Правильные шестиугольники

[Профессор Снэйп]

В $\mathbb{R}^n$ для $n \geqslant 2$ заданы семь точек: $O, A_1, A_2, \ldots, A_6$. При этом известно также, что

1) треугольники $A_1OA_2$, $A_2OA_3$, $A_3OA_4$, $A_4OA_5$, $A_5OA_6$ и $A_6OA_1$ являются равносторонними и равны между собой;

2) треугольники $A_1A_3A_5$ и $A_2A_4A_6$ являются равносторонними и имеют одну и ту же длину стороны;

3) отрезки $A_1A_4$, $A_2A_5$ и $A_3A_6$ имеют одинаковую длину.

Следует ли из этих трёх условий, что все семь точек лежат в одной плоскости?

[Kid Kool]

Про все семь точек - нет, возьмем при n = 3 правильный 6-угольник, точки A разместим в его вершинах, а O немного поднимем над центром (или я что-то не так понял?).

А вот насчет 6-и - не знаю.

[maxal]

Kid Kool писал(а):

Про все семь точек - нет, возьмем при n = 3 правильный 6-угольник, точки A разместим в его вершинах, а O немного поднимем над центром (или я что-то не так понял?).

Если $O$ приподнять над плоскостью шестиугольника, то нарушится первое условие.

[maxal]

Пусть $O$ - это начало координат, а $OA_i$ - это вектор $x_i$. Без потери общности можно считать, что $|x_i|=1$ или $(x_i,x_i)=1$. Тогда условия 1)-3) переписываются в виде:
1) $(x_i,x_{i+1})=\frac{1}{2}$ для всех $i=1,\dots,6$ (с циклическим суммированием в индексах);
2) $(x_i,x_{i+2})=c_1$ для всех $i=1,\dots,6$ и некоторой константы $c_1$;
3) $(x_i,x_{i+3})=c_2$ для всех $i=1,\dots,6$ и некоторой константы $c_2$.

Определим размерность линейного подпространства, порожденного векторами $x_1,\dots,x_6$. Понятно, что она попросту равна рангу матрицы Грамма:

$$\begin{pmatrix} 1 & \frac{1}{2} & c_1 & c_2 & c_1 & \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2} & c_1 & c_2 & c_1\\ c_1 & \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2} & c_1 & c_2\\ c_2 & c_1 & \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2} & c_1\\ c_1 & c_2 & c_1 & \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2} & c_1 & c_2 & c_1 & \frac{1}{2} & 1 \end{pmatrix}$$

Так как матрица симметричная, то ее ранг есть просто количество ненулевых собственных значений, которые в виду ее циркулянтности выражаются так:

$$\lambda_j = 1 + \frac{1}{2}w_j + c_1 w_j^2 + c_2 w_j^3 + c_1 w_j^4 + \frac{1}{2} w_j^5 = \frac{3}{2} - c_1 - c_2 + (\frac{1}{2}w_j+c_1)(1+w_j^2+w_j^4) + (c_2-\frac{1}{2})(1+w_j^3),$$

где $w_j = e^{\frac{2\pi j}{6}i}$ - корни $6$-й степени из $1$, $j=0,1,\dots,5$. Таким образом:

$$\lambda_0 = \frac{3}{2} - c_1 - c_2 + (\frac{1}{2}+c_1)\cdot 3 + (c_2-\frac{1}{2})\cdot 2 = 2 + 2c_1 + c_2$$

$$\lambda_1 = \lambda_5 = \frac{3}{2} - c_1 - c_2$$

$$\lambda_2 = \lambda_4 = \frac{3}{2} - c_1 - c_2 + (c_2-\frac{1}{2})\cdot 2 = \frac{1}{2} - c_1 + c_2$$

$$\lambda_3 = \frac{3}{2} - c_1 - c_2 + (-\frac{1}{2}+c_1)\cdot 3 = 2 c_1 - c_2$$

Понятно, что $x_1, \dots, x_6$ будут лежать в плоскости, только если $2 + 2c_1 + c_2 = \frac{1}{2} - c_1 + c_2 = 2 c_1 - c_2 = 0$ или $\frac{3}{2} - c_1 - c_2 = 2 c_1 - c_2 = 0$, то есть когда $(c_1,c_2) = \pm (\frac{1}{2},1)$.

