LI OM - III - Zadanie 4

W ostrosłupie prawidłowym o wierzchołku $ S $ i podstawie $ A_1A_2\ldots A_n $ każda krawędź boczna tworzy z płaszczyzną podstawy kąt $ 60^\circ $. Dla każdej liczby naturalnej $ n \geq 3 $ rozstrzygnąć, czy można wybrać takie punkty $ B_2,B_3,\ldots,B_n $ leżące odpowiednio na krawędziach $ A_2S, A_3S,\ldots,A_nS $, że

\[<br />
A_1B_2 + B_2B_3 + B_3B_4 +\ldots + B_{n-1}B_n + B_nA_1 < 2A_1S.<br />
\]

Rozwiązanie

Takie punkty istnieją dla dowolnego $ n \geq 3 $.

Niech $ O $ będzie spodkiem wysokości ostrosłupa, zaś $ \alpha $ miarą kąta ściany bocznej przy wierzchołku $ S $. Z równości $ A_1S = 2A_1O $ otrzymujemy

\[<br />
\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{A_{1}A_{2}}{2A_{1}S}=\frac{1}{2}\cdot\frac{A_{1}A_{2}}{2A_{1}O}=\frac{1}{2}\sin\frac{180^{\circ}}{n}=\sin\frac{90^{\circ}}{n}\cos\frac{90^{\circ}}{n}<\sin\frac{90^{\circ}}{n},<br />
\]

skąd

\[<br />
(1)\qquad n\alpha< 180^\circ.<br />
\]

om51_3r_img_3.jpg

Rozetnijmy powierzchnię boczną ostrosłupa wzdłuż krawędzi $ A_1S $ i rozłóżmy ją na płaszczyźnie. Otrzymamy wtedy wielokąt $ S'A'_1A'_2...A'_nA''_1 $ (rys. 1). Na mocy nierówności (1), $ \measuredangle A'_1S'A''_1 = n\alpha< 180^\circ $.

Niech $ B'_2,B'_3,\ldots,B'_n $ będą punktami przecięcia odcinka $ A'_1A''_1 $ odpowiednio z odcinkami $ A'_2S',A'_3S',\ldots,A'_nS' $. Na mocy nierówności trójkąta,

\[<br />
A'_1B'_2 + B'_2B'_3 + B'_3B'_4 +\ldots + B'_{n-1}B'_n + B'_nA''_1 < 2A'_1S'.<br />
\]

Punkty $ B'_2,B'_3,\ldots,B'_n $ wyznaczają więc punkty $ B_2,B_3,\ldots,B_n $ na krawędziach ostrosłupa spełniające warunki zadania.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź