En el tetraedro ABCD, demuestre que $r<\frac{AB\cdot CD}{2AB+2CD}$

Question

Tetraedro dado $ABCD$ , $r$ sea el radio del tetraedro inscrito en la esfera. Demostrar que $$r<\dfrac{AB\cdot CD}{2AB+2CD}$$

Esta es una pregunta difícil, mis amigos y yo no pudimos encontrar ninguna pista para resolverla.

Answer 1

Está claro que cuando $\vec{AB} \parallel \vec{CD}$ el tetraedro $ABCD$ es degenerado y $r = 0$ la desigualdad será trivial. Consideremos el caso $\vec{AB} \not\parallel \vec{CD}$ . Bajo este supuesto, se puede elegir un sistema de coordenadas tal que

• el incentro está centrado en el origen.
• $AB$ se encuentra en el plano $z = u > 0$ .
• $CD$ se encuentra en el plano $z = -v < 0$ .

Dejemos que $p = |AB|$ , $q = |CD|$ y $\displaystyle\;\tau = \frac{v}{u+v} \in (0,1)$ .

Dejemos que $E, F, G, H$ sea la intersección de la arista $AC$ , $BC$ , $AD$ , $BD$ con el avión $z = 0$ . La intersección del tetraedro $ABCD$ con el avión $z = 0$ será un cuadrilátero con estos 4 puntos como vértices. Es fácil ver

• $\vec{EF} \parallel \vec{GH} \parallel \vec{AB}$ y $|EF| = |GH| = p\tau$ .
• $\vec{EG} \parallel \vec{FH} \parallel \vec{CD}$ y $|EG| = |FH| = q(1-\tau)$ .

El cuadrilátero es en realidad un paralelogramo con lados $p\tau$ y $q(1-\tau)$ .

La intersección de la insfera con el mismo plano será un círculo de radio $r$ . Está claro que este círculo se encuentra dentro del paralelogramo anterior.

Dado que la distancia entre la línea $EF$ y $GH$ es como máximo $q(1-\tau)$ y la distancia entre la línea $EG$ y $FH$ es como máximo $p\tau$ tenemos

$$2r \le \min( p\tau, q(1-\tau) )$$

Tratar el RHS como una función de $\tau \in [0,1]$ se maximiza cuando $$p\tau = q(1-\tau) \iff \tau = \frac{q}{p+q}$$ Esto nos da

$$2r \le \max_{t\in[0,1]}\min(p t, q(1-t)) = \frac{pq}{p+q} \quad\implies\quad 2r \le \frac{|AB||CD|}{|AB|+|CD|}\tag{*1}$$

Esto se acerca bastante a lo que queremos probar. Para demostrar que la desigualdad anterior es realmente estricta, necesitamos dos observaciones.

1. La insfera toca la superficie del tetraedro en 4 puntos, uno en cada cara. Además, la cara correspondiente es perpendicular a la dirección radial allí.
2. Para que la igualdad sea $(*1)$ para sostener, necesitamos $p\tau = q(1-\tau) = 2r$ . En el avión $z = 0$ el paralelogramo es en realidad un cuadrado y el círculo de radio $r$ necesita tocar los 4 lados de la misma.

Combinando estas dos observaciones, encontramos que para que la igualdad se mantenga, la cara que sostiene $EF$ necesitan ser paralelos a ese holding $GH$ y la cara que sostiene $EG$ necesitan ser paralelos a esa celebración $FH$ . Sus vectores normales son todos ortogonales a la $z$ -dirección. Estas cuatro caras delimitan ahora un cilindro largo infinito en lugar de un tetraedro. Esto es absurdo y podemos concluir

$$2r < \frac{|AB||CD|}{|AB|+|CD|}$$

Actualización

Al final hay una imagen que espera ilustrar la configuración. Los vértices del tetraedro se encuentran en

$$A,B,C,D = (2,0,2), (-2,0,2), (2,-2,-2), (-2,2,-2)$$

Ambos $\vec{AB}$ y $\vec{CD}$ se encuentran en algunos planos perpendiculares a $z$ -eje. La insfera está centrada en $\left(0,0,2\left(\frac{3-\sqrt{5}}{3+\sqrt{5}}\right)\right)$ con radio $r = \frac{4}{3-\sqrt{5}}$ . Si se corta el tetraedro con el plano $z = 2\left(\frac{3-\sqrt{5}}{3+\sqrt{5}}\right)$ que pasa por el incentro, se obtiene un paralelogramo $EGHF$ ( $F$ está detrás de la insfera y no es visible desde este punto de vista ). La intersección de la insfera con ese plano es un círculo de radio $r$ que está contenido en el paralelogramo $EGHF$ .

$\hspace 0.75in$

Answer 2

Dejemos que $MN$ sea la línea perpendicular común de $AB$ y $CD$ con $M$ un punto en $AB$ y $N$ en $CD$ . El volumen $V$ del tetraedro $ABCD$ puede calcularse de dos maneras:

$$\begin{align} V &= \frac16 \times AB \times CD \times MN \times \sin(\alpha) \\ &= \frac13 \times r \times (S_{\triangle ABC} + S_{\triangle BCD} + S_{\triangle CDA} + S_{\triangle DAB}) \end{align}$$ donde $\alpha$ es el ángulo entre $AB$ y $CD$ .

Observe que $$ S_{\triangle ABC} = \frac12 \times AB \times MC > \frac12 \times AB \times MN, $$ y esto es cierto para todos los demás $3$ triángulos. Así, $$\begin{align} V &= \frac13 \times r \times (S_{\triangle ABC} + S_{\triangle BCD} + S_{\triangle CDA} + S_{\triangle DAB}) \\ &> \frac16 \times r \times (AB \times MN + CD \times MN + CD \times MN + AB \times MN) \\ &= \frac13 \times r \times MN \times (AB + CD) \end{align}$$ De ello se desprende que $$\begin{align} r \times MN \times (AB + CD) &< 3V \\ &= \frac12 \times AB \times CD \times MN \times \sin(\alpha) \\ &\leqslant \frac12 \times AB \times CD \times MN \end{align}$$ Así que finalmente $$ r < \frac{AB \times CD}{2(AB + CD)}.$$