Но уже при $n=4$ это может не выполняться:
$x_1 = \frac{5}{13}(1,0,\frac{6\sqrt{2}}{5},\frac{6\sqrt{2}}{5})$
$x_2 = -\frac{5}{13}(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{-97\sqrt{2}-\sqrt{22654}}{120},\frac{-97\sqrt{2}+\sqrt{22654}}{120})$
$x_3 = \frac{5}{13}(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{6\sqrt{2}}{5},\frac{6\sqrt{2}}{5})$
$x_4 = -\frac{5}{13}(-1,0,\frac{-97\sqrt{2}-\sqrt{22654}}{120},\frac{-97\sqrt{2}+\sqrt{22654}}{120})$
$x_5 = \frac{5}{13}(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{6\sqrt{2}}{5},\frac{6\sqrt{2}}{5})$
$x_6 = -\frac{5}{13}(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{-97\sqrt{2}-\sqrt{22654}}{120},\frac{-97\sqrt{2}+\sqrt{22654}}{120})$
Здесь $c_1=\frac{263}{338}$ и $c_2 = -\frac{72}{169}$, поэтому векторы $x_1,\dots,x_6$ порождают все $\mathbb{R}^4$.

[Kid Kool]

maxal писал(а):

условия 1)-3) переписываются в виде:
1) $(x_i,x_{i+1})=\frac{1}{2}$ для всех $i=1,\dots,6$ (с циклическим суммированием в индексах);
2) $(x_i,x_{i+2})=c_1$ для всех $i=1,\dots,6$ и некоторой константы $c_1$;
3) $(x_i,x_{i+3})=c_2$ для всех $i=1,\dots,6$ и некоторой константы $c_2$.

А Вы в этом строго уверены в отношении условия 1? Там ведь не зря, наверное, в отличие от условия 2 отмечено, что треугольники равны между собой, а не просто равносторонние с одинаковой стороной. Возможно, что в n-мерном пространстве признак равенства треугольников по трем сторонам не работает.

А если вы правы, то можно гораздо проще.

[maxal]

Kid Kool писал(а):

А Вы в этом строго уверены в отношении условия 1? Там ведь не зря, наверное, в отличие от условия 2 отмечено, что треугольники равны между собой, а не просто равносторонние с одинаковой стороной. Возможно, что в n-мерном пространстве признак равенства треугольников по трем сторонам не работает.

Он не может не работать. Три точки всегда лежат в одной плоскости. Поэтому неплоских треугольников в эвклидовом пространстве не бывает, а плоские треугольники мы знаем как сравнивать.

Добавлено спустя 18 минут 32 секунды:

Кстати, а вот для $n=3$ условия задачи действительно могут выполняться, только если все точки лежат в одной плоскости. Предлагаю доказать.

[Профессор Снэйп]

Для каждого $n > 1$ в пространстве $\mathbb{R}^n$ имеется правильный "тетраэдр", то есть правильный многогранник с числом вершин $n+1$, в котором любые 3 вершины образуют правильный треугольник. Это доказывается достаточно тривиальной индукцией по $n$.

Ну и возьмём такую штуку при $n=6$. Все условия выполняются Получаем короткое и довольно красивое, на мой взгляд, решение исходной задачи.

Хотя, конечно, maxal сделал значительно больше, показав, что точки не обязаны лежать в одной плоскости уже при $n=4$.

[Kid Kool]

Возьмем 7 точек на плоскости, удовлетворяющих условию задачи, и пусть O - начало координат, а длины всех векторов равны 1. Добавим еще 3 координаты, равные (1,0,1) или (1,1,0) в зависимости от четности номера вектора. Тогда квадраты длин всех векторов станут равны 3, скалярные произведения соседних будут равняться 1.5, скалярные произведения идущих через один увеличатся на 2, а идущих через 2 - на 1. Осталось поделить векторы на $\sqrt {3}$.

Добавлено спустя 1 минуту 31 секунду:

Хотя количество измерений 5 против 4-х, решение гораздо проще

[Профессор Снэйп]

Если уж не стараться минимизировать количество измерений, то проще всего, наверное, было бы взять в $\mathbb{R}^7$ точки

$$ \begin{array}{сcc} O &=& (1,0,0,0,0,0,0) \\ A_1 &=& (0,1,0,0,0,0,0) \\ A_2 &=& (0,0,1,0,0,0,0) \\ \cdots & \cdots & \cdots \\ A_6 &=& (0,0,0,0,0,0,1) \end{array} $$

Впрочем, это то же самое, что брать правильный "тетраэдр" в $\mathbb{R}^6$.

[maxal]

На самом деле мое решение ничуть не сложнее. Рассуждения о ранге матрицы Грама я привел только для того, чтобы показать, как подсчитывается размерность подпространства порожденного векторами $OA_i$ в общем случае.

А контр-пример для $n=4$ строится также просто: берем правильный шестиугольник $x_j=(\cos\frac{2\pi j}{6},\sin\frac{2\pi j}{6})$ с центром в начале координат в $\mathbb{R}^2$, добавляем по две нулевых координаты к каждому вектору, вкладывая таким образом наш шестиугольник в $\mathbb{R}^4$. Ну а дальше делаем сдвиг и масштабирование каждого вектора, чередуя два разных способа:
$x'_{2k} = \alpha\cdot (x_{2k} + a)$
$x'_{2k+1} = \beta\cdot (x_{2k+1} + b)$
где у векторов $a$ и $b$ первые две координаты нулевые, так что $(a,x_j)=(b,x_j)=0$ для всех $j$. Остается только подобрать различные $\alpha$, $\beta$ и векторы $a,b$ , чтобы $x'_j$ по-прежнему удовлетворяли условиям 1)-3).

Кстати, для $n=3$ пока никто так и не доказал достаточность условий 1)-3).

[maxal]

Хе-хе, при $n=3$ существует конфигурация формально удовлетворяющая условиям, в которой пары точек склеены, причем все точки $A_j$ лежат в одной плоскости, а $O$ с ними - нет. А именно:

$O=(0,0,0)$
$A_1=A_4=\left(\frac{1}{\sqrt{3}},0,\sqrt{\frac23}\right)$
$A_2=A_5=\left(-\frac{1}{2\sqrt{3}},-\frac{1}{2},\sqrt{\frac23}\right)$
$A_3=A_6=\left(-\frac{1}{2\sqrt{3}},\frac{1}{2},\sqrt{\frac23}\right)$

[Профессор Снэйп]

maxal писал(а):

Кстати, а вот для $n=3$ условия задачи действительно могут выполняться, только если все точки лежат в одной плоскости. Предлагаю доказать.

maxal писал(а):

Кстати, для $n=3$ пока никто так и не доказал достаточность условий 1)-3).

Имея в виду последовавший далее контрпример, доказать надо в предположении, что точки $A_1$ и $A_4$ различны.

Рассмотрим треугольник $A_1A_3A_5$. Он лежит в некоторой плоскости $\mu$ и у него есть центр $O'$. Проведём через $O'$ прямую $l$, перпендикулярную плоскости $\mu$.

Так как $OA_1 = OA_3 = OA_5$, то точка $O$ лежит на прямой $l$. Пусть далее $h$ обозначает длину отрезка $OO'$.

Пусть $A_2'$ --- прямоугольная проекция точки $A_2$ на плоскость $\mu$. По теореме Пифагора имеем $(A_1A_2)^2 = (A_1A_2')^2 + (A_2'A_2)^2$ и $(A_3A_2)^2 = (A_2A_2')^2 + (A_2'A_2)^2$. Отсюда и из равенства $A_1A_2 = A_3A_2$ имеем $A_1A_2' = A_3A_2'$, так что точка $A_2'$ лежит на прямой $O'A_5$.

Так же вводим проекцию $A_4'$ на плоскость $\mu$ точки $A_4$. Аналогичными рассуждениями убеждаемся, что $A_4'$ лежит на прямой $O'A_1$.

Обозначим через $u$ длины отрезков $A_2A_5 = A_1A_4$. Из-за того, что $A_1 \neq A_4$, имеем $u > 0$.

Выделим одну из двух частей пространства $\mathbb{R}^3$, на которые его делит плоскость $\mu$. Если $O' \neq O$, то считаем, что точка $O$ находится в выделенной части. Пусть $\alpha = \angle O'A_5A_2$. Мы считаем, что $\alpha \in [0, 2\pi)$, причём если точка $A_2$ лежит в выделенной части пространства, то $\alpha \in (0, \pi)$, а если нет, то $\alpha \in (\pi, 2\pi)$. Пусть также $\beta = \angle O'A_1A_4$ с аналогичными замечаниями. Пусть ещё $O'A_1 = O'A_3 = O'A_5 = 2v$. Легко видеть, что $A_1A_3 = A_3A_5 = A_5A_1 = 2 \sqrt{3} v$.

Для точки $A_2$ имеем

$$ 3v^2 + (u\cos \alpha - 3v)^2 + (u \sin \alpha)^2 = (A_1A_2)^2 = (A_1O)^2 = 4v^2 + h^2 $$

и

$$ (u \cos \alpha - 2v)^2 + (u \sin \alpha - h)^2 = (OA_2)^2 = (OA_5)^2 = 4v^2 + h^2 $$

После раскрытия скобок и преобразований из первого получаем

$$ h^2 = 8v^2 + u^2 - 6uv \cos \alpha \,\,\,\, (1) $$

а из второго

$$ 0 = u^2 - 4uv \cos \alpha - 2uh \sin \alpha \,\,\,\, (2) $$

Сначала предположим, что $h > 0$.

Так как $uv > 0$ и $uh > 0$, то $\cos \alpha$ и $\sin \alpha$ выражаются через $u$, $v$ и $h$. Это значит, что мы можем определить $\alpha$ однозначно по этим трём величинам. Если мы рассмотрим ситуацию для $A_4$, то получим, что $\beta$ выражается через $u$, $v$ и $h$ тем же самым способом, что и $\alpha$. Таким образом, углы равны, то есть $\alpha = \beta$.

Из равенства углов получаем $A_2'A_2 = | u \sin \alpha | = | u \sin \beta | = A_4'A_4$, причём точки $A_2$ и $A_4$ либо обе принадлежат плоскости $\mu$, либо лежат по одну сторону от этой плоскости. Значит, $A_2A_4 = A_2'A_4'$. Из теоремы косинусов для треугольника $A_2'O'A_4'$ имеем

$$ 12v^2 = (A_1A_3)^2 = (A_2A_4)^2 = (A_2'A_4')^2 = 2(u \cos \alpha - 2v)^2\left(1 - \cos \frac{2\pi}{3}\right) = 3(u \cos \alpha - 2v)^2 $$

Деля это на $3$ и извлекая корень, получаем $u \cos \alpha - 2v = \pm 2v$.

Если справа стоит знак минус, то $\cos \alpha = 0$ и $\sin \alpha = \pm 1$. Подставляя в (2), получаем $u = 2h \sin \alpha$ и $u^2 = 4h^2$. Далее, подставив это в (1), имеем $8v^2 + 3h^2 = 0$, чего не может быть. Противоречие.

Рассмотрим второй случай: $u \cos \alpha - 2v = 2v$. Имеем $u \cos \alpha = 4v$. Подставляя в (1), имеем $h^2 = 8v^2 + u^2 - 24 v^2 = u^2 - 16v^2$. Подставив в (2), получим $2uh \sin \alpha = u^2 - 16v^2$. Таким образом, $2uh \sin \alpha = h^2$ и $h = 2u \sin \alpha$. Далее, из предыдущего равенства для $h^2$ и равенства $u^2 \cos^2 \alpha = 16 v^2$ имеем

$$ 4u^2 - 16v^2 = 4u^2 - 4u^2 \cos^2 \alpha = 4u^2 \sin^2 \alpha = h^2 = u^2 - 16v^2 $$

Отсюда следует, что $u$ не может быть отлично от нуля и мы опять пришли к противоречию.

