XL OM - I - Zadanie 10

Liczby dodatnie $ \alpha $, $ \beta $, $ \gamma $ spełniają nierówności

\[<br />
\alpha+\beta+\gamma < \pi,  \alpha < \beta + \gamma, \beta < \gamma + \alpha, \gamma < \alpha + \beta.<br />
\]

Udowodnić, że z odcinków o długościach $ \sin \alpha $, $ \sin \beta $, $ \sin \gamma $ można zbudować trójkąt i że pole tego trójkąta jest nie większe od

\[<br />
\frac{1}{8} (\sin 2\alpha + \sin 2\beta + \sin 2\gamma).<br />
\]

Rozwiązanie

Wykażemy, że istnieje w przestrzeni kąt trójścienny $ OABC $ taki, że

\[<br />
|\measuredangle BOC| = 2\alpha, \quad  |\measuredangle COA| = 2\beta, \quad  |\measuredangle AOB| = 2\gamma.<br />
\]

Możemy przyjąć, że $ \gamma \geq \alpha $, $ \gamma\geq \alpha $. Oczywiście $ \gamma < \pi/2 $ (gdyby bowiem było $ \gamma \geq \pi/2 $, to mielibyśmy $ \alpha+\beta< \pi - \gamma \leq \pi/2 \leq \gamma $, wbrew założeniu). Zatem $ 2\gamma < \pi $.

Weźmy pod uwagę kąt wypukły $ AOB $ o rozwartości $ 2\gamma $. W obszarze tego kąta (w jego płaszczyźnie) umieśćmy półproste $ OA'^\rightarrow $ i $ OB'^\rightarrow $ tak, by $ |\measuredangle AOA' =2\beta $, $ |\measuredangle BOB'| = 2\alpha $. Kąty wypukłe $ AOA' $ i $ BOB' $ mają niepustą część wspólną (bo $ \alpha + \beta > \gamma $).

Niech $ AOA'' $ będzie obrazem kąta $ AOA' $ w symetrii osiowej względem prostej $ OA $. Analogicznie określamy kąt $ BOB'' $. Rozważamy kąty $ A'O A'' $ i $ B'OB'' $, zawierające (odpowiednio) półproste $ OA^\rightarrow $ i $ OB^\rightarrow $. Ich rozwartości wynoszą $ 4\beta $ i $ 4\alpha $ - a więc kąty te mogą nie być wypukłe. Mają one w każdym razie niepustą część wspólną, bo zawierają kąty $ AOA' $ i $ BOB' $ (rysunek 2).

Wychodzimy teraz z rozważaniami w przestrzeń. Obracając półprostą $ OA'^\rightarrow $ wokół prostej $ OA $ otrzymujemy powierzchnię obrotową, rozdzielającą przestrzeń na dwie części. Jedna z nich jest nieograniczonym stożkiem kołowym (wypukłym); drugą będziemy nazywać stożkiem wklęsłym. W szczególnym przypadku, gdy $ \beta = \pi/4 $, obie te części są półprzestrzeniami (które też będziemy uważać za graniczną, ,,zdegenerowaną'' postać stożka); oczywiście rozdzielająca je powierzchnia jest w tym przypadku po prostu płaszczyzną.

Bierzemy pod uwagę ten stożek (wypukły lub wklęsły), który zawiera półprostą $ OA^\rightarrow $. Oznaczmy go przez $ K_A $ . Rozwartość kąta przy wierzchołku stożka $ K_A $ wynosi $ 4\beta $ ; płaski kąt $ A'OA" $ jest jego przekrojem osiowym. Analogicznie określamy stożek $ K_B $ (wypukły lub wklęsły), którego przekrojem osiowym jest kąt $ B'OB" $. Z poprzednich konkluzji wynika, że stożki $ K_A $ i $ K_B $ mają wspólne punkty wewnętrzne. Ich powierzchnie boczne przecinają się wzdłuż dwóch wspólnych tworzących, położonych symetrycznie względem płaszczyzny $ OAB $. Jedną z nich (dowolnie wybraną) oznaczymy przez $ OC^\rightarrow $. Tworzy ona z osią obrotu stożka $ K_A $ , czyli z półprostą $ OA^\rightarrow $, kąt o mierze $ 2\beta $, a z osią obrotu stożka $ K_B $ , czyli z półprostą $ OB^\rightarrow $ - kąt o mierze $ 2\alpha $. Tak więc półproste $ OA^\rightarrow $, $ OB^\rightarrow $, $ OC^\rightarrow $ tworzą poszukiwany kąt trójścienny (rysunek 2).

Możemy przyjąć, że punkty $ A $, $ B $, $ C $ leżą na tych półprostych w odległości $ 1/2 $ od punktu $ O $.

om40_1r_img_2.jpg

Niech M będzie środkiem odcinka AB. Wówczas

\[<br />
|\measuredangle AOM|=\gamma,   \quad |AB| = 2|AM| = \sin \gamma,   \quad |OM| = \frac{1}{2} \cos \gamma,<br />
\]
\[<br />
\mathrm{pole}(AOB) = \frac{1}{2} |AB| \cdot |OM| = \frac{1}{8} \sin 2\gamma.<br />
\]

Analogicznie

\[<br />
|BC| = \sin \alpha,\quad |CA|=\sin \beta,<br />
\]
\[<br />
\mathrm{pole}(BOC) = \frac{1}{8} \sin 2\alpha ,      \mathrm{pole}(COA) = \frac{1}{8} \sin 2\beta .<br />
\]

Zatem trójkąt $ ABC $ ma boki długości $ \sin \alpha $ , $ \sin \beta $ , $ \sin \gamma $ ; jest więc poszukiwanym trójkątem.

Rzuty dowolnych trzech ścian czworościanu na płaszczyznę czwartej ściany pokrywają tę ścianę, a pola rzutów nic są większe niż pola samych ścian. Wobec tego pole trójkąta $ ABC $ nic jest większe od sumy pól trzech pozostałych ścian czworościanu $ OABC $, czyli nie przekracza wartości

\[<br />
\frac{1}{8} (\sin 2\alpha + \sin 2\beta + \sin 2\gamma) .<br />
\]

To właśnie mieliśmy wykazać.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź