Заблудившийся турист.

[EtCetera]

Хорхе
Можно попробовать начать с ломаных линий, образованных ребрами правильных (или не очень) многогранников, описанных вокруг сферы радиусом 1 и центром в начальном положении заблудившегося. В случае Платоновых тел и тел Архимеда искомая длина пути будет равна $s=(n-1)a+R$ при условии $r=1$ (здесь $R$ - радиус описанной, $r$ - вписанной окружностей, $a$ - длина ребра, $n$ - число вершин правильного/полуправильного многогранника), т.е. путь будет состоять из отрезка от центра многогранника до одной из его вершин и ломаной, проходящей вдоль ребер многогранника с "заходом" в каждую вершину ровно по одному разу. Разумеется, формула справедлива только для тех многогранников, для которых может быть указан путь, обладающий описанными свойствами (сомневаюсь, что такой путь можно проложить по поверхности всех многогранников). Так, для тетраэдра этот путь будет равен $6\sqrt{6}+3\approx 17,7$, для октаэдра - $5\sqrt{6}+\sqrt{3}\approx 14,0$, для гексаэдра - $14+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\approx 14,9$, для икосаэдра - $11\sqrt{3}(3-\sqrt{5})+\sqrt{3(5-2\sqrt{5})}\approx 15,8$, для додекаэдра - $\dfrac{76+(1+\sqrt{5})\sqrt{3}}{\sqrt{10+\frac{22}{\sqrt{5}}}}\approx 22,7$ (существование нужного пути для них легко показывается).
Итак, минимальный путь (пока) равен $5\sqrt{6}+\sqrt{3}\approx 14,0$.

[worm2]

EtCetera, да, Вы немалые выкладки проделали.
Дальше дело идёт к неправильным многогранникам, а даже просто условия того, что многогранник описан около сферы, будут весьма громоздкими.
Имхо, задачка тянет на серьёзное исследование...

[worm2]

Что-то подсказывает мне, что, как и в двумерном случае, у оптимального решения нет острых углов, кроме одного (после первого прямого отрезка), т.е. путь по рёбрам многогранника не является оптимальным.

Смотрите: пусть у нас путь проходит по одному ребру многогранника и переходит через вершину на смежное ребро. К вершине сходится по меньшей мере ещё одно (третье) ребро, которое ведёт к какой-то другой точке пути (поэтому через точку на этом ребре путь тоже должен здесь пройти!). Поскольку вершину в её достаточно малой окрестности всегда можно "обрубить" подходящей плоскостью, не режущей сферы, можно состряпать путь в пределах этой окрестности, проходящий через третье ребро, который будет короче, чем путь до вершины (если по развёртке его пустить, то он будет всегда короче по неравенству треугольника). Запутанно объяснил?..

Правда, в этом рассуждении есть изъян: если к вершине сходятся 4 или более ребра, оно не проходит, т.к. нам нужно пересечь все эти рёбра, а здесь уже попытка срезать путь выйдет дороже. Так что у октаэдра (как и у всех многогранников, ко всем вершинам которых сходятся более 3-х граней) ещё есть шансы

[EtCetera]

worm2

worm2 в сообщении #348393 писал(а):

EtCetera, да, Вы немалые выкладки проделали.

Стыдно признаться, я выкладок вообще практически не проделывал. За бумажной энциклопедией поленился полезть, поэтому все формулки списаны из Wikipedia, и могут быть не точны.

worm2 в сообщении #348393 писал(а):

Дальше дело идёт к неправильным многогранникам

Можно все-таки Архимедовы тела перед тем задействовать. Правда я никаких готовых формулок для них не нашел (впрочем, искал не слишком усердно), а выводить их самому, даже в простейших случаях типа кубооктаэдра - не слишком приятное занятие.
Надо заметить, что я не до конца уверен в правильности того, что мое решение хотя бы верное (до минимальности там далековато). Впрочем, контрпример (например, в случае тетраэдра) не придумывается.

worm2 в сообщении #348435 писал(а):

путь по рёбрам многогранника не является оптимальным

Это да, практически наверняка есть более оптимальные пути. Выше обозначенные пути я привел лишь как самые простые примеры, удовлетворяющие (?) условиям задачи. Т.е. как аналог $1+2\pi$ для плоского случая.
P.S. Ваше рассуждение по поводу укорочения пути не понял. Не могли бы Вы снабдить его рисунком?

[worm2]

EtCetera писал(а):

Ваше рассуждение по поводу укорочения пути не понял. Не могли бы Вы снабдить его рисунком?

Виноват, облажался
Подвело меня моё пространственное чутьё. Моё рассуждение доказывает только, что сумма углов, прилегающих к вершине многогранника (не считая угла, по которому проходит путь), должна быть не менее $\pi$. Ну раз уж начал, приведу рисунок, не пропадать же добру
Изображение утеряно (http://img101.**invalid link**/img101/5465/ugol.png)
Пусть толстая чёрная ломаная - часть пути, проходящая через вершину многогранника, тонкая чёрная линия — другое ребро многогранника, по которому текущий путь НЕ проходит. Мы срезаем путь по красной ломаной, проходящей через это другое ребро. Содержащий сферу многогранник при этом останется почти такой же, только от него "откусится" маленький уголок, который можно всегда сделать столь малым, чтобы не задеть сферу. Если сумма углов, противолежащих красным отрезкам, меньше $\pi$, то путь по красной линии можно сделать короче (это почти очевидно, нужно рассмотреть развёртку двугранного угла на плоскость и по этой развёртке провести прямую).

[worm2]

Вот что у меня получилось:
$(0, 0, 0) \to (0, 0, \sqrt{2}) \to (\sqrt{2}, \sqrt{2}, 0) \to (\sqrt{2}, 0, 0)$, затем по полуокружности радиуса $\sqrt{2}$ через $(0, -\sqrt{2}, 0)$ к $(-\sqrt{2}, 0, 0)$, дальше по прямым отрезкам $(-\sqrt{2}, \sqrt{2}, 0) \to (0, 0, -\sqrt{2})$. Итого $(3+\pi)\sqrt{2}+2\sqrt{6} \approx 13.6$.

Можно ещё сократить, оптимизировав позицию третьей точки (между 2-м и 3-м отрезками) на прямой $(x, \sqrt{2}, 0)$ и симметрично ей предпоследней. От точки до окружности турист всегда идёт по касательной. Формулы громоздкие, если нигде не напортачил, вроде, получается $2\sqrt{2}\arctan\dfrac{\sqrt{2}}{2\sqrt{\sqrt{2}+1}}}+4\sqrt{\sqrt{2}+1}+(1+\pi)\sqrt{2} \approx 13.28$.
Наверное, как-то можно покрутить и первый отрезок (разумеется, совместно со 2-м и 3-м). Практически уверен, что 2-ю точку можно слегка приподнять (а последнюю, соответственно, приопустить), тем самым уменьшая основной путь в плоскости $z=0$. Но здесь уже совсем неохота углубляться в вычисления.