XXI OM - I -Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

Znaleźć najmniejszą liczbę dodatnią $r$ o tej własności, że w czworościanie foremnym o krawędzi długości 1 istnieją takie cztery punkty, że odległość dowolnego punktu czworościanu od któregoś z nich jest $\leq r$ .

Rozwiązanie

Niech $O$ będzie środkiem kuli opisanej na czworościanie foremnym $ABCD$ o krawędzi $1$ (rys. 9). Promień kuli opisanej na $ABCD$ jest równy $R = \frac{1}{4} \sqrt{6}$ . Czworościan $ABCD$ dzielimy na czworościany o wierzchołkach: $O$ , jednym z wierzchołków czworościanu, środku jednej z krawędzi wychodzących z tego wierzchołka czworościanu, spodku wysokości na jednej ze ścian zawierających tę krawędź. Ponieważ z każdego z $4$ wierzchołków czworościanu wychodzą $3$ krawędzie, a każda z nich należy do dwóch ścian czworościanu, więc liczba rozpatrywanych czworościanów równa jest $4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$ .

Udowodnimy, że każdy z tych $24$ czworościanów jest wpisany w jedną z czterech kul o promieniu $\frac{R}{2}$ i o środkach $P_A$ , $P_B$ , $P_C$ , $P_D$ będących odpowiednio środkami odcinków $\overline{OA}$ , $\overline{OB}$ , $\overline{OC}$ , $\overline{OD}$ . Niech $E$ będzie środkiem krawędzi $\overline{AB}$ , zaś $F$ spodkiem wysokości opuszczonej z punktu $D$ na płaszczyznę trójkąta $ABC$ . Rozpatrzmy czworościan $AEFO$ . Ponieważ kąt $AFO$ jest prosty, więc $P_AF = AP_A = OP_A = \frac{R}{2}$ .

Podobnie, aby dowieść, że $P_AE = \frac{1}{2} R$ , wystarczy stwierdzić, że kąt $AEO$ jest prosty. Wynika to z faktu, że płaszczyzna wyznaczona przez punkty $D$ , $E$ , $F$ jest prostopadła do krawędzi $\overline{AB}$ , ponieważ $DE \bot AB$ , $CE \bot AB$ oraz $S \in CE$ .

W ten sposób dowodzimy, że każdy z $6$ czworościanów, których jednym z wierzchołków jest $A$ , jest zawarty w kuli o środku $P_A$ i promieniu $\frac{R}{2}$ . Z symetrii wynika, że również pozostałe czworościany są zawarte w odpowiednich kulach o promieniu $\frac{R}{2}$ .

Zatem każdy punkt czworościanu $ABCD$ jest odległy od któregoś z punktów $P_A$ , $P_B$ , $P_C$ , $P_D$ nie więcej niż o $\frac{R}{2}$ .

Przypuśćmy, że pewne punkty $Q_1$ , $Q_2$ , $Q_3$ , $Q_4$ i liczba $S$ mają tę własność, że każdy punkt czworościanu $ABCD$ jest odległy od któregoś z punktów $Q_1$ , $Q_2$ , $Q_3$ , $Q_4$ nie więcej niż o $S$ . W szczególności każdy z pięciu punktów $O$ , $A$ , $B$ , $C$ , $D$ jest odległy od któregoś z punktów $Q_1$ , $Q_2$ , $Q_3$ , $Q_4$ nie więcej niż o $S$ . Zatem dwa spośród punktów $O$ , $A$ , $B$ , $C$ , $D$ są odległe od pewnego punktu $Q_i$ nie więcej niż o $S$ . Jeśli punktami tymi są wierzchołki czworościanu, np. $A$ i $B$ , to otrzymujemy, że $1 = AB \leq AQ_i + BQ_i \leq 2S$ , czyli $S \geq \frac{1}{2}$ . Jeśli zaś punktami tymi są $O$ i jeden z wierzchołków czworościanu, np. $A$ , to otrzymujemy $R = OA \leq OQ_i+AQ_i \leq 2S$ , czyli $S \geq \frac{R}{2}$ .

Ponieważ $\frac{R}{2} < \frac{1}{2}$ , więc w każdym przypadku otrzymujemy, że $S \geq \frac{R}{2}$ . Zatem najmniejszą liczbą dodatnią $r$ o własności podanej w zadaniu jest $r = \frac{R}{2} = \frac{1}{8} \sqrt{6}$ .

Uwaga. Można dowieść, że punkty $P_A$ , $P_B$ , $P_C$ , $P_D$ są jedynymi punktami takimi, że każdy punkt czworościanu jest odległy od któregoś z nich nie więcej niż o $\frac{\sqrt{6}}{8}$ .