XII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Dowieść, że jeżeli $A$ , $B$ , $C$ , $D$ są wierzchołkami czworościanu, a $S$ jest środkiem ciężkości trójkąta $ABC$ , to

$ SD<\frac{AD+BD+CD}{3} $

Rozwiązanie

\spos{I} Dowód twierdzenia przestrzennego daje się często poprowadzić analogicznie do dowodu odpowiedniego twierdzenia płaskiego. Tak jest również w danym przypadku. Zachodzi bowiem twierdzenie: środkowa $CS$ trójkąta $ABC$ jest mniejsza od średniej arytmetycznej boków $AC$ i $BC$ (rys. 3).
Dla dowodu wystarczy połączyć środek $S$ boku $AB$ ze środkiem $T$ boku $AC$ . Wówczas

$ SC <ST + TC $

a ponieważ $ST = \frac{1}{2} BC$ , a $TC = \frac{1}{2} AC$ , więc istotnie

$ SC < \frac{1}{2} (AC + BC) %błąd w źródle $

Naśladując ten dowód połączmy środek ciężkości $S$ ściany $ABC$ czworościanu $ABCD$ ze środkiem ciężkości $T$ ściany $ABD$ (rys. 4). Wówczas:

$ SD <ST + TD $

Otóż $ST$ łączy punkty $S$ i $T$ dzielące boki $MC$ i $MD$ trójkąta $CMD$ ( $M$ = środek krawędzi $AB$ ) w stosunku $1 : 3$ , wobec czego $ST =\frac{1}{3}CD$ . Odcinek $TD$ stanowi $\frac{2}{3}$ środkowej $MD$ trójkąta $ABD$ , a ponieważ, jak wiemy z poprzedniego, $MD < \frac{1}{2} (AD + BD)$ , więc $TD < \frac{1}{3} (AD + BD)$ . Podstawienie do poprzedniej nierówności daje

$ SD< \frac{1}{3} (AD +'BD + CD) $

czego należało dowieść.