XL OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

Dany jest kąt trójścienny $OABC$ o wierzchołku $O$ oraz punkt $P$ w jego wnętrzu. Niech $V$ będzie objętością równoległościanu o dwóch wierzchołkach w punktach $O$ i $P$ , którego trzy krawędzie są zawarte w półprostych $OA^{\rightarrow}$ , $OB^{\rightarrow}$ , $OC^{\rightarrow}$ . Obliczyć minimalną objętość czworościanu, którego trzy ściany są zawarte w ścianach kąta trójściennego $OABC$ , a czwarta ściana zawiera punkt $P$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $\mathbf{Q}$ rozważany równołegłościan o objętości $V$ . Niech $OA$ , $OB$ , $OC$ będą jego trzema krawędziami. Prowadzimy przez punkt $P$ dowolną płaszczyznę przecinającą półproste $OA^\rightarrow$ , $OB^\rightarrow$ , $OC^\rightarrow$ odpowiednio w punktach $K$ , $L$ , $M$ (i wyznaczającą interesujący nas czworościan $OKLM$ ; jego objętość jest tą wielkością, której minimum mamy wyznaczyć).

Weźmy pod uwagę następujące trzy liczby (stosunki pól trójkątów):

$ x=\frac{\mathrm{pole}(PLM)}{\mathrm{pole}(KLM)}, \quad y=\frac{\mathrm{pole}(KPM)}{\mathrm{pole}(KLM)}, \quad z=\frac{\mathrm{pole}(KLP)}{\mathrm{pole}(KLM)}. $

Oczywiście $x, y, z > 0$ , $x + y + z = 1$ .

Oznaczmy odległości punktów $P$ i $M$ od płaszczyzny $ABC$ odpowiednio przez $d$ i $h$ , a odległości tych punktów od prostej $KL$ - przez $d'$ i $h'$ . Wobec równoległości prostej $CP$ do płaszczyzny $OAB$ zachodzi proporcja

$ \frac{|OC|}{|OM|}=\frac{d}{h}=\frac{d'}{h'}= \frac{\mathrm{pole}(KLP)}{\mathrm{pole}(KLM)}=z. $

Analogicznie można zinterpretować liczby $x$ i $y$ . Tak więc

$ (2) \qquad |OA| = x|OK| ,\quad |OB| = y|OL|, \quad |OC| = z|OM|. $

Z wzoru na objętość ostrosłupa oraz z zależności (1) i (2) otrzymujemy równość

$ \begin{split} \textrm{objętość}(OKLM) &= \frac{h}{3} \mathrm{pole}(OKL) = \frac{h}{6} |OK| \cdot |OL| \sin(\measuredangle KOL) =\\ &= \frac{h}{6}\cdot \frac{1}{x} |OA|\cdot \frac{1}{y} lOB| \sin(\measuredangle AOB) = \\ &=\frac{d}{6xyz}\cdot 2 \mathrm{pole}(OAB). \end{split} $

Podwojone pole trójkąta $OAB$ jest polem ściany równoległościanu $\mathbf{Q}$ zawartej w płaszczyźnie $\mathbf{OAB}$ ; liczba $d$ jest długością odpowiedniej wysokości tego równoległościanu. Zatem $d \cdot 2\mathrm{pole}(OAB) = \textrm{objętość}(\mathbf{Q}) = V$ . Stąd oraz z nierówności między średnią arytmetyczną i średnią geometryczną liczb $x$ , $y$ , $z$ wynika, że

$ \textrm{objętość}(OKLM) =\frac{V}{6xyz}\geq \frac{V}{6}\left( \frac{3}{x+y+z} \right)^3 = \frac{9}{2} V. $

Otrzymana nierówność staje się równością, gdy $x = y = z = 1$ , czyli gdy odcinki $OK$ , $OL$ , $OM$ są trzykrotnie dłuższe odpowiednio od $OA$ , $OB$ , $OC$ . To zaś zachodzi, gdy płaszczyzna $KLM$ jest poprowadzona przez punkt $P$ równolegle do płaszczyzny $ABC$ .

Liczba $\frac{9}{2} V$ jest więc szukanym minimum.

Uwaga. Gdy odcinki $OA$ , $OB$ , $OC$ są parami prostopadłe i mają równą długość, można je przyjąć za wersory osi kartezjańskiego układu współrzędnych. Całe rozumowanie daje się wówczas zgrabnie zapisać w języku geometrii analitycznej. Bowiem: $A = (1,0,0)$ , $B = (0,1,0)$ , $C = (0,0,1)$ , $P = (1,1,1)$ ; dowolna płaszczyzna przechodząca przez punkt $P$ dana jest równaniem postaci $ax + by + cz =$ 1, z dodatnimi współczynnikami $a$ , $b$ , $c$ dobranymi tak, by $a + b + c= 1$ . (Nietrudno zauważyć, że liczby $a$ , $b$ , $c$ - to nic innego niż liczby $x$ , $y$ , $z$ z poprzedniego sposobu rozwiązania; tym razem potrzebujemy liter $x$ , $y$ , $z$ na oznaczenie zmiennych układu współrzędnych; stąd zmiana notacji.) Rozważana płaszczyzna przecina osie układu w punktach $K = (1/a, 0,0)$ , $L= (0,1/fb,0)$ , $M = (0,0, 1/c)$ .

Równoleglościan $\mathbf{Q}$ jest teraz sześcianem; jego objętość $V$ równa się $1$ . Badany czworościan $OKLM$ ma objętość $(1/6)(1/a)(1/b)(1/c)$ . Jak poprzednio, stosując nierówność między średnimi stwierdzamy, że (przy stałej sumie $a + b + c = 1$ ) iloczyn abc osiąga maksimum, gdy $a = b = c = \frac{1}{3}$ ; .objętość czworościanu $OKLM$ osiąga wówczas minimum, równe $\frac{9}{2}$ .

Teza zadania jest więc udowodniona w bardzo szczególnym przypadku, gdy $|OA| = |OB| = |OC| = 1$ , $OA \bot OB \bot OC \bot OA$ . Ten ,,bardzo szczególny'' przypadek jest jednak, w pewnym sensie, całkiem ogólny. Powinno to być oczywiste dla wszystkich, którym nieobce jest pojęcie przekształceń afinicznych i ich najprostsze własności. Każdy równoległościan można afinicznie przekształcić na sześcian jednostkowy; zaś stosunek objętości jest niezmiennikiem przekształceń afinicznych przestrzeni trójwymiarowej. I właśnie te dwa spostrzeżenia wystarczą do tego, by z rozpatrzonego powyżej ,,bardzo szczególnego'' przypadku wydedukować tezę zadania w pełnej ogólności.