Точка в паралелепипед

[ins-]

Да се докаже, че всяка вътрешна точка за паралелепипед с дължини на ръбовете [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] е на разстояние, не по-голямо от [tex]\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}[/tex] от някой от върховете на паралелепипеда.

[math10.com]

Центъра на описаната около паралелепипеда сфера лежи на средата на главния диагонал, а радиуса и е:
[tex]R=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}[/tex].
На там е лесно

[ins-]

Паралелепипедът не е (задължително) правоъгълен. Не съм сигурен, че около всеки паралелепипед може да се опише сфера.

[math10.com]

Ако не е павоъгълен дали е вярно твърдението???
[tex]d=\sqrt{a^2+b^2+c^2+2ab.sin \varphi_1 +2ac.sin \varphi_2 +2bc.sin \varphi_3}[/tex]
И ако [tex]O[/tex] е среда на най-дългия диагонал [tex]AC_1[/tex], то [tex]OA=OC_1=\frac{1}{2}d \ge \frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}[/tex]

[ins-]

Вярно е. Средите на диагоналите в паралелепипед съвпадат. Тази среда е среда и на най-късия диагонал. За него неравенството от условието на задачата е вярно.

[ptj]

Прекалено лесна е.

1.)Ако въведем векторна база от кой да е връх посредством ребрата излизащи от него, то всяка точка от паралелипиеда се представя с радиус вектор, чиято дължина е не по-голяма от съответния диагонал.

2.) Може да се докаже, че един от диагоналите на всеки паралипипед е не по-голям от [tex]\sqrt{a^2+b^2+c^2}.[/tex] Това е точно за върха с 3-те "не остри" равнинни ъгъла при стените.

3.) Ако мащабираме паралелипипеда с коефициент [tex]\frac{1}{2}[/tex] ще получим точно исканото.

П.П. Точка 3 може да я представим и като разделяне на 8 еднакви малки паралелипипеда посредством, посредством 3 равнини успоредни на стените и минаващи през центъра на диагоналите.

[ptj]

2-ра точка се вижда много лесно като се разпише формулата за скаларен квадрат на сума на три вектора.

[ins-]

ptj, не съм сигурен, че разбирам решението (почти не мога да ползвам вектори). Преди години се опитвах да реша задачата. Имах подобен подход, разделях паралелепипеда на 8 по-малки чрез равнини, успоредни на стените, прекарани през общата пресечна точка на диагоналите. По случай, че не ползвам вектори въртях едни косинусови теореми. Лошото е, че не намирам това решение и не мога да го възпроизведа. При моят подход и при това, което вие правите ме притеснява нещо. Съмнявам се, че доказва, че съществува поне една точка, която е на разстояние [tex]\frac{1}{2} \sqrt{a^2+b^2+c^2}[/tex] от някой от върховете на паралелепипеда, а не, че за произволна точка от паралелепипеда е в сила това неравенство. Защо го мисля ... защото точката може да се намира при това разделяне в паралелепипед (1 от 8-те), чиито общ връх с този на дадения е с ръбове, сключващи остри равнинни върхове помежду си.

[ins-]

Решението, което намерих и задачата не са измислени от мен, но ми харесаха. Слагам решението като скрит текст, за да не се влияят хората, които се опитват да решат задачата самостоятелно.

Скрит текст: покажи

Нека дадената точка е [tex]X[/tex]. За правоъгълен триъгълник е известно, че хипотенузата е по-голяма от кой да е от катетите. *)
Ако спуснем перпендикуляр от [tex]X[/tex] към най-"близката" стена то той ще е по-малък от половинката от околния ръб.. Нека за прегледност да това да е [tex]c/2[/tex]. (Заради *)). [tex]XY \le a/2[/tex]. В случай, че този перпендикуляр пресича някоя от другите стени, то той не е бил спуснат към най-близката стена (Заради *)), следователно разглежданият перпендикуляр към най-близката стена не пресича никоя от другите стени. Ако петата на този перпендикуляр е [tex]Y[/tex] можем да спуснем перпендикуляр от [tex]Y[/tex] към най-"близката" страна на стената, на която принадлежи [tex]Y[/tex]. Нека петата на този перпендикуляр е [tex]Z[/tex]. Заради *) [tex]PZ \le b/2[/tex] (означаваме за прегледност околният ръб с [tex]b[/tex]). Ако вземем по-близкият от двата възможни върха на парелелпипеда, лежащи на отсечката, съдържаща [tex]Z[/tex], нека за прегледност това да е [tex]A[/tex], то [tex]AZ \le a/2[/tex]. (За прегледност означаваме дължината на ръба, съдържащ [tex]Z[/tex] с [tex]A[/tex].

Тогава [tex]AX^2=AZ^2+ZY^2+ZX^2 \le a^2+b^2+c^2[/tex], което решава задачата. Това, че квадратът на [tex]AX[/tex] е равен на сбора от останалите квадрати в равенството се доказва, чрез използване на св-вата на перпендикулярните равнини и двукратно приложение на теоремата на Питагор.

Тук равенството е възможно, например при правоъгълен паралелепипед, като [tex]X[/tex] e пресечната точка на диагоналите му. Възможно е също така да се докаже, че за всяка точка от паралелепипед съществува връх, който е на разстояние [tex]\ge[/tex] от нея. Мисля, че това твърдение е по-лесно за доказване.

Сетих се, че една позната предложи решение, базиращо се на 8 сфери с центрове върху върховете на паралелепипеда. Тези центрове би трябвало да покрият изцяло даденият паралелепипед, [tex]X[/tex] би трябвало да лежи в някоя от тези сфери и това решава задачата. Лошото е, че не съм сигурен дали това е вярно и не знам как се доказва.

[ins-]

Скрит текст: покажи

Текстът: "Тогава [tex]AX^2=AZ^2+ZY^2+ZX^2 \le a^2+b^2+c^2[/tex], което решава задачата." да се чете: "Тогава [tex]AX^2=AZ^2+ZY^2+ZX^2 \le (a/2)^2+(b/2)^2+(c/2)^2[/tex], което решава задачата." Открих грешката си по-късно и нямаше как да редактирам решението.

[ptj]

Това всъщност са 8 варианта на 3-мерна координатна система. Съответно с начало връх от паралелипида и базови вектори [tex]\vec a,\vec b,vec c[/tex], съответни на 3-те ребра излизащи от върха.

Всяка точка от вътрешността на паралелипида има координати [tex](x_i,y_i,z_i)[/tex] като всяка от тях е в затворения интервал [0;1].

За същата точка е определен радиус вектор [tex]x_i.\vec a + y_i.\vec b+z_i.\vec c[/tex]. Дължината на този вектор се изчислява кото квадратен корен от неговия скаларен квадрат.

Като се разпише той в него освен сумата от квадратите на векторите има и 3 двойки удвоени скаларни произведения на двойки различни вектори.

По принцип скаларното произведение на два вектора е произведение от техните дължини и косинуса на ъгъла между тях.

Затова при тъпи ъгли съответните 3 допълнителни събираеми са отрицателни и като цяло скаларния квадрата на всеки радиус вектор е не по-голям от сумата на квадратите на 3 -те базови вектора.

Предполагам можеш да си обясниш защо при поне два (срещуполжни) върха на паралелеипипеда съответните равнинни ъгли са тъпи.

П.П. Косинусова теорема е точно разписана форма на скаларния квадрат на разлика на два вектора. Затова доказателството ти на практика ще ползва същата идея, но самото и реализиране ще е малко по-сложно.

Предполагам автора на задачата и хабер си няма от вектори и координатни системи. Иначе нямаще да иска да се доказва нешо, което е очевидно.

[ins-]

Това всъщност са 8 варианта на 3-мерна координатна система. Съответно с начало връх от паралелипида и базови вектори [tex]\vec a,\vec b,vec c[/tex], съответни на 3-те ребра излизащи от върха.

Всяка точка от вътрешността на паралелипида има координати [tex](x_i,y_i,z_i)[/tex] като всяка от тях е в затворения интервал [0;1].

За същата точка е определен радиус вектор [tex]x_i.\vec a + y_i.\vec b+z_i.\vec c[/tex]. Дължината на този вектор се изчислява кото квадратен корен от неговия скаларен квадрат.

Като се разпише той в него освен сумата от квадратите на векторите има и 3 двойки удвоени скаларни произведения на двойки различни вектори.

По принцип скаларното произведение на два вектора е произведение от техните дължини и косинуса на ъгъла между тях.

Затова при тъпи ъгли съответните 3 допълнителни събираеми са отрицателни и като цяло скаларния квадрата на всеки радиус вектор е не по-голям от сумата на квадратите на 3 -те базови вектора.

Това, което е описано, по същество е почти еквивалентно с формулата, показана от math10.com за дължината на диагонала на паралелепипед по три ръба и равнинните ъгли между всеки 2 от тях.

Предполагам можеш да си обясниш защо при поне два (срещуполжни) върха на паралелеипипеда съответните равнинни ъгли са тъпи.

Мога. Заради успоредни прави в съответни равнини.

Предполагам автора на задачата и хабер си няма от вектори и координатни системи. Иначе нямаще да иска да се доказва нешо, което е очевидно.

Това не мога да кажа. Не знам кой е авторът и каква е учебната програма в неговата страна. Намерих задачи, почти еквивалентни на тази задача, на две състезания на национално ниво в различни държави. Колко е очевидно твърдението - нямам идея. Понякога очевидни твърдения не са лесни за доказване, или поне без вектори. Опитвах и друг подход към тази задача. Идеята ми беше да ползвам, че ако точка [tex]P[/tex] е вътрешна за триъгълник [tex]ABC[/tex], то [tex]PA+PB \lt AC + BC[/tex]. Това твърдение изглежда очевидно,но ако човек не внимава и/или няма необходимите знания може да се подхлъзне и да не успее да го докаже. Очевидното за един понякога е непостижимо за друг. Замислих се дали има подобно твърдение, валидно за точка и пирамида в пространството.

