XXXII - III - Zadanie 6

W czworościanie o objętości $ V $ suma kwadratów długości wszystkich krawędzi jest równa $ S $. Dowieść, że

\[<br />
V \leq \frac{S\sqrt{S}}{72 \sqrt{3}}<br />
\]

Rozwiązanie

Rozważmy czworościan $ ABCD $ (rys. 15), niech punkt $ O $ będzie spodkiem wysokości czworościanu opuszczonej na podstawę $ ABC $, niech $ DO = H $. Niech $ E $ będzie spodkiem wysokości opuszczonej w trójkącie $ ABC $ na podstawę $ \overline{AB} $, niech $ CE = h $. Niech $ F $ będzie spodkiem wysokości opuszczonej w trójkącie $ ABO $ na podstawę $ \overline{AB} $ (jeśli $ O $ należy do prostej $ AB $, to przyjmujemy $ F = O $), niech $ OF = g $. Przyjmijmy ponadto liczby $ x $, $ y $ tak, by

\[<br />
\overrightarrow{AF} = x \cdot \frac{\overrightarrow{AB}}{AB},\<br />
\overrightarrow{AE} = y \cdot \frac{\overrightarrow{AB}}{AB}.<br />
\]

Oznaczmy $ AB= a $, $ BC=b $, $ CA=c $, $ DA = d $, $ BD = e $, $ DC=f $.
om32_3r_img_15.jpg
Z twierdzenia Pitagorasa stosowanego kolejno do trójkątów $ BCE $, $ ACE $, $ ADO $, $ BDO $, $ CDO $ otrzymujemy

\[<br />
b^2 = h^2+(a-y)^2,<br />
\]
\[<br />
c^2 = h^2+y^2,<br />
\]
\[<br />
d^2 = H^2 + (x^2+g^2) = x^2+H^2+g^2,<br />
\]
\[<br />
e^2 = H^2+(a-x)^2+g^2,<br />
\]
\[<br />
f^2 = H^2+OC^2.<br />
\]

Dla obliczenia $ OC^2 $ poprowadzimy przez $ O $ prostą równoległą do $ AB $, która przetnie wysokość $ \overline{CE} $ w punkcie $ G $. Wobec tego $ OC^2 = (h-g)^2+(x-y)^2 $ i $ f^2 = H^2+(h-g)^2+ (x-y)^2 $.

Możemy więc obliczyć $ S $:

\[<br />
\begin{split}<br />
& S = a^2+b^2 + c^2 + d^2 + e^2 + f^2 = a^2+h^2+(a-y)^2+h^2+y^2 + x^2 + H^2 + g^2+\\<br />
& + H^2+g^2 + (a-x)^2 + H^2 + (h-g)^2+(x-y)^2 = a^2+h^2 + a^2- 2ay+y^2 + h^2 +\\<br />
& + y^2 + x^2+H^2 + g^2 +  H^2 + g^2+a^2-2ax + x^2 + H^2+ h^2-2hg + g^2+x^2-2xy+y^2.<br />
\end{split}<br />
\]

Pogrupujemy teraz tak wyrazy, by oszacować powyższe wyrażenie w zależności od $ a $, $ h $ i $ H $

\[<br />
\begin{split}<br />
S & = 2a^2+2h^2+2y^2 - 2ay + \frac{a^2}{2} -\frac{a^2}{2}+3H^2+3g^2-2hg+\frac{h^2}{3} + \frac{2}{3} h^2+<br />
2x^2-2ax + \\<br />
& + \frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}+ x^2-2xy+y^2 = 2a^2 + 2h^2+\frac{1}{2}(2y-a)^2+3H^2+ \frac{1}{3}(3g-h)^2 + \frac{2}{3} h^2+\\<br />
+ & \frac{1}{2}(2x-a)^2+(x-y)^2 \geq 2a^2 + \frac{8}{3}h^2+3H^2<br />
\end{split}<br />
\]

Stosując nierówność dla średniej arytmetycznej i geometrycznej otrzymujemy stąd

\[<br />
S \geq 2a^2+ \frac{8}{3} h^2 + 3H^2 \geq 3 \cdot \sqrt{2a^2 \cdot \frac{8}{3} h^2 \cdot 3H^2} = 3 \sqrt[3]{l6a^2h^2H^2}<br />
\]

Wobec tego

\[<br />
\frac{S \sqrt{S}}{72 \sqrt{3}} \geq \frac{3 \cdot \sqrt[3]{16a^2h^2H^2} \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt[3]{4ahH}}{72 \cdot \sqrt{3}} =<br />
\frac{3 \cdot \sqrt[3]{64a^3h^3H^3}}{72} = \frac{4ahH}{24} = \frac{1}{3} \cdot \frac{aH}{2} \cdot H = V.<br />
\]

Rozwiązanie to podał uczestnik zawodów Roman Kapuściński.

Uwaga. Z rozwiązania wynika, że równość $ V = \frac{S\sqrt{S}}{72 \sqrt{3}} $ ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy $ a = 2y $ i $ a = 2x $ i $ h = 3g $ i $ x = y $ oraz $ 2a^2 = \frac{8}{3}h^2 = 3H^2 $, a więc gdy czworościan jest foremny.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź