===== 62 =====

Это задача не входит в тематический конкурс.
Результат учитывется только в основном зачете Марафона.

**Конкурсная задача №62** (6 баллов)   

Тетраэдр, имеющий площадь поверхности S, сумму длин ребер L, сумму
двугранных углов U и сумму трехгранных углов W, рассекли плоскостью на
два тетраэдра.\\
1) Какие значения может принимать S<sub>1</sub> + S<sub>2</sub> - 
сумма площадей поверхностей образовавшихся тетраэдров?\\
2) Какие значения может принимать L<sub>1</sub> + L<sub>2</sub>?\\
3) Какие значения может принимать U<sub>1</sub> + U<sub>2</sub>?\\
4) Какие значения может принимать W<sub>1</sub> + W<sub>2</sub>?\\

Примечания:
Под тетраэдром понимается произвольная треугольная пирамида.
Каждый пункт представляет собой самостоятельную задачу. То есть выражать, 
например, возможные значения U<sub>1</sub> + U<sub>2</sub> надо только через U, без учета других
характеристик исходного тетраэдра.
Трехгранные углы тетраэдра измеряются в стерадианах. (Полный телесный угол 
равен 4*Pi стерадиан).


**//Решение//**

Приведу решение в изложении Олега Полубасова.

Обозначим рёбра тетраэдра буквами a-f. Будем считать, что рассекающая
плоскость содержит ребро a граней abc и и ade и пересекает противолежащее
ему ребро f.
Так как при разрезании добавляются новые грани и рёбра, а старые
не исчезают, то площадь и сумма длин рёбер могут только увеличиваться.
S < S<sub>1</sub> + S<sub>2</sub>
L < L<sub>1</sub> + L<sub>2</sub>
Сколь угодно близкое приближение к равенству получим, взяв пирамиду с очень
маленьким основанием и очень большой высотой и проведя разрез очень близко
к основанию.

**Площадь** любой грани невырожденного тетраэдра меньше суммы площадей
трёх остальных граней, поэтому сумма площадей двух добавленных граней
меньше суммы площадей остальных граней, то есть 
S<sub>1</sub> + S<sub>2</sub> < 2*S.
Выбрав пирамиду с вершиной, проецирующейся внутрь основания, и очень
маленькой высотой и проведя рассекающую плоскость близко к основанию,
получим любое приближение к равенству.

С **суммой длин рёбер** интереснее. Сделаем выбор так, чтобы d+e ≤ b+c.
Так как a < d+e, b < d+f, c < e+f, то a+b+c < 2*(d+e+f).
Тогда (L_1+L_2)/L < (a+b+c+b+c + f + a+b+c+d+e)/(a+b+c+d+e+f) <
< 7/3 - 2*a/(a+b+c) < 7/3.
Нужное приближение получим, выбрав a, d и e достаточно малыми.

**Двугранные углы.** Угол при ребре a просто разделился на два,
в двух боковых гранях появились две пары новых углов с суммой в каждой
паре Pi, а угол при ребре f продублировался. То есть
U<sub>1</sub> + U<sub>2</sub> = U + 2*Pi + f.
Поскольку 0 < f < Pi, то U + 2*Pi < U<sub>1</sub> + U<sub>2</sub> < U + 3*Pi.

**Трёхгранные углы.** Углы abd и ace разделились каждый на два,
а двугранный угол при ребре f разбился на два трёхгранных угла.
Так как телесный угол двугранного угла величиной f радиан равен 2*f
стерадиан, то W<sub>1</sub> + W<sub>2</sub> = W + 2*f.
Поскольку 0 < f < Pi, то W < W<sub>1</sub> + W<sub>2</sub> < W + 2*Pi.

Последнее не удивительно, ведь у любого тетраэдра сумма трёхгранных
углов численно на 4*Pi меньше удвоенной суммы двугранных углов.

**Ответ.**

S        < S<sub>1</sub> + S<sub>2</sub> < 2*S
L        < L<sub>1</sub> + L<sub>2</sub> < 7/3*L
U + 2*Pi < U<sub>1</sub> + U<sub>2</sub> < U + 3*Pi
W        < W<sub>1</sub> + W<sub>2</sub> < W + 2*Pi



**//Обсуждение//**

Помещая в Марафон эту задачу, я имел в виду решение, приведенное выше, и
полагая его достаточно строгим. Однако, Владислав Франк, указал мне на момент,
ускользнувший от моего внимания (и внимания большинства марафонцев).

Для первых двух пунктов вхождение в ответ любой точки из указанных 
интервалов очевидно по соображениям непрерывности. Но для остальных пунктов 
все не так прозрачно. В самом деле, поворачивая, например, грань fce вогруг
ребра f, мы будем получать значения x = U<sub>1</sub> + U<sub>2</sub> 
в разных точках интервала. Однако при этом будет изменяться и сам этот 
интервал.

Пусть, например, треугольники fce и fbd - равнобедренные с общим основанием f
и такие, что высота fbd равна длине f и двое больше высоты fce (обе высоты 
опущены на f). Тогда, вращая fce вокруг ребра f так, что другранный угол 
с ребром f будет расти от 0 до Pi, мы изменим значение U от 3*Pi до 2*Pi.
При этом x изменяется незначительно и сместится от левого края p = U + 2*Pi
до правого края q = U + 3*Pi интервала (U + 2*Pi; U + 3*Pi) преимущественно 
за счет смещения самого интервала.

Сказанное, не означает, что приведенный выше ответ неверен. Но обоснование
того, что x может принимать любые значения на интервале (p; q) при любом U, 
не так очевидно, как казалось (в частности, мне).

Приведу набросок рассуждения, показывающего достижимость любой точки
интервала (p; q) при любом допустимом U.

Значения x, близкие к середине интервала [p; q], при средних же значениях U
достигаются на "обычных" тетраэдрах. 
Рассмотрение "приземистых" тетраэдров, в основании которых лежит треугольник
с примерно равными сторонами, показывает, что x может принимать значения, 
близкие к краям интервала [p; q]: 
при U, близких к 2*Pi, когда вершина проектируется далеко вне основания; 
при U, близких к 3*Pi, когда вершина проектируется близко к центроиду основания;
при средних значениях U, когда вершина проектирется близко к стороне основания.
Средние значения интервала [p; q] при U, близких 2*Pi, достигаются на 
тетраэдрах, устроенных так: fce и fbd - равные равобедренные треугольники
с очень маленьким основанием f, равным a.
Наконец, средние значения интервала [p; q] при U, близких 3*Pi, достигаются, 
на тетраэдрах, устроенных так: fce и fbd - равные равобедренные очень 
тупоугольные треугольники с основанием f, равным a. 

Непрерывно деформируя тетрааэдры, указанных выше видов, друг в друга, получим
все значения x из диапазонов [p; q] при всех возможных значениях U.
 
Ответ пункта 4 полностью определен ответом пункта 3. 


**//Награды//**

Задача оказалась значительно труднее первой задачи. В присланных
решениях немало ошибок (затруднения вызвали пункты с четными номерами). 
Я не снижал оценок за те решения, авторы которых прошли мимо нюансов, 
рассмотренных в Обсуждении (я ведь и сам прошел мимо них, когда оценивал
задачу). Вместо этого я добавил поощрительный балл Владиславу Франку,
обратившему мое внимание на тонкости "угловых" пунктов.
Ряд марафонцев прислали чрезмерно краткие решения (а то и вовсе только ответы).
Разумеется, это отразилось на их оценках.\\
В итоге призовые баллы распределились так:\\
//Олег Полубасов, Виктор Филимоненков// и //Андрей Богданов// - по //6 призовых баллов//;\\
//Иван держанский - 5 призовых баллов//;\\
//Владисдав Франк// и //Сергей Аракчеев// - по //4 призовых балла//;\\
//Алексей Кутузов - 3 призовых балла//.


**//Эстетическая оценка задачи - 3.8 балла//**
----