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問題722(算チャレ掲示板にて def さん提示問 Orz〜)
1辺の長さが1の正四面体の4頂点を中心とする半径1の4つの球面が共有する領域が点の存在範囲をAとするとき次の問に答えよ。
問 いかなるAについても,一辺の長さtの立方体の周および内部にAが必ず含まれるとき,tの最小値を求めよ.
解答
・わたしの
直感ですけど、、、^^;
立方体に正四面体はねじれた対角点の対を取れば嵌まるから、しかも、正四面体の各頂点から等距離の点は、立方体の対角線上に存在できるので、対角線が1の正方形、つまり、1辺が1/√2 であればよい?
その後、、、uchinyanさんからのご指摘で、、、
縁がはみでるって言われてたのがやっと分かりました。。。遅いってね Orz〜
はみ出た部分は、√3/2-√2/2 だから、単純に計算すると、2*(√3/2-√2/2 )+√2/2=√3-√2/2=1.025
となって、、、1以上になりますね。。。
上手く傾ければ1以内にできるんでしょうか。。。^^;;
・dobaさんのもの Orz〜
ルーローの四面体の4つの頂点が次の位置に来るように置くと、
-1/2≦x≦1/2,-1/2≦y≦1/2,-1/2≦z≦1/2の立方体に収まる気がします。
(厳密な検証はまだできてません。)
(-1/2,(√2-1)/2,0)
((√2-1)/2,-1/2,0)
(√2/4,√2/4,1/2)
(√2/4,√2/4,-1/2)
なお、この立体が平行な2つの平面に1点で接するとき、その2平面間の距離の最小値が1であることは、比較的容易(?)に示せそうなので、もし、上記が正しければ、tの最小値は1であると言えそうなのですが...。
前半部分の証明です。
(-1/2,(√2-1)/2,0)を中心とする半径1の球体をP
((√2-1)/2,-1/2,0)を中心とする半径1の球体をQ
(√2/4,√2/4,1/2)を中心とする半径1の球体をR
(√2/4,√2/4,-1/2)を中心とする半径1の球体をS
とし、RとSの両方に含まれる領域をT、
P,Q,R,Sのいずれにも含まれる領域をUとします。
P,Q,R,Sは,次のような領域と言えます。
P={(x,y,z)|(x+1/2)^2+(y-(√2-1)/2)^2+z^2≦1}
Q={(x,y,z)|(x-(√2-1)/2)^2+(y+1/2)^2+z^2≦1}
R={(x,y,z)|(x-√2/4)^2+(y-√2/4)^2+(z-1/2)^2≦1}
S={(x,y,z)|(x-√2/4)^2+(y-√2/4)^2+(z+1/2)^2≦1}
明らかに
P⊂{(x,y,z)|x≦1/2}
Q⊂{(x,y,z)|y≦1/2}
R⊂{(x,y,z)|z≧-1/2}
S⊂{(x,y,z)|z≦1/2}
なので、
U⊂{(x,y,z)|x≦1/2 かつ y≦1/2 かつ -1/2≦z≦1/2} …(1)
(x,y,z)がTに含まれるとき、
z>0なら、Sに含まれることから
(x-√2/4)^2+(y-√2/4)^2≦1-(z+1/2)^2≦3/4
z<0なら、Rに含まれることから
(x-√2/4)^2+(y-√2/4)^2≦1-(z-1/2)^2≦3/4
よって、
T⊂{(x,y,z)|(x-√2/4)^2+(y-√2/4)^2≦3/4}
また、明らかに
P⊂{(x,y,z)|(x+1/2)^2+(y-(√2-1)/2)^2≦1}
Q⊂{(x,y,z)|(x-(√2-1)/2)^2+(y+1/2)^2≦1}
よって、
U⊂{(x,y,z)|(x-√2/4)^2+(y-√2/4)^2≦3/4
かつ (x+1/2)^2+(y-(√2-1)/2)^2≦1
かつ (x-(√2-1)/2)^2+(y+1/2)^2≦1}
(x,y,z)がUに含まれるとき
y>(√2-1)/2なら、(x-(√2-1)/2)^2+(y+1/2)^2≦1より
(x-(√2-1)/2)^2≦1-(y+1/2)^2≦1/2
-1/2≦x≦√2-1/2
y<(√2-1)/2なら、(x-√2/4)^2+(y-√2/4)^2≦3/4より
(x-√2/4)^2≦3/4-(y-√2/4)^2=3/4-(√2/4-y)^2≦3/4-(√2/4-(√2-1)/2)^2=(3+2√2)/8
(x-√2/4)^2≦((2+√2)/4)^2
-1/2≦x≦(1+√2)/2
よって,yの値によらずx≧-1/2
x>(√2-1)/2なら、(x+1/2)^2+(y-(√2-1)/2)^2≦1
(y-(√2-1)/2)^2≦1-(x+1/2)^2≦1/2
-1/2≦y≦√2-1/2
x<(√2-1)/2なら、(x-√2/4)^2+(y-√2/4)^2≦3/4より
(y-√2/4)^2≦3/4-(x-√2/4)^2=3/4-(√2/4-x)^2≦3/4-(√2/4-(√2-1)/2)^2=(3+2√2)/8
(y-√2/4)^2≦((2+√2)/4)^2
-1/2≦y≦(1+√2)/2
よって,xの値によらずy≧-1/2
これらより
U⊂{(x,y,z)|x≧-1/2 かつ y≧-1/2} …(2)
(1),(2)より
U⊂{(x,y,z)|-1/2≦x≦1/2 かつ -1/2≦y≦1/2 かつ -1/2≦z≦1/2}
後半部分、すなわち
「この立体が平行な2つの平面に1点で接するとき、その2平面間の距離の最小値が1であること」
の証明ですが、結構面倒ですね。
多分、次のような流れで示せそうですが。
この立体の表面は、次の3つに分類できます。
(I) 4頂点
(II) 4頂点を中心とした半径1の球面のうち2つの共通部分(4頂点を除く)
(III) (I),(II)以外
この立体が平行な2つの平面α,βとそれぞれ1点で接するとき、
(1) 接点のうちの片方が(III)のとき、α,β間の距離は1以上であることを示す
(2) 接点のうちの片方が(I)で、もう片方が(II)となることはありえないことを示す
(3) 接点のいずれも(I)のとき、α,β間の距離は1であることを示す
(4) 接点のいずれも(II)のとき、α,β間の距離は1より大きいことを示す
(1)は簡単です。(3)はちょっと面倒、(2),(4)はかなり面倒です。
dobaさんの思考力はいつもながらすごい ?
