechodząca przez punkt $ P $ dana jest równaniem postaci $ ax + by + cz =  $1, z dodatnimi współczynnikami $ a $, $ b $, $ c $ dobranymi tak, by $ a + b + c= 1 $. (Nietrudno zauważyć, że liczby $ a $, $ b $, $ c $ - to nic innego niż liczby $ x $, $ y $, $ z $ z poprzedniego sposobu rozwiązania; tym razem potrzebujemy liter $ x $, $ y $, $ z $ na oznaczenie zmiennych układu współrzędnych; stąd zmiana notacji.) Rozważana płaszczyzna przecina osie układu w punktach $ K = (1/a, 0,0) $, $ L= (0,1/fb,0) $, $ M = (0,0, 1/c) $.

Równoleglościan $ \mathbf{Q} $ jest teraz sześcianem; jego objętość $ V $ równa się $ 1 $. Badany czworościan $ OKLM $ ma objętość $ (1/6)(1/a)(1/b)(1/c) $. Jak poprzednio, stosując nierówność między średnimi stwierdzamy, że (przy stałej sumie $ a + b + c = 1 $) iloczyn abc osiąga maksimum, gdy $ a = b = c = \frac{1}{3} $; .objętość czworościanu $ OKLM $ osiąga wówczas minimum, równe $ \frac{9}{2} $.

Teza zadania jest więc udowodniona w bardzo szczególnym przypadku, gdy $ |OA| = |OB| = |OC| = 1 $, $ OA  \bot OB \bot OC \bot OA $. Ten ,,bardzo szczególny'' przypadek jest jednak, w pewnym sensie, całkiem ogólny. Powinno to być oczywiste dla wszystkich, którym nieobce jest pojęcie przekształceń afinicznych i ich najprostsze własności. Każdy równoległościan można afinicznie przekształcić na sześcian jednostkowy; zaś stosunek objętości jest niezmiennikiem przekształceń afinicznych przestrzeni trójwymiarowej. I właśnie te dwa spostrzeżenia wystarczą do tego, by z rozpatrzonego powyżej ,,bardzo szczególnego'' przypadku wydedukować tezę zadania w pełnej ogólności.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź