XXXVIII OM - I - Zadanie 8

Ciąg $ A_1, A_2, \ldots $ punktów płaszczyzny spełnia dla każdego $ n > 1 $ następujące warunki: $ |A_{n+1}A_n| = n $ oraz kąt skierowany $ A_{n+1}A_nA_1 $ jest równy $ 90^{\circ} $. Udowodnić, że każda półprosta o początku $ A_1 $ przecina nieskończenie wiele odcinków $ A_nA_{n+1} $ ($ n = 1, 2, \ldots $).

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia: $ |A_1A_n| = r_n $, $ |\measuredangle A_nA_1A_{n+1}| = a_n $ dla $ n = 2, 3, 4, \ldots $, a ponadto $ a = r_2^2—1 $ (treść zadania nie precyzuje, jaka jest długość odcinka $ A_1A_2 $, tak że $ a $ może być dowolną liczbą większą od $ -1 $). Z zależności w trójkącie prostokątnym $ A_1A_nA_{n+1} $ otrzymujemy

\[<br />
(1) \qquad \sin \alpha_n = \frac{n}{r_{n+1}}<br />
\]

oraz

\[<br />
r^2_{n+1} = r_n^2 + n^2.<br />
\]

Przyjmując w ostatnim wzorze kolejno $ n = 2, 3,4, \ldots $ dostajemy:

\[<br />
r_3^2 = r_2^2+2^2, \   r_4^2 = r_3^2+3^2 = r_2^2+2^3+3^2<br />
\]

i ogólnie (indukcyjnie)

\[<br />
r_{n+1}^2 = r_2^2+2^2+3^2+\ldots + n^2= a+1^2+2^2+3^2+ \ldots + n^2,<br />
\]

czyli

\[<br />
(2) \qquad r_{n+1}^2 = a + \frac{1}{6} n(n+1)(2n+1).<br />
\]

Niech $ P $ będzie dowolnym punktem płaszczyzny różnym od $ A_1 $. Położenie punktu $ P $ jest w pełni wyznaczone przez dwie wielkości: odległość od punktu $ A_1 $ oraz miarę kąta skierowanego $ \measuredangle (\overrightarrow{A_1A_2}, \overrightarrow{A_1P}) $; miarę tę będziemy nazywać współrzędną kątową punktu $ P $. Przyjmujemy nieograniczoną skalę kątów; dwie liczby różniące się o wielokrotność 360^{\circ} będziemy uważać za miary tego samego kąta skierowanego.
om38_1r_img_7.jpg
Odcinki $ A_2A_3 $ $ A_3A_4 $ itd. tworzą linię przedstawioną na rysunku 7. Jeśli $ P $ jest punktem poruszającym się wzdłuż tej linii, w kierunku wyznaczonym przez numerację punktów $ A_n $, to jego odległość od $ A_1 $ wzrasta (bo przeciwprostokątna dowolnego trójkąta prostokątnego jest dłuższa od przyprostokątnej). Gdy $ P $ jest jednym z punktów $ A_n $ ($ n \geq 3 $), to suma

\[<br />
\phi_n=a_2+\ldots+a_{n-1}<br />
\]

jest jego współrzędną kątową (dokładniej: jedną z możliwych wartości tej współrzędnej). Gdy $ P $ jest punktem odcinka $ A_nA_{n+1} $, wybierzmy tę wartość jego współrzędnej kątowej, która należy do przedziału $ \langle \phi_n; \phi_{n+1} \rangle $ i oznaczmy ją przez $ \phi(P) $. Tak więc $ \phi(A_n) = \phi_n $. Przy ruchu punktu $ P $ (wzdłuż rozpatrywanej linii) $ \phi(P) $ wzrasta (bo przy przebieganiu odcinka $ A_nA_{n+1} $ wektor prędkości jest prostopadły do wektora wodzącego w chwili początkowej). Aby dowieść tezy zadania, wystarczy pokazać, że

\[<br />
(3) \qquad \lim_{n \to \infty} \phi_n = \infty.<br />
\]

Istotnie: przypuśćmy, że to udowodniliśmy i weźmy dowolną półprostą o początku $ A_1 $. Niech $ \theta $ będzie współrzędną kątową punktów tej półprostej, wziętą z przedziału $ \langle 0^\circ; 360^\circ\rangle $. Wówczas każda większa miara tego samego kąta (czyli każda z wartości $ \theta +k \cdot 360^\circ $, $ k = 1,2,3,\ldots $) należy do pewnego przedziału $ \langle \phi_n; \phi_{n+1} \rangle $, jest więc współrzędną kątową pewnego punktu odcinka $ A_nA_{n+1} $. Przy tym różnym wartościom $ k $ odpowiadają różne wartości $ n $ (bo $ \phi_{n+1}-\phi_n = a_n < 90^\circ $). Znaczy to, że rozważana półprostą przecina nieskończenie wiele odcinków $ A_nA_{n+1} $.

(Intuicyjny sens powyższych rozważań jest taki: rozpatrywana linia okrąża spiralnie punkt $ A_1 $; chcemy dowieść, że okrąża go nieskończenie wiele razy, i to właśnie wyraża relacja graniczna (3)).

Pozostaje więc udowodnić, że $ \phi_n \to \infty $.

Przypuśćmy, że (3) nie zachodzi. Ciąg ($ \phi_n $) jest rosnący. Istnieje więc skończona granica $ \lim \phi_n=\psi $.

Weźmy numer $ m $ taki, że $ \phi_m > \psi - 90^\circ $ (wróciliśmy do stopniowej miary kątów). Półprostą o początku $ A_1 $, której punkty mają współrzędną kątową $ \psi $, przecina półprostą $ A_mA_{m+1}^\to $ w punkcie, który oznaczymy przez $ B $ (rysunek 8).
om38_1r_img_8.jpg
Wszystkie punkty $ A_n $ o numerach $ n \geq m $ leżą w obrębie kąta wypukłego $ A_mA_1B $. Pokażemy, że muszą one leżeć w trójkącie prostokątnym $ A_mA_1B $