XXXVII OM - II - Zadanie 3

Niech S będzie sferą opisaną na czworościanie foremnym o krawędzi długości większej od 1. Sferę $ S $ przedstawiono w postaci sumy czterech zbiorów. Udowodnić, że do pewnego z tych zbiorów należą takie punkty $ P $, $ Q $, że długość odcinka $ PQ $ przekracza 1.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw lemat stanowiący jednowymiarową wersję tego twierdzenia.

Lemat. Okrąg $ \omega $ opisany na trójkącie równobocznym o krawędzi długości większej od $ 1 $ przedstawiono w postaci sumy trzech zbiorów: $ \omega = U \cup V \cup W $. Wówczas do pewnego ze zbiorów $ U $, $ V $, $ W $ należą punkty $ P $, $ Q $, takie, że $ |PQ| > 1 $.
om37_2r_img_7.jpg
Dowód lematu. Dla dowolnych dwóch nieantypodycznych punktów $ X, Y \in \omega $ będziemy oznaczać symbolem $ \breve{XY} $ łuk domknięty okręgu $ \omega $ o końcach $ X $ i $ Y $, zawarty w półokręgu. Przypuśćmy, że teza lematu nie jest prawdziwa i weźmy dowolny trójkąt równoboczny $ ABC $ wpisany w $ \omega $. Jego wierzchołki muszą należeć do różnych zbiorów (spośród $ U $, $ V $, $ W $); możemy założyć, że $ A \in U $, $ B \in V $, $ C \in W $. Wówczas $ W \cap \breve{AB} = \emptyset  $ (bo odległość każdego punktu łuku $ \breve{AB} $ od punktu $ C $ przekracza $ 1 $). Niech

\[<br />
(1) \qquad a =\sup \{ |CM| \colon M \in \breve{CA} \cup W \}<br />
\]
\[<br />
a =\sup \{ |CM| \colon M \in \breve{CB} \cup W \}<br />
\]

i niech $ E \in \breve{CA} $, $ F \in \breve{CB} $ będą punktami takimi, że $ |CE| = a $, $ |CF| = b $ (rysunek 7). Odcinek $ EF $ ma długość nie większą od $ 1 $; gdyby bowiem było $ |EF| > 1 $, to ponieważ, zgodnie z (1), dowolnie blisko punktów $ E $ i $ F $ leżą punkty zbioru $ W $, znaleźlibyśmy punkty $ P, Q \in W $ takie, że $ |PQ| > 1 $ - wbrew naszemu przypuszczeniu. Zatem $ |EF | \leq 1 $, a więc łuk $ EF $ jest mniejszy, niż $ 1/3 $ okręgu. (Jest to oczywiście ten z łuków o końcach $ E $ i $ F $, który zawiera punkt $ C $, bo drugi z tych łuków zawiera punkty $ A $ i $ B $). Istnieją zatem punkty $ P, Q, R \in \omega $ leżące poza łukiem $ \breve{EF} $ i będące wierzchołkami trójkąta równobocznego.

Z definicji liczb $ a $ i $ b $ oraz punktów $ E $ i $ F $ wynika, że $ W \cap \breve{CA} \subset \breve{CE} $, $ W \cap \breve{CB} \subset \breve{CF} $, a ponieważ $ W \cap \breve{AB} = \emptyset $, wnosimy stąd, że $ W \subset \breve{EF} $. Wobec tego punkty $ P $, $ Q $, $ R $ należą do sumy zbiorów $ U $ i $ V $, a zatem dwa z nich muszą należeć do jednego z tych zbiorów. Kończy to dowód lematu, bo $ |PQ| = |QR| = |RP| > 1 $.

Z lematu natychmiast wynika teza zadania: bierzemy czworościan foremny $ ABCD $ wpisany w sferę $ S $ oraz okrąg $ \omega $ opisany na trójkącie $ ABC $. Punkt $ D $ należy do jednego z czterech rozważanych zbiorów. Jeżeli ten zbiór zawiera jakikolwiek punkt $ X \in \omega $, to $ |DX| > 1 $. W przeciwnym razie okrąg $ \omega $ jest zawarty w sumie pozostałych trzech zbiorów i na mocy lematu jeden z tych zbiorów zawiera punkty $ P $, $ Q $ takie, że $ |PQ| > 1 $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź