Математический факультетИнформация для студентовЭлектронная библиотека
Карта сайтаКарта сайта
Недавние измененияНедавние изменения
ПоискПоиск
  
Вы посетилиВы посетили
История страницыИстория страницы
  
Вход/выходВход


Содержание

ММ23

Конкурсная задача ММ23 (8 баллов)

Верно ли, что у любого тетраэдра есть сечение, являющееся:
а) параллелограммом;
б) ромбом;
в) прямоугольником;
г) квадратом;
д) трапецией;
е) равнобочной трапецией;
ж) равнобедренным треугольником;
з) правильным треугольником?

(Под тетраэраэдром понимается произвольная треугольная пирамида.)

Решение

Начнем с треугольных сечений.

Ответ на вопрос пункта ж, очевидно, положительный. Докажем это, используя прием, который пригодится нам в дальнейшем.
Пусть вершины треугольного сечения KLM принадлежат ребрам AD, BD и CD соответственно, и пусть, например, KM длиннее KL. Будем приближать точки K и M по ребрам к вершине D. При этом длина отрезка KM может стать сколь угодно малой. Длина же отрезка KL ограничена снизу расстоянием от точки L до ребра AD. Значит, в какой-то момент сторона KM обязана стать равной KL.

Ответ на вопрос пункта з - нет.
В этом, легко убедиться хотя бы на примере тетраэдра у которого AB = CD = 1, а остальные ребра равны 2.

Перейдем к четырехугольным сечениям.

Если рассечь тетраэдр плоскостью, параллельной двум его скрещивающимся ребрам (например, AB и CD), то в сечении, очевидно, получится параллелограмм так как, две стороны сечения будут параллелльны AB, а две другие - CD. Пусть, например, ребра, параллельные AB, короче ребер параллельных CD. Перемещая сечение параллельно самому себе в сторону ребра AB добьемся ситуации, когда все стороны сечения будут равны. Таким образом, ответ к пунктам а и б положителем.

Параллельность сечения двум скрещивающимся ребрам не только достаточное, но и необходимое условие того, чтобы сечение было параллелограммом. Поэтому для того, чтобы у тетраэдра в сечении возникал прямоугольник, надо, чтобы какие-то два его скрещивающихся ребра были ортогональны. Очевидно, что это условие выполняется не для любого тетраэдра, поэтому ответы на вопросы пенктов в и г отрицательны.

Выбрав на ребрах AC, BC и BD точки K, L и M соответственно так, чтобы KL было параллельно AB, а LM не было параллельно CD придем к сечению, являющемуся трапецией. Поэтому ответ к пункту д - да.

Наиболее трудный и интересный вопрос задачи сформулирован в пункте е.
Пусть ребра тетраэдра ABCD имеют длины: AD = a, BD = b, CD = c, AB = d, AC = e и BC = f.
Пусть a > b > c > d > e > f.
Пусть токчи K, L, M и N лежат на ребрах AC, CD, BD и AB соответветсвенно и при этом KL и MN параллельны AD. По теореме Фалеса DL:CD = AK:AC. Обозначим это отношение через s. Аналогично DM:BD = AN:AB = t.
По теореме косинусов:
2bc*cos(BDC) = b2+c2-f2 (1),
2ed*cos(BAC) = d2+e2-f2 (2),
LM2 = (tb)2+(sc)2-2(tb)(sc)cos(BDC),
KN2 = (td)2+(se)2-2(td)(se)cos(BAC).
Приравняв выражения для LM2 и KN2 и воспользовавшись равенствами (1) и (2), после несложных преобразований получим:
(b2-d2)t(t-s) = (c2-e2)s(t-s) (3)
Ясно, что равенство достигается при s = t. Но этот случай соответствует параллелограмму и нас не интересует. Разделив обе части (3) на t-s получим (b2-d2)t = (c2-e2)s.
Если b2-d2 = c2-e2 ≠ 0, то предыдущее равенство возможно только при s = t и в сечении тетраэдра ABCD не может получится равнобочная трапеция с основаниями параллельными ребру AD.

Условия отсутствия сечений, имеющих форму равнобочных трапеций с основаниями параллелльными остальным ребрам, выглядят так:
a2-d2 = c2-f2 ≠ 0;
a2-e2 = b2-f2 ≠ 0;
a2-b2 = e2-f2 ≠ 0;
a2-c2 = d2-f2 ≠ 0;
b2-c2 = d2-e2 ≠ 0.
Не трудно убедиться, что, числа a = 157, b = 142, c = 131, d = 122, e = 109, f = 86 удовлетворяют всем приведенным соотношениям и могут являться ребрами тетраэдра. Таким образом, ответ на вопрос пункта е отрицателен.

Обсуждение

Поиск контрпримера к пункту е не столь ужасен, как может показаться. На самом деле, достаточно обеспечить выполнение все лишь двух из шести приведенных соотношений. Остальные будут их следствиями.
Тем не менее, возникающая ситуация представляется мне весьма интересной. Обычно какое-то свойство либо выполняется для всех объектов данного классса (например, медианы тетраэдра пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 3:1), либо выполняется для специального подкласса «хороших» объектов (примером такого подкласса могут служить ортоцентрические тетраэдры, высоты которых пересекаются в одной точке), либо, наконец, исходное множество делится с помощью данного свойства два сопоставимых класса (такая ситуация возникает в пункте з).
В случае же пункта е возникает узкий специальный подкласс именно из тетраэдров, для которых свойство не выполняется. Для тетраэдров мне известен только один похожий пример. А именно: для подавляющего большинства тетраэдров существует ровно восемь сфер, равноудаленных от всех плоскостей, содержащих грани тетраэдра; и лишь для узкого класса тетраэдров подходящих сфер меньше восьми.

Награды

За то рекордно долгое для марафона время, в течении которого данная задача ждала своих героев, на нее было получено всего два отклика.
Павел Егоров справился со вcеми пунктами, за исключением пунктов е и з. Он получает 4 призовых балла (при оценивании учтена сложность пунктов).
Андрей Бежан дал правильные ответы на 7 из 8 вопросов задачи. На вопрос пункта в он ответил «не знаю». Однако лишь в четырех из 7 случаев ответы обоснованы. Без обоснований остались правильные ответы к пунктам г, е, з. Андрей получает 3 призовых балла.

 

 


Страница: [[marathon:problem_23]]

marathon/problem_23.txt · Последние изменения: 2015/10/08 10:20 — letsko
Powered by DokuWiki  ·  УКЦ ВГПУ 2006