XXXIX OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

III

Obliczyć maksymalną objętość czworościanu zawartego w półkuli o promieniu długości 1.

Rozwiązanie

Oznaczmy daną półkulę przez $H$ , całą kulę przez $K$ , a koło stanowiące płaską część brzegu $H$ przez $E$ . Niech $O$ będzie dowolnym czworościanem zawartym w $H$ . Jego wnętrze jest częścią wspólną czterech otwartych półprzestrzeni, wyznaczonych przez płaszczyzny ścian. Środek kuli $K$ nie należy do wnętrza czworościanu; zatem nie należy do co najmniej jednej z tych półprzestrzeni. Istnieje wobec tego taka ściana $S$ czworościanu $Q$ , że przeciwległy wierzchołek czworościanu oraz środek kuli $K$ leżą po przeciwnych stronach płaszczyzny tej ściany (lub, w granicznym przypadku, środek kuli leży na tej płaszczyźnie).

Tak więc $Q$ zawiera się w mniejszej z dwóch części (ewentualnie w jednej z dwóch równych części), na które płaszczyzna ściany $S$ dzieli kulę $K$ . Zatem wysokość czworościanu $Q$ opuszczona na ścianę $S$ ma długość nie większą od $1$ , tak że objętość $Q$ nie przekracza jednej trzeciej pola tej ściany. Z kolei pole ściany $S$ , będącej trójkątem, nie jest większe od pola trójkąta równobocznego wpisanego w koło będące przekrojem kuli $K$ płaszczyzną tej ściany (por. Uwaga); a tym bardziej nie większe od pola trójkąta równobocznego wpisanego w koło wielkie $E$ . To ostatnie pole równa się $3 \sqrt{3}/4$ . Zatem objętość $Q$ jest mniejsza lub równa $\sqrt{3}/4$ .

We wszystkich przytoczonych szacowaniach możemy uzyskać równość biorąc za $O$ czworościan, którego podstawą jest trójkąt foremny wpisany w $E$ , a czwarty wierzchołek jest umieszczony w najdalszym od $E$ punkcie półkuli $H$ (w ,,biegunie północnym'').

Liczba $\sqrt{3}/4$ jest szukanym maksimum.

Uwaga: Dla kompletności podamy elementarny dowód faktu, że spośród wszystkich trójkątów wpisanych w ustalone koło o promieniu $r$ największe pole ma trójkąt równoboczny.

Niech $ABC$ będzie dowolnym takim trójkątem. Umieszczając punkt $C$ w środku większego z dwóch łuków, na które punkty $A$ i $B$ dzielą okrąg opisany na trójkącie $ABC$ , otrzymujemy trójkąt równoramienny $ABC'$ , ostrokątny lub prostokątny, o polu nie mniejszym niż trójkąt $ABC$ . Szukając trójkąta o maksymalnym polu (wpisanego w dane kolo) możemy więc ograniczyć uwagę do klasy trójkątów równoramiennych bez kątów rozwartych (wpisanych w to koło).

Jeśli teraz $ABC$ jest trójkątem z tej klasy ( $|AC| = |BC|$ ), to oznaczając przez $x$ odległość boku $AB$ od środka koła dostajemy zależności: $|AB| = 2\sqrt{r^2-x^2}$ , $h_C = r+x$ (wysokość opuszczona z wierzchołka $C$ ) i wobec tego

$ \begin{split} \textrm{pole} & (ABC) = (r+x) \sqrt{r^2-x^2}= \frac{1}{\sqrt{3}} \sqrt{(r+x)^3 (3r-3x)} =\\ & = \frac{1}{\sqrt{3}} \left( \sqrt[4]{(r+x)^3 (3r-3x)}\right)^2 \leq \frac{1}{\sqrt{3}} \left( \frac{3(r+x)+(3r-3x)}{4} \right)^2 = \frac{3\sqrt{3}}{4} r^2. \end{split} $

Skorzystaliśmy tu z nierówności między średnią geometryczną i średnią arytmetyczną czterech liczb: $a_1 - a_2 = a_3 = r+ x$ , $a_4 = 3r-3x$ . Nierówność ta staje się równością wtedy i tylko wtedy, gdy te liczby są równe, czyli dla $x = r/2$ . Pozostaje zauważyć, że ostatnia równość oznacza, że trójkąt $ABC$ jest foremny.