XXXII - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

III

W czworościanie o objętości $V$ suma kwadratów długości wszystkich krawędzi jest równa $S$ . Dowieść, że

$ V \leq \frac{S\sqrt{S}}{72 \sqrt{3}} $

Rozwiązanie

Rozważmy czworościan $ABCD$ (rys. 15), niech punkt $O$ będzie spodkiem wysokości czworościanu opuszczonej na podstawę $ABC$ , niech $DO = H$ . Niech $E$ będzie spodkiem wysokości opuszczonej w trójkącie $ABC$ na podstawę $\overline{AB}$ , niech $CE = h$ . Niech $F$ będzie spodkiem wysokości opuszczonej w trójkącie $ABO$ na podstawę $\overline{AB}$ (jeśli $O$ należy do prostej $AB$ , to przyjmujemy $F = O$ ), niech $OF = g$ . Przyjmijmy ponadto liczby $x$ , $y$ tak, by

$ \overrightarrow{AF} = x \cdot \frac{\overrightarrow{AB}}{AB},\ \overrightarrow{AE} = y \cdot \frac{\overrightarrow{AB}}{AB}. $

Oznaczmy $AB= a$ , $BC=b$ , $CA=c$ , $DA = d$ , $BD = e$ , $DC=f$ .

Z twierdzenia Pitagorasa stosowanego kolejno do trójkątów $BCE$ , $ACE$ , $ADO$ , $BDO$ , $CDO$ otrzymujemy

$ b^2 = h^2+(a-y)^2, $

$ c^2 = h^2+y^2, $

$ d^2 = H^2 + (x^2+g^2) = x^2+H^2+g^2, $

$ e^2 = H^2+(a-x)^2+g^2, $

$ f^2 = H^2+OC^2. $

Dla obliczenia $OC^2$ poprowadzimy przez $O$ prostą równoległą do $AB$ , która przetnie wysokość $\overline{CE}$ w punkcie $G$ . Wobec tego $OC^2 = (h-g)^2+(x-y)^2$ i $f^2 = H^2+(h-g)^2+ (x-y)^2$ .

Możemy więc obliczyć $S$ :

$ \begin{split} & S = a^2+b^2 + c^2 + d^2 + e^2 + f^2 = a^2+h^2+(a-y)^2+h^2+y^2 + x^2 + H^2 + g^2+\\ & + H^2+g^2 + (a-x)^2 + H^2 + (h-g)^2+(x-y)^2 = a^2+h^2 + a^2- 2ay+y^2 + h^2 +\\ & + y^2 + x^2+H^2 + g^2 + H^2 + g^2+a^2-2ax + x^2 + H^2+ h^2-2hg + g^2+x^2-2xy+y^2. \end{split} $

Pogrupujemy teraz tak wyrazy, by oszacować powyższe wyrażenie w zależności od $a$ , $h$ i $H$

$ \begin{split} S & = 2a^2+2h^2+2y^2 - 2ay + \frac{a^2}{2} -\frac{a^2}{2}+3H^2+3g^2-2hg+\frac{h^2}{3} + \frac{2}{3} h^2+ 2x^2-2ax + \\ & + \frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}+ x^2-2xy+y^2 = 2a^2 + 2h^2+\frac{1}{2}(2y-a)^2+3H^2+ \frac{1}{3}(3g-h)^2 + \frac{2}{3} h^2+\\ + & \frac{1}{2}(2x-a)^2+(x-y)^2 \geq 2a^2 + \frac{8}{3}h^2+3H^2 \end{split} $

Stosując nierówność dla średniej arytmetycznej i geometrycznej otrzymujemy stąd

$ S \geq 2a^2+ \frac{8}{3} h^2 + 3H^2 \geq 3 \cdot \sqrt{2a^2 \cdot \frac{8}{3} h^2 \cdot 3H^2} = 3 \sqrt[3]{l6a^2h^2H^2} $

Wobec tego

$ \frac{S \sqrt{S}}{72 \sqrt{3}} \geq \frac{3 \cdot \sqrt[3]{16a^2h^2H^2} \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt[3]{4ahH}}{72 \cdot \sqrt{3}} = \frac{3 \cdot \sqrt[3]{64a^3h^3H^3}}{72} = \frac{4ahH}{24} = \frac{1}{3} \cdot \frac{aH}{2} \cdot H = V. $

Rozwiązanie to podał uczestnik zawodów Roman Kapuściński.

Uwaga. Z rozwiązania wynika, że równość $V = \frac{S\sqrt{S}}{72 \sqrt{3}}$ ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy $a = 2y$ i $a = 2x$ i $h = 3g$ i $x = y$ oraz $2a^2 = \frac{8}{3}h^2 = 3H^2$ , a więc gdy czworościan jest foremny.