Topo atrapado en una bola de nieve

Question

En el Famoso Rompecabezas de Grandes Matemáticos por Miodrag S. Petkovic se plantea este problema:

Una gran avalancha en los Alpes trampas de un infeliz lunar. Cuando la avalancha se detiene, resulta que el pobre topo ha sido enterrado en algún lugar en el interior de una bola de nieve con una forma elipsoidal, con un volumen de 500 metros cúbicos. El topo puede cavar un agujero a través de la nieve avanzando a un metro por minuto, pero él sólo tiene la fuerza y el aliento de 24 minutos. Puede el mole llegar a la superficie de la bola de nieve y salvar su vida?

En la respuesta, Petkovic establece que el topo se debe cavar un túnel a través de los puntos $A$, $B$, $C$, $D$ en la imagen de abajo, que son los vértices de un cubo con lados de 8 metros. Entonces él dice: "de Hecho, si todos los cuatro puntos $A$, $B$, $C$, $D$ se encuentran en el interior de la bola de nieve, entonces todos los puntos del interior del cubo construido a partir de la perpendicular segmentos $AB$, $BC$ y $CD$ pertenecen al interior de la bola de nieve." (Después de esto, el resultado se sigue inmediatamente, por supuesto)

El problema es que no sé cómo demostrar que este debe ser el caso. Por supuesto, si todos los ocho vértices mentido en la bola de nieve esto sería cierto, pero aquí sólo puedo decir que el casco convexo de los cuatro puntos están dentro de la bola de nieve. Me estoy olvidando de algo obvio?

Answer 1

Nos deja elegir las coordenadas de los puntos como $$ R:(1,0,0),\quad B:(0,0,0),\quad C:(0,1,0),\quad D:(0,1,1). $$ Es fácil comprobar que el tetraedro con vértices $$ A':(1,0,0),\quad B':(0,0,0),\quad C':\left(\frac12,\frac{\sqrt{3}}{2},0\right),\quad D':\left(\frac12,\frac{1}{2\sqrt{3}},\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right) $$ es regular. Podemos hacer un mapa de la original tetraedro ABCD para la regular $A'B'C'D'$ por una lineal mapa: $$ BA\mapsto b'A',\quad AC\mapsto b'C',\quad BD\mapsto B D'. $$ El estándar de construcciones da la matriz del mapa $$ M=\begin{bmatrix}B'A' & B'C' & B'D'-B'C'\end{bmatrix}= \begin{bmatrix}1 & \frac12 & 0\\0 & \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{\sqrt{3}}\\ 0 & 0 & \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\end{bmatrix} $$ con $\det(M)=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Se sabe que el determinante es el volumen de escala bajo lineales de asignación. También es conocido (y claro a partir de la simetría) que el mínimo volumen del elipsoide de todo el tetraedro regular es la circunscrito a la pelota. La bola de radio puede ser encontrado como $R=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$, por lo que la bola de volumen es $$ V'=\frac{4\pi}{3}R^3=\frac{\pi\sqrt{3}}{4\sqrt{2}}. $$ Por lo tanto la original mínimo el volumen del elipsoide tiene el volumen $$ V=\det(M^{-1})V'=\sqrt{2}\frac{\pi\sqrt{3}}{4\sqrt{2}}=\frac{\pi\sqrt{3}}{4}\approx 1.3603 $$ que es mayor que el volumen del cubo unitario. Por lo tanto, de un elipsoide de volumen que es más pequeño que el cubo no puede incluir todos los puntos de $A,B,C,D$.