Всяка точка от вътрешността на паралелипида има координати [tex](x_i,y_i,z_i)[/tex] като всяка от тях е в затворения интервал [0;1].

Защо всяка точка от паралелепипеда е в затворения интервал [0;1]?

Извинявам се, ако задавам прекалено тъпи въпроси

[ptj]

Имам предвид изразяването. Трите координати са в интервала [0;1]. Следва от определението им.

[ins-]

ptj, пак не съм сигурен дали разбирам нещата правилно. Прилагам картинки, която показват какво разбирам.

Ако вземем най-късия диагонал на паралелепипеда и прекараме 2 сфери, с центрове, върховете, лежащи на него и допиращи се в средата му, то извън тях ще останат много точки.

Ако сферата е една с център - връх на паралелепипеда (край на най-малкия диагонал) и радиус най-малкия диагонал, то извън нея пак ще останат много точки.

[ptj]

Прочети пак. Не си разбрал идеята.

Вземи първо пример с правоъгълен паралелеипипед за да я разбереш.
След това можеш да минеш към паралелипипед с наклонени равнини. Всичко което трябва да направиш е да си начертаеш една точка от вътрешността или контура на паралелипипеда и да видиш как се намират нейните координати, т.е. изразяването й (нейния радиус-вектор) чрез базовите 3 вектора (3-те насочени ръба от един и същи връх)...

П.П. Не ти трябват никакви сфери, просто чети внимателно...

Колкото до координатите : те се намират като радиус вектора се представи като линейна комбинация на 3-те базови вектора. Съответните 3 числа в тази комбинация са именно координатите на точката(вектора). Въпроса защо са в интервала [0;1] e тъп- направи си картинка и ще си отговориш сам.

[ins-]

Сферите са за друго. Ако означим крайните точки на най-късия диагонал на паралелепипеда с [tex]V_1[/tex] и [tex]V_2[/tex], а дължината му с [tex]d[/tex], чрез сферите се вижда, че има вътрешни точки от паралелепипеда на разстояния от [tex]V_1[/tex] и [tex]V_2[/tex] по-големи от [tex]d/2[/tex].

Като казвам, че не мога да работя с вектори означава, че наистина не мога. Нормално да задавам тъпи въпроси.

[ptj]

Не ти трябват никакви сфери .

Просто взимаш най-късия диагонал, който е не по-голям от [tex]\sqrt{а^2+b^2+c^2}[/tex]. За коя да е негова вътрешна или контурна точка растоянието от нея до двата края на диагонала е не по-голямо от самия диагонал.

После само мащабираме с коефициент [tex]\frac{1}{2}[/tex].

Т.е. получаваме 8 половинки паралелипиди, в два от тях имаме диагонали ориентирани по същия начин като късия диагонал в основния паралелипед, ако точката е някъде в тях всичко е наред, но ако се получи в някой от останалите 6 за съжаление не можем да кажем нищо.

Най-вероятно самото твърдение в задачата или не е вярно или има друг начин на доказване.

Например със сумата на разстоянията от точката до всички върхове, ако тя е не по-малка [tex]4 \sqrt{а^2+b^2+c^2}[/tex] , то всичко е наред.

Понеже минимума на тази сума се достига именно в пресечената точка на диагоналите (неравенство на триъгълника), то е достатъчно да се докаже само за тази точка.

П.П. Предполагам последното не е трудно, но сега не ми се занимава.
За по-лесно може първо да докажеш, че сумата на двата диагонала в успоредник е не по-малка от [tex]2 \sqrt{а^2+b^2}[/tex]. После да приложиш полученото в две двойки различни равнини и да стигнеш до крайния резултат...

[ptj]

Имам грешка : Сумата от разстянията до върховете трябва да е по-малка или равна на [tex]4 \sqrt{a^2+b^2+c^2}[/tex]. Неравенство на триъгълника не върви , защото е в обратна посока.

[ins-]

Твърдението е вярно и съм приложил доказателство с елементарни средства в горните постове. Там се посочва, ако е дадена конкретна точка, точно за кой от върховете на паралелепипеда е в сила неравенството от условието. Като го види човек след време се чуди как не е могъл да се сети.

И аз, като изключим векторният апарат, имах подобни идеи. Лошото е, че или трудно се реализират, или разсъжденията не са коректни. Подхлъзва и по друга причина. По-лесно е да се докаже, и е вярно, че за всяка вътрешна точка за паралелепипед, съществува връх, за който е в сила обратното неравенство на това от условието.