・25 no 12さんのもの Orz〜
難しい問題ですね。ちょっと考えてみてます。
ひとまず、t=1を取り得ることは分かりました。
私の場合はdobaさんとは少し違って、元になる四面体の一つの面と平行な二つの平面を考えて、領域Aがこの二つの平面にぴったりと挟まる(つまり接する)ときの二つの平面の距離が1であり(明らかですよね)、また領域Aを二つの平面に投影した図形がルーローの三角形となることからこれを内接させる一辺が1の正方形が作図できるので、Aがこの正方形を底面とする高さ1の立方体にぴったりと挟まる、と考えました。
・dobaさんから Orz〜
色々検討したことを書いておきます。
議論の準備:
この立体の4頂点を
A(0,0,0),B(√2/2,√2/2,0),C(√2/2,0,√2/2),D(0,√2/2,√2/2)
とする。
エッジABは、CDの中点(√2/4,√2/4,√2/2)を中心とした、半径√3/2の円弧なので、
2*(x-√2/4)^2+(z-√2/2)^2=3/4, y=x
と書ける。
この曲線(エッジAB)の、点AにおけるBに向かう側への方向ベクトルは(1,1,-1)である。
同様に
エッジACの点AにおけるCに向かう側への方向ベクトルは(1,-1,1)
エッジADの点AにおけるDに向かう側への方向ベクトルは(-1,1,1)
となる。
(このことが、頂点Aを立方体の辺上に置けないことの根拠となります。)
上の(1)
この立体が平行な2つの平面α,βとそれぞれ1点で接するとき、
αとエッジ以外(III)で接しているとき、接している球面の中心となる頂点は
αから1離れているが、その頂点はαとβの間にあるので、αβ間の距離は1以上。
(1を超えることもある。)
上の(3)
この立体が、頂点Aでαと、頂点Bでβと接しているとき、
図形全体を、ABの中点を中心とした点対称の位置に移し、
α→α'、β→β'、立体ABCD→立体A'B'C'D'とすると、
α'=β、β'=α、A'=B、B'=Aである。
このとき、立体ABCDと、立体A'B'C'D'(=BAC'D')は、
ともに、点A(=B')でα(=β')の同じ側と接している。
立体ABCDのエッジBCの点BにおけるCに向かう側への方向ベクトルは(1,-1,1)なので、
立体A'B'C'D'のエッジB'C'の点B'におけるC'に向かう側への方向ベクトルは-(1,-1,1)=(-1,1,-1)
また、立体ABCDのエッジACの点AにおけるCに向かう側への方向ベクトルは(1,-1,1)
ここで、αの法線ベクトルが(1,-1,1)と垂直でなければ、エッジB'C'もエッジACもαの同じ側にあることと矛盾
よって、αの法線ベクトルは(1,-1,1)と垂直。
同様の議論をエッジAD,B'D'について行い、αの法線ベクトルは(-1,1,1)と垂直。
よって、αの法線ベクトルは(1,1,0)と平行⇔αは直線ABと直交
したがって、αβ間の距離は、AB間の距離と等しく、1となる。
(2)と(4)について、
上で設定した頂点で言うと、ABの中点をM、CDの中点をN、エッジABの中点をEとして、
平面αがこの立体と、点Aを除くエッジAE上にある点Pで接する場合を考えます。
そのとき、エッジABの曲線の点Pにおける方向ベクトルを法線とし、点Pを通る平面をγとすると、
α⊥γで、γは正三角形PCDを含みます。
この平面γへの投影図を書くと、平面αとβは平行線として表され、この立体の投影された図形と
いずれも1点で接することになります。
投影図を丁寧に書くと、正三角形PCDは固定されるので、点A,M,Bの移動範囲を考えて
細かい議論を重ねると、この(2)と(4)も言えるようです。
立体の投影された図形の輪郭を、正三角形PCDからできるルーローの三角形と比較すると、
弧PCと弧PDについては一致するので(←これもちょっと議論が必要)、
あとは、CDを結ぶ曲線が必ずルーローの三角形の外側を通ることが言えればよいです。
CDを結ぶ曲線は、Aを中心とした球面の投影である、Aを中心とした半径1の円周と、
エッジCDの投影である、Mを中心とした点C,Dを通る長径√3の楕円の組合せで出来ています。
この2つの曲線の関係により、少し場合分けが必要です。
もはやついてけないわたしです。。。^^; Orz〜
画像:defさんのもの Orz〜
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