Таким образом, неверным было исходное предположение $h>0$ и на самом деле справедливо $h = 0$, то есть $O = O'$.

Подставив в (2) $h = 0$, получаем $u^2 = 4uv \cos \alpha$ и $u = 4v \cos \alpha$. Подставляя это в (1) и принимая во внимание, что $h=0$, имеем

$$ 0 = 8v^2 + u^2 - \frac{3}{2} u^2, $$

то есть $u^2 = 16v^2$ и $u = 4v$. Однако мы уже имеем равенство $u = 4v \cos \alpha$, так что $\cos \alpha = 1$ и $\alpha = 0$. Таким образом, точка $A_2$ лежит в плоскости $\mu$, причём точка $O$ является серединой отрезка $[A_2A_5]$.

Осталось доказать, что точки $A_4$ и $A_6$ также лежат в плоскости $\mu$. В принципе, для этого можно сослаться на симметрию. Можно также повторить все наши рассуждения для этих точек. Впрочем, можно действовать и более непосредственно, исходя из уже доказанного. Например, так.

Имеем $A_1A_4 = u = 4v$, $A_1O = 2v$ и $OA_4 = OA_3 = 2v$. Таким образом, $A_1A_4 = A_1O + OA_4$ и точка $O$ лежит на отрезке $A_1A_4$. Значит, точка $A_4$ принадлежит прямой $A_1O$, целиком лежащей в плоскости $\mu$.

Наконец, $A_6$ лежит в плоскости $\mu$, так как в пирамиде $A_2A_4A_6O$ сумма углов $\angle A_2OA_4 + \angle A_4OA_6 + \angle A_6OA_2 = 2 \pi$ (или по любой из упомянутых ранее причин, просто неохота повторяться )

[Kid Kool]

Профессор Снэйп писал(а):

$$ 0 = u^2 - 4uv \cos \alpha - 2uh \sin \alpha \,\,\,\, (2) $$

Сначала предположим, что $h > 0$.

Так как $uv > 0$ и $uh > 0$, то $\cos \alpha$ и $\sin \alpha$ выражаются через $u$, $v$ и $h$. Это значит, что мы можем определить $\alpha$ однозначно по этим трём величинам.

Выражение

$$ u^2 - 4uv \cos \alpha - 2uh \sin \alpha \,\,\,\, $$

равно

$$u^2 - {2u\sqrt{4v^2+h^2}}\sin(\alpha + \phi)$$

, где

$$\tg \phi = \frac {2v} {h}$$

. Поэтому подойдут 2 значения -

$$(\theta - \phi)$$

и

$$(\pi - \theta - \phi)$$

, где

$$\theta = \arcsin{\frac {u} {2\sqrt{4v^2+h^2}}$$

.

[Профессор Снэйп]

Kid Kool писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

$$ 0 = u^2 - 4uv \cos \alpha - 2uh \sin \alpha \,\,\,\, (2) $$

Сначала предположим, что $h > 0$.

Так как $uv > 0$ и $uh > 0$, то $\cos \alpha$ и $\sin \alpha$ выражаются через $u$, $v$ и $h$. Это значит, что мы можем определить $\alpha$ однозначно по этим трём величинам.

Выражение

$$ u^2 - 4uv \cos \alpha - 2uh \sin \alpha \,\,\,\, $$

равно

$$u^2 - {2u\sqrt{4v^2+h^2}}\sin(\alpha + \phi)$$

, где

$$\tg \phi = \frac {2v} {h}$$

. Поэтому подойдут 2 значения -

$$(\theta - \phi)$$

и

$$(\pi - \theta - \phi)$$

, где

$$\theta = \arcsin{\frac {u} {2\sqrt{4v^2+h^2}}$$

.

Позвольте, а почему Вы только равенство (2) цитируете. Вы тогда и (1) процитируйте для полноты картины.

А затем обратите внимание, что из (1) однозначно выражается $\cos \alpha$, после чего из (2) однозначно находится $\sin \alpha$. Так что не гоните пургу, всё у меня правильно.

[Профессор Снэйп]

Хотелось бы конечно что-нибудь чисто геометрическое, без тригонометрии, обозначений для углов и пр. Вначале увлёкся выкладками и перестал об этом думать. Но вот сейчас, кажется, придумал.

Мы считаем, что точки $A_1$ и $A_4$ различны. Из условия имеем $|A_1A_4| = |A_5A_2| = |A_6A_3|$, так что $A_2 \neq A_5$ и $A_3 \neq A_6$.

Пусть $D$ --- середина отрезка $[A_1A_5]$. Предположим, что точка $O$ не лежит на плоскости $(A_1A_3A_5)$. Тогда существует единственная плоскость $\nu$, содержащая точки $A_3$, $D$ и $O$.

Из равенств $|OA_1| = |OA_5|$ следует, что либо $O = D$, либо $O$ не лежит на прямой $(A_1A_3)$. Но $O \neq D$, ибо $O \not\in (A_3D)$, так что $O \not\in (A_1A_5)$ и мы можем говорить о треугольнике $A_1OA_5$. Этот треугольник равнобедренный и отрезок $[OD]$ является его медианой. Значит, он также является высотой этого треугольника и $(OD) \bot (A_1A_5)$. Кроме того, $(A_3D) \bot (A_1A_5)$ и так как плоскость $\nu$ содержит две прямые, перпендикулярные $(A_1A_5)$, то она сама перпендикулярна $(A_1A_5)$.

Пусть $E$ --- середина отрезка $[A_2A_4]$. Так как $|OA_2| = |OA_4|$, то либо точка $O$ совпадает с точкой $E$, либо $O$ не принадлежит прямой $(A_2A_4)$. А поскольку $|A_2E| = |A_1D| \neq |A_1O| = |A_2O|$, то имеет место последнее. Таким образом, мы имеем право говорить о треугольнике $A_2OA_4$. Этот треугольник равнобедренный и так как отрезок $[OE]$ есть его медиана, то он же является и высотой, так что $(OE) \bot (A_2A_4)$. Аналогично $|A_2A_3| = |A_3A_4| = |A_2O| > |A_2E|$, $A_2A_3A_4$ --- равнобедренный треугольник, его медиана $[A_3E]$ является также и высотой и прямая $(A_2A_4)$ перпендикулярна плоскости $(OEA_3)$.

Если $A_2$ не лежит на прямой $(A_1A_4)$, то $A_1A_2A_4$ --- треугольник. Из равенств $|A_1A_2| = |A_5A_4|$ и $|A_1A_4| = |A_5A_2|$ следует, что $A_5A_4A_2$ --- тоже треугольник и эти треугольники равны по трём сторонам. Значит, $\angle A_1A_2A_4 = \angle A_5A_4A_2$, так что треугольники $A_2A_4E$ и $A_5A_4E$ равны по двум сторонам и углу между ними. Из равенства же этих треугольников вытекает $|A_1E| = $A_5E|$.

Если же точка $A_2$ лежит на прямой $(A_1A_4)$, то из равенств расстояний $|A_1A_2| = |A_5A_4|$, $|A_1A_4| = |A_5A_2|$ опять следует, что $|A_1E| = |A_5E|.

Итак, $|A_1E| = |A_5E|$ в обоих случаях. Значит, либо $E = D$, либо $(ED) \bot (A_1A_5)$ из рассмотрения равнобедренного треугольника $A_1EA_5$. В обоих случаях точка $E$ принадлежит плоскости $\nu$. Следовательно, плоскость $(OEA_3)$ совпадает с $\nu$ и прямые $(A_1A_5)$, $(A_2A_4)$ параллельны (либо совпадают) как перпендикулярные одной и той же плоскости.

Предположив, что эти прямые совпадают, из $|A_1A_2| = |A_5A_4| > 0$ сразу получим $|A_1E| \neq |A_5E| \vee A_2 = A_5$, в то время как справедливо обратное. Значит, прямые не совпадают, а просто параллельны.

Симметричные рассуждения дают параллельность прямых $(A_1A_3)$ и $(A_4A_6)$, а также прямых $(A_3A_5)$ и $(A_6A_2)$.

