XXXIX OM - III - Zadanie 6

Obliczyć maksymalną objętość czworościanu zawartego w półkuli o promieniu długości 1.

Rozwiązanie

Oznaczmy daną półkulę przez $ H $, całą kulę przez $ K $, a koło stanowiące płaską część brzegu $ H $ przez $ E $. Niech $ O $ będzie dowolnym czworościanem zawartym w $ H $. Jego wnętrze jest częścią wspólną czterech otwartych półprzestrzeni, wyznaczonych przez płaszczyzny ścian. Środek kuli $ K $ nie należy do wnętrza czworościanu; zatem nie należy do co najmniej jednej z tych półprzestrzeni. Istnieje wobec tego taka ściana $ S $ czworościanu $ Q $, że przeciwległy wierzchołek czworościanu oraz środek kuli $ K $ leżą po przeciwnych stronach płaszczyzny tej ściany (lub, w granicznym przypadku, środek kuli leży na tej płaszczyźnie).

Tak więc $ Q $ zawiera się w mniejszej z dwóch części (ewentualnie w jednej z dwóch równych części), na które płaszczyzna ściany $ S $ dzieli kulę $ K $. Zatem wysokość czworościanu $ Q $ opuszczona na ścianę $ S $ ma długość nie większą od $ 1 $, tak że objętość $ Q $ nie przekracza jednej trzeciej pola tej ściany. Z kolei pole ściany $ S $, będącej trójkątem, nie jest większe od pola trójkąta równobocznego wpisanego w koło będące przekrojem kuli $ K $ płaszczyzną tej ściany (por. Uwaga); a tym bardziej nie większe od pola trójkąta równobocznego wpisanego w koło wielkie $ E $. To ostatnie pole równa się $ 3 \sqrt{3}/4 $. Zatem objętość $ Q $ jest mniejsza lub równa $ \sqrt{3}/4 $.

We wszystkich przytoczonych szacowaniach możemy uzyskać równość biorąc za $ O $ czworościan, którego podstawą jest trójkąt foremny wpisany w $ E $, a czwarty wierzchołek jest umieszczony w najdalszym od $ E $ punkcie półkuli $ H $ (w ,,biegunie północnym'').

Liczba $ \sqrt{3}/4 $ jest szukanym maksimum.

Uwaga: Dla kompletności podamy elementarny dowód faktu, że spośród wszystkich trójkątów wpisanych w ustalone koło o promieniu $ r $ największe pole ma trójkąt równoboczny.

Niech $ ABC $ będzie dowolnym takim trójkątem. Umieszczając punkt $ C $ w środku większego z dwóch łuków, na które punkty $ A $ i $ B $ dzielą okrąg opisany na trójkącie $ ABC $, otrzymujemy trójkąt równoramienny $ ABC' $, ostrokątny lub prostokątny, o polu nie mniejszym niż trójkąt $ ABC $. Szukając trójkąta o maksymalnym polu (wpisanego w dane kolo) możemy więc ograniczyć uwagę do klasy trójkątów równoramiennych bez kątów rozwartych (wpisanych w to koło).

Jeśli teraz $ ABC $ jest trójkątem z tej klasy ($ |AC| = |BC| $), to oznaczając przez $ x $ odległość boku $ AB $ od środka koła dostajemy zależności: $ |AB| =  2\sqrt{r^2-x^2} $, $ h_C = r+x $ (wysokość opuszczona z wierzchołka $ C $) i wobec tego

\[<br />
\begin{split}<br />
\textrm{pole} & (ABC) = (r+x) \sqrt{r^2-x^2}= \frac{1}{\sqrt{3}} \sqrt{(r+x)^3 (3r-3x)} =\\<br />
& = \frac{1}{\sqrt{3}} \left( \sqrt[4]{(r+x)^3 (3r-3x)}\right)^2 \leq<br />
\frac{1}{\sqrt{3}} \left( \frac{3(r+x)+(3r-3x)}{4} \right)^2 = \frac{3\sqrt{3}}{4} r^2.<br />
\end{split}<br />
\]

Skorzystaliśmy tu z nierówności między średnią geometryczną i średnią arytmetyczną czterech liczb: $ a_1 - a_2 = a_3 = r+ x $, $ a_4 = 3r-3x $. Nierówność ta staje się równością wtedy i tylko wtedy, gdy te liczby są równe, czyli dla $ x = r/2 $. Pozostaje zauważyć, że ostatnia równość oznacza, że trójkąt $ ABC $ jest foremny.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź