XXXVII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Niech S będzie sferą opisaną na czworościanie foremnym o krawędzi długości większej od 1. Sferę $S$ przedstawiono w postaci sumy czterech zbiorów. Udowodnić, że do pewnego z tych zbiorów należą takie punkty $P$ , $Q$ , że długość odcinka $PQ$ przekracza 1.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw lemat stanowiący jednowymiarową wersję tego twierdzenia.

Lemat. Okrąg $\omega$ opisany na trójkącie równobocznym o krawędzi długości większej od $1$ przedstawiono w postaci sumy trzech zbiorów: $\omega = U \cup V \cup W$ . Wówczas do pewnego ze zbiorów $U$ , $V$ , $W$ należą punkty $P$ , $Q$ , takie, że $|PQ| > 1$ .

Dowód lematu. Dla dowolnych dwóch nieantypodycznych punktów $X, Y \in \omega$ będziemy oznaczać symbolem $\breve{XY}$ łuk domknięty okręgu $\omega$ o końcach $X$ i $Y$ , zawarty w półokręgu. Przypuśćmy, że teza lematu nie jest prawdziwa i weźmy dowolny trójkąt równoboczny $ABC$ wpisany w $\omega$ . Jego wierzchołki muszą należeć do różnych zbiorów (spośród $U$ , $V$ , $W$ ); możemy założyć, że $A \in U$ , $B \in V$ , $C \in W$ . Wówczas $W \cap \breve{AB} = \emptyset$ (bo odległość każdego punktu łuku $\breve{AB}$ od punktu $C$ przekracza $1$ ). Niech

$<br /> (1) \qquad a =\sup \{ |CM| \colon M \in \breve{CA} \cup W \}<br />$

$<br /> a =\sup \{ |CM| \colon M \in \breve{CB} \cup W \}<br />$

i niech $E \in \breve{CA}$ , $F \in \breve{CB}$ będą punktami takimi, że $|CE| = a$ , $|CF| = b$ (rysunek 7). Odcinek $EF$ ma długość nie większą od $1$ ; gdyby bowiem było $|EF| > 1$ , to ponieważ, zgodnie z (1), dowolnie blisko punktów $E$ i $F$ leżą punkty zbioru $W$ , znaleźlibyśmy punkty $P, Q \in W$ takie, że $|PQ| > 1$ - wbrew naszemu przypuszczeniu. Zatem $|EF | \leq 1$ , a więc łuk $EF$ jest mniejszy, niż $1/3$ okręgu. (Jest to oczywiście ten z łuków o końcach $E$ i $F$ , który zawiera punkt $C$ , bo drugi z tych łuków zawiera punkty $A$ i $B$ ). Istnieją zatem punkty $P, Q, R \in \omega$ leżące poza łukiem $\breve{EF}$ i będące wierzchołkami trójkąta równobocznego.

Z definicji liczb $a$ i $b$ oraz punktów $E$ i $F$ wynika, że $W \cap \breve{CA} \subset \breve{CE}$ , $W \cap \breve{CB} \subset \breve{CF}$ , a ponieważ $W \cap \breve{AB} = \emptyset$ , wnosimy stąd, że $W \subset \breve{EF}$ . Wobec tego punkty $P$ , $Q$ , $R$ należą do sumy zbiorów $U$ i $V$ , a zatem dwa z nich muszą należeć do jednego z tych zbiorów. Kończy to dowód lematu, bo $|PQ| = |QR| = |RP| > 1$ .

Z lematu natychmiast wynika teza zadania: bierzemy czworościan foremny $ABCD$ wpisany w sferę $S$ oraz okrąg $\omega$ opisany na trójkącie $ABC$ . Punkt $D$ należy do jednego z czterech rozważanych zbiorów. Jeżeli ten zbiór zawiera jakikolwiek punkt $X \in \omega$ , to $|DX| > 1$ . W przeciwnym razie okrąg $\omega$ jest zawarty w sumie pozostałych trzech zbiorów i na mocy lematu jeden z tych zbiorów zawiera punkty $P$ , $Q$ takie, że $|PQ| > 1$ .