Из этого, в свою очередь, следует, что плоскости $(A_1A_3A_5)$ и $(A_2A_4A_6)$ параллельны или совпадают.

Пусть эти плоскости не совпадают. Из того, что прямая $(A_6E)$ лежит в плоскости, параллельной плоскости $(A_1A_3A_5)$ и перпендикулярна $(A_2A_4)$ следует, что она параллельна прямой $(A_3D)$. Причём обе прямые, $(A_6E)$ и $(A_3D)$ лежат в плоскости $\nu$. Так как $|A_3D| = |A_6E|$, то либо $|A_6D| = $|A_3E|, либо $|DE| = |A_3A_6|$. Однако из параллельностей и перпендикулярностей $|DE| = |A_1A_2| < |A_1A_4| = |A_3A_6|$, так что $|A_6D| = |A_3E|$ и $DA_6EA_3$ --- параллелограмм. Из равенств $|OD| = |OE|$ и $|OA_3| = |OA_6|$ следует, что точка $O$ лежит на пересечении диагоналей этого параллелограмма. Значит, она является серединой отрезка $[A_3A_6]$.

Теперь $|A_3E| + |EO| = 2|EO| = |ED| = |A_1A_2| = |A_3O|$, так что точка $E$ является серединой отрезка $[A_3O]$. Получаем, что диагонали параллелограмма пересекаются более чем в одной точке. Противоречие.

Ближайшее допущение, которое мы делали --- это предположение о несовпадении плоскостей $(A_1A_3A_5)$ и $(A_2A_4A_6)$. Из полученного противоречия имеем равенство этих плоскостей, то есть одну и ту же плоскость. Прямые $(A_3D)$ и $(A_6E)$ лежат в этой плоскости и в плоскости $\nu$, а так как $\nu$ не совпадает с плоскостью $(A_1A_3A_5)$, то, значит, указанные прямые равны и совпадают с линией пересечения плоскостей. Но тогда $(DE) \bot (A_1A_5)$ и $(DE) \bot (A_2A_4)$. Как и ранее, из того, что отрезки $[A_1A_5]$ и $[A_2A_4]$ параллельны и равны по длине, следует, что либо $|A_1A_2| = |DE|$, либо $|A_1A_4| = |DE|$. Во втором случае $|DE| = |A_3A_6|$, однако из $|OA_3| = |OA_6| < |OE| = |OD|$ следует, что точки $D$ и $E$ лежат между точками $A_3$ и $A_6$ и $|DE| < |A_3A_6|$.
Значит, $|DE| = |A_1A_2|$ и $A_1A_2A_4A_5$ --- прямоугольник. Если предположить, что точка $A_3$ лежит от прямой $(A_2A_4)$ по ту же сторону, что и точка $D$, то получим $|DE| < |A_3E| < |A_2A_3| = |A_1A_2| = |DE|$, чего не может быть. Аналогично $A_6$ и $E$ лежат по разные стороны от прямой $(A_1A_5)$ и $|A_3A_6| = |A_3E| + |ED| + |DA_6|$. Однако $|DA_6| = |OE|$ и $|A_3E| + |DA_6| > |OA_3|$. А поскольку $|DE| = |OA_6|$, то $|A_3A_6| > |OA_3| + |OA_6|$, чего не может быть.

Противоречие мы теперь получили с предположением, что точка $O$ не лежит в плоскости $(A_1A_3A_5)$. Значит, она там лежит. Из равенств $|OA_1| = |OA_3| = |OA_5|$ выводим, что точка $O$ совпадает с центром треугольника $A_1A_3A_5$. Далее, из $|A_6A_1| = |A_6A_5| = |OA_1|$ сразу следует, что $|A_6D| = |OD| = |OA_1|/2$. Отсюда получаем $|OA_6| = |OA_1| = |OA_1|/2 + |OA_1|/2 = |OD| + |DA_6|$. Таким образом, точка $D$ лежит на отрезке $[OA_6]$, $A_6$ лежит на прямой $(OD)$ и попадает в плоскость $(A_1A_3A_5)$. Принадлежность этой же плоскости точек $A_2$ и $A_4$ доказывается аналогично.