Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

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:

$ (1) \qquad |AB| + |CD| = |AC| + |BD|; $

$ (2) \qquad |\measuredangle C(AB)D| + |\measuredangle A(CD)B| = |\measuredangle B(AC)D| + |\measuredangle A(BD)C|. $

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

$ (3) \qquad |AE| + |BE| + |CH| + |DH| = |AF| + |CF| + |BG| + |DG|. $

Następujące odcinki stycznych do rozważanych okręgów mają równe długości:

$ \begin{array}{lll} |AE| = |AF|, &\quad |BE| = |BK|, &\quad |CF| = |CK|, \\ |DG| = |DH|, &\quad |BG| = |BL|, & \quad |CH| = |CL|. \end{array} $

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

$ |BK| + |CL| = |BL| + |CK|. $

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

$ (4) \qquad |\measuredangle SEI| = |\measuredangle SFI|, \quad |SE| = |SF| = |SK|. $

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

$ (5) \qquad |\measuredangle SGJ| = |\measuredangle SHJ|, \quad |SG| = |SH| = |SK|. $

(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

$ (6) \qquad |\measuredangle SEP| = |\measuredangle {SGP}|. $

Analogiczne rozumowanie pokazuje, że

$ (7) \qquad |\measuredangle SFQ| = |\measuredangle SHQ|. $

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:

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

Dowodzona równość (2) jest teraz bezpośrednim wnioskiem ze związków (4), (5), (6), (7). Implikacja (1) $\Longrightarrow$ (2) jest więc wykazana.

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

$ (9) \qquad |AB| + |CD|> |AC| + |BD| $

(przy założeniu nierówności przeciwnej wystarczy oczywiście odpowiednio zmienić oznaczenia).

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

$ |AB| + |CX| = |AC| + |BX|; $

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:

$ (10) \qquad |\measuredangle C(AB)X| + |\measuredangle A(CX)B| = |\measuredangle B(AC)X| + |\measuredangle A(BX)C|. $

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

$ (11) \qquad \begin{array}{c} |\measuredangle C(AB)D| = |\measuredangle C(AB)X| + |\measuredangle D(AB)X|,\\ |\measuredangle B(AC)D| = |\measuredangle B(AC)X|, \quad |\measuredangle A(BD)C| = |\measuredangle A(BD)X|,\\ |\measuredangle A(CD)B| = |\measuredangle A(CX)B| \end{array} $

oraz

$ (12) \qquad |\measuredangle A(BX)C| = 180^\circ-|\measuredangle A(BX)D|. $

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

$ |\measuredangle C(AB)X| + |\measuredangle D(AB)X| + |\measuredangle A(CX)B| = |\measuredangle B(AC)X| + |\measuredangle A(BD)X| $

oraz

$ |\measuredangle C(AB)X| + |\measuredangle A(CX)B| = |\measuredangle B(AC)X| + 180^\circ -|\measuredangle A(BX)D|, $

które po odjęciu stronami dają zależność

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

$ |\measuredangle D(AB)X| = |\measuredangle VYW| = 180^\circ-|\measuredangle VZW|. $

Analogicznie pokazujemy, że

Po uwzględnieniu tych równości związek (13) przybiera postać

$ |\measuredangle VZW| = |\measuredangle UZW| + |\measuredangle UZV|. $

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:

$ |AB| = a_1, \ |AC| = a_2, \ |AD| = a_3, \ |CD| = b_1, \ |BD| = b_2, \ |BC| = b_3 $

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

$ (14) \qquad (a_1+b_1 =a_2 + b_2) \Longleftrightarrow (\alpha_1 +\beta_1 = \alpha_2 + \beta_2) . $

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

$ (15) \qquad (a_2 + b_2 =a_3 + b_3) \Longleftrightarrow (\alpha_2 + \beta_2 = \alpha_3 + \beta_3 ) , $

$ (16) \qquad (a_1 + b_1 =a_3 + b_3) \Longleftrightarrow (\alpha_1+\beta_1 = \alpha_3+\beta_3). $

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

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

( $i,j \in \{1,2,3\}$ ), 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.

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

XLV OM - I - Zadanie 12

Rozwiązanie

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź

Klasyfikacja tematyczna

Zawody

Rok

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody