XXVI - III - Zadanie 5

Dowieść, że trójkąt o kącie $ \alpha $ można wpisać w koło o promieniu $ R $ i opisać na kole o promieniu $ r $ wtedy i tylko wtedy, gdy

\[<br />
\frac{2R}{r} \geq \frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2}\left( \frac{\alpha}{2}\right)}<br />
\]

Rozwiązanie

Niech okrąg $ K $ o środku w punkcie $ O $ i o promieniu długości $ r $ będzie styczny w punktach $ P $ i $ Q $ odpowiednio do ramion kąta $ \alpha $ o wierzchołku $ A $. Niech $ B_0 $ będzie punktem przecięcia prostej $ AP $ i prostej $ m $ równoległej do $ A Q $ i różnej od $ A Q $ a stycznej do okręgu $ K $. Jeżeli punkt $ B $ należy do półprostej $ t $ prostej $ AP $ o początku $ B_0 $ i nie zawierającej punktu $ A $ (rys. 11), to prowadząc z punktu $ B $ styczną do okręgu $ K $ otrzymujemy trójkąt $ ABC $ opisany na okręgu $ K $ i taki, że $ \measuredangle BAC = \alpha $. Jeżeli $ B $ przebiega wszystkie punkty półprostej to otrzymujemy w ten sposób wszystkie trójkąty opisane na okręgu $ K $, których jeden kąt jest równy $ \alpha $. Przy tym kąt $ ABC = \beta $ przybiera wszystkie wartości z przedziału $ (0; \pi-\alpha) $.

Niech $ R $ będzie długością promienia koła opisanego na trójkącie $ ABC $. Z twierdzenia sinusów dla trójkąta $ ABC $ mamy

\[<br />
\frac{BC}{\sin \alpha} = 2R.<br />
\]

Ponadto

\[<br />
\begin{split}<br />
BC &= BS + SC = r \ctg \frac{\beta}{2} + r \ctg \frac{\gamma}{2} =<br />
r \left( \frac{\cos \frac{\beta}{2}}{\sin \frac{\beta}{2}} +<br />
 \frac{\cos \frac{\gamma}{2}}{\sin \frac{\gamma}{2}} \right) =\\<br />
&=r \frac{\sin \frac{\beta + \gamma}{2}}{\sin \frac{\beta}{2}\sin \frac{\gamma}{2}} =<br />
r \frac{ \cos \frac{\alpha}{2}}{\frac{1}{2} (\cos \frac{\beta-\gamma}{2} - \cos \frac{\beta+\gamma}{2})}=<br />
\frac{2r \cos \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\beta-\gamma}{2} - \sin \frac{\alpha}{2}}.<br />
\end{split}<br />
\]

Stąd otrzymujemy

\[<br />
\frac{2R}{r} = \frac{BC}{2r \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}} =<br />
\frac{1}{ \sin \frac{\alpha}{2} (\cos \frac{\beta-\gamma}{2} - \sin \frac{\alpha}{2})} \geq<br />
\frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2} ( 1- \sin \frac{\alpha}{2} )},<br />
\]

ponieważ $ \cos x \leq 1 $ dla każdego $ x $.

Z równości $ \gamma = \pi - \alpha - \beta $ wynika, że $ \displaystyle \frac{2R}{r}= f(\beta) $, gdzie

\[<br />
f(\beta) = \frac{1}{ \sin \frac{\alpha}{2} \left[ \cos \left(\beta - \frac{\alpha - \pi}{2} \right) - \sin \frac{\alpha}{2} \right]}.<br />
\]

Wykażemy, że na odwrót każda liczba nie mniejsza od

\[<br />
a = \frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2} \left( 1 - \sin \frac{\alpha}{2} \right)}<br />
\]

jest wartością funkcji $ f(\beta) $ dla pewnego $ B \in (0;\ \pi-\alpha) $. Dla każdej więc liczby $ a' \geq a $ istnieje taki kąt $ \beta \in (0 ;\ \pi- \alpha \rangle $, a więc i trójkąt $ ABC $, że $ \displaystyle \frac{2R}{r} = a' $.

Mamy

\[<br />
f\left( \frac{\pi - \alpha}{2} \right) =<br />
\frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2} \left( \cos 0 - \sin \frac{\alpha}{2} \right)} = a<br />
\]

oraz

\[<br />
\lim_{\beta \to 0} \cos \left( \beta + \frac{\alpha - \pi}{2} \right) =<br />
\cos \left( \frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{2} \right) = \sin \frac{\alpha}{2}.<br />
\]

Wobec tego $ \displaystyle \lim_{\substack \beta \to 0 \\ \beta > 0} f(\beta) = \infty $.

Funkcja $ / $ jest ciągła w przedziale $ (0 ; \pi-\alpha \rangle $. Każda funkcja ciągła w przedziale przybiera w tym przedziale każdą wartość pośrednią między wartościami przybieranymi na końcach przedziału.

Rozpatrując więc przedziały postaci $ \displaystyle \langle \varepsilon; \frac{\pi - \alpha}{2} \rangle $ gdzie $ 0 < \varepsilon < \displaystyle \frac{\pi - \alpha}{2} $, stwierdzamy, że zbiorem wartości funkcji $ f $ w przedziale $ (0; \pi- \alpha \rangle $ jest $ \langle \alpha; \infty) $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź