Jacek Kredenc – szkic rozwiązania
Poszukiwania wielościanów
Zadanie 1.
Udowodnij, że jeśli wielościan wypukły ma wszystkie ściany trójkątne i wszystkie kąty trójścienne, to ten wielościan jest czworościanem.
Rozwiązanie
Mamy 𝑘 =3𝑆2 i 𝑘 = 3𝑤2 . Stąd 𝑠 =2𝑘3 i 𝑤 =2𝑘3.
Po podstawieniu do wzoru Eulera 𝑤 + 𝑠 − 𝑘 = 2 mamy 2𝑘 3 + 2𝑘 3 − 𝑘 = 2 2𝑘 + 2𝑘 − 3𝑘 = 6 𝑘 = 6
w konsekwencji 𝑠 =2∙63 = 4 i 𝑤 =2∙63 = 4, czyli mamy czworościan
Zadanie 2.
Udowodnij, że jeśli wielościan wypukły ma wszystkie ściany trójkątne i wszystkie kąty czworościenne, to ten wielościan jest ośmiościanem.
Rozwiązanie
Mamy 𝑘 =2𝑠3 i 𝑘 =4𝑤2 . Stąd 𝑠 =2𝑘3 i 𝑤 =𝑘2.
Po podstawieniu do wzoru Eulera 𝑤 + 𝑠 − 𝑘 = 2 mamy 𝑘 2+ 2𝑘 3 − 𝑘 = 2 3𝑘 + 4𝑘 − 6𝑘 = 12 𝑘 = 12
W konsekwencji 𝑠 =2∙123 = 8 i 𝑤 =122 = 6, czyli mamy ośmiościan.
Zadanie 3.
Udowodnij, że jeśli wielościan wypukły ma wszystkie ściany czworokątne i wszystkie kąty trójkątne, to ten wielościan jest sześcianem.
Rozwiązanie
Mamy 𝑘 =4𝑠2 i 𝑘 =3𝑤2 . Stąd 𝑠 =𝑘2 i 𝑤 =2𝑘3.
Po podstawieniu do wzoru Eulera 𝑤 + 𝑠 − 𝑘 = 2 mamy 2𝑘 3 + 𝑘 2− 𝑘 = 2 4𝑘 + 3𝑘 − 6𝑘 = 12 𝑘 = 12
W konsekwencji 𝑠 =122 = 6 i 𝑤 =2∙123 = 8, czyli mamy sześcian.
Zadanie 4.
Czy istnieje wielościan wypukły, który ma wszystkie ściany czworokątne i wszystkie kąty czworościenne?
Odpowiedź
Nie. To wynika z zadania 3 rozwiązanego w artykule „Zadania Eulera”.
Trójkątne zadania
Zadanie 1.
Czy z odcinków o długości (23)1000 i (23)1001 oraz (23)1002 można zbudować trójkąt?
Odpowiedź Tak, gdyż (2 3) 1002 + (2 3) 1001 − (2 3) 1000 = (2 3) 1000 ((2 3) 2 +2 3− 1) = ( 2 3) 1000 (4 9+ 2 3− 1) = 1 9∙ ( 2 3) 1000 > 0
Zadanie 2.
Niech a, b, c oznaczają długości boków trójkąta. Wykaż, że: 1 𝑎 + 𝑏+ 1 𝑏 + 𝑐+ 1 𝑐 + 𝑎 < 5 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 Rozwiązanie
Przekształcamy równoważnie podaną nierówność 1 𝑎 + 𝑏+ 1 𝑏 + 𝑐+ 1 𝑐 + 𝑎 < 5 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ( 1 𝑎 + 𝑏+ 1 𝑏 + 𝑐+ 1 𝑐 + 𝑎) < 5 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑎 + 𝑏 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑏 + 𝑐 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑐 + 𝑎 < 5 (1 + 𝑐 𝑎 + 𝑏) + (1 + 𝑎 𝑏 + 𝑐) + (1 + 𝑏 𝑐 + 𝑎) < 5 3 + 𝑐 𝑎 + 𝑏+ 𝑎 𝑏 + 𝑐+ 𝑏 𝑐 + 𝑎< 5 𝑐 𝑎 + 𝑏+ 𝑎 𝑏 + 𝑐+ 𝑏 𝑐 + 𝑎 < 2
Co jest prawdą na mocy zadania 2.b) z artykułu „Nierówności w trójkącie”.
Zadanie 3.
Wykaż, że w trójkącie o bokach długości a, b, c i wysokościach ha, hb, hc oraz polu S zachodzi
nierówność
(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ∙ (ℎ𝑎+ ℎ𝑏+ ℎ𝑐) ≥ 18𝑆
Rozwiązanie
Mamy ℎ𝑎 =2𝑆𝑎 , ℎ𝑏 = 2𝑆𝑏 , ℎ𝑐 =2𝑆𝑐. Zatem mamy udowodnić, że
(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ∙ (2𝑆 𝑎 + 2𝑆 𝑏 + 2𝑆 𝑐 ) ≥ 18𝑆 czyli (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ∙ (1𝑎+1 𝑏+ 1 𝑐) ≥ 9 Teraz wystarczy skorzystać z nierówności 𝑥𝑦+𝑦𝑥≥ 2
Zadanie 4.
Niech a, b, c będą długościami boków trójkąta, zaś α, β, ɣ oznaczają miary (w stopniach) kątów leżących odpowiednio naprzeciw tych boków. Wykaż, że:
𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≥ 60°
Rozwiązanie
Załóżmy, bez zmniejszania ogólności rozważań, że 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐. Wtedy 𝛼 ≥ 𝛽 ≥ 𝛾. Zatem (𝑎 − 𝑏) ⏟ ≥0 (𝛼 − 𝛽) ⏟ ≥0 + (𝑎 − 𝑐)⏟ ≥0 (𝛼 − 𝛾) ⏟ ≥0 + (𝑏 − 𝑐)⏟ ≥0 (𝛽 − 𝛾) ⏟ ≥0 ≥ 0 Przekształćmy powyższą nierówność:
(𝑎𝛼 − 𝑎𝛽 − 𝑏𝛼 + 𝑏𝛽) + (𝑎𝛼 − 𝑎𝛾 − 𝑐𝛼 + 𝑐𝛾) + (𝑏𝛽 − 𝑏𝛾 − 𝑐𝛽 + 𝑐𝛾) ≥ 0 (𝑎𝛼 + 𝑏𝛽) + (𝑎𝛼 + 𝑐𝛾) + (𝑏𝛽 + 𝑐𝛾) ≥ (𝑎𝛽 + 𝑏𝛼) + (𝑎𝛾 + 𝑐𝛼) + (𝑏𝛾 + 𝑐𝛽) ≥ 0 2(𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾) ≥ (𝑏 + 𝑐)𝛼 + (𝑎 + 𝑐)𝛽 + (𝑎 + 𝑏)𝛾 2(𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾) + 𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾 ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)𝛼 + (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)𝛽 + (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)𝛾 3(𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾) ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝛼 + 𝛽 + 𝛾) 3(𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾) ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ∙ 180° 𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾 ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ∙ 600° 𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≥ 60°
