Sin pérdida de generalidad, podemos asumir que las caras son triángulos; el caso en el que algunos de los triángulos son coplanares y forma una cara más grande, se incluye como un caso especial.
Con $k$ triángulos, hay $3k/2$ bordes, así que por Euler poliedro fórmula $5-3k/2+k=2$ e lo $k=6$. Por lo tanto, hay $9$ bordes, por lo que todos los pares de vértices están conectados por una arista a excepción de uno. Podemos considerar el triángulo formado por los tres vértices que no están contenidas en la que el par como la base, y los dos vértices de la pareja están en lados diferentes de esta base triangular y en forma de dos tetraedros con ella.
Deje que el volumen de $V$ será dado, y también vamos a la base y una partición del volumen en los volúmenes de los dos tetraedros de ser dado. Este hecho limita las otras dos puntos a los planos paralelos a la base, y nos podemos preguntar donde en aquellos aviones que debe ser minimizar el área de la superficie.
Considerar uno de los puntos colocados de tal forma que su proyección sobre la base de la incentre de la base. Entonces los tres triángulos que las formas tienen la misma altitud y forma el mismo ángulo con la base. Por lo tanto, si movemos el punto en el plano, la tasa de cambio en el área total de estos tres triángulos será proporcional a la suma de $\sum_il_i\cos\theta_i$, $l_i$ de las longitudes de los lados de la base y $\theta_i$ los ángulos entre el interior normales de la base y la dirección en la que el punto se mueve. Pero esto es sólo el movimiento total a lo largo de una dirección perpendicular a la dirección que nos movemos alrededor de la base, por lo que esta suma se desvanece. Por lo tanto la posición por encima de la incentre es un punto fijo de la superficie total de los tres triángulos, y por escrito, el total de área en coordenadas con base en el $xy$ plano se puede demostrar que de hecho es el único punto fijo y por lo tanto el mínimo.
El radio de la circunferencia inscrita es $ r=B/s $ donde $B$ es el área de la base y $s$ es su semiperimeter. Dada la altura de la $d$ de los punto por encima de la base, la altura de los tres círculos se $h=\sqrt{d^2+r^2}$, y por lo tanto el área total de los tres triángulos es $sh=s\sqrt{d^2+(B/s)^2}=\sqrt{(ds)^2+B^2}$. Por $B$$d$, y el volumen del tetraedro, este es mínimo para un mínimo de $s$, y esto se logra por un triángulo equilátero. Por lo tanto podemos concluir que para lograr el mínimo isoperimétrico relación de la base debe ser de un triángulo equilátero y los otros dos puntos que se encuentran por encima de su centro.
Una determinada partición del volumen total en dos volúmenes de los dos tetraedros corresponde a una partición de la altura total de los dos tetraedros en sus alturas. El área total $\sqrt{(d_1s)^2+B^2}+\sqrt{(d_2s)^2+B^2}$ de las seis caras del poliedro es mínima en el simétrica caso de $d_1=d_2=d$.
Por lo tanto, el poliedro es determinado por el lado de longitud $a$ del triángulo, y la altura de la $d$ de los dos tetraedros. En términos de estas dos longitudes, tenemos
$$
\begin{align}
s&=\frac32a\;,\\
B&=\frac12a\frac{\sqrt3}2a=\frac{\sqrt3}4a^2\;,\\
A&=2\sqrt{(ds)^2+B^2}\;,\\
V&=2\cdot\frac13dB\;.
\end{align}
$$
Por lo tanto, con $\lambda:=d/a$ el isoperimétrico relación es
$$
\begin{align}
\frac{A^3}{V^2}
&=
\frac{\left(9\lambda^2+\frac34\right)^{3/2}}{\left(\frac23\frac{\sqrt3}4\lambda\right)^2}\\
&=
\frac32\left(36\lambda^{2/3}+3\lambda^{-4/3}\right)^{3/2}\;.
\end{align}
$$
El mínimo se alcanza en $\lambda=1/\sqrt6$, lo $\mu_5=3^5=243$, como se conjeturó en el MO respuesta.
He aquí una tabla comparando el resultado con el isoperimétrico de cocientes de un tetraedro regular, un octaedro regular y una esfera:
$$
\begin{array}{c|rl}
n&\mu_n\\\hline
4&2^3\cdot3^{7/2}&\approx374.1\\
5&3^5&=243\\
6&2^2\cdot3^{7/2}&\approx187.1\\
\infty&36\pi&\approx113.1
\end{array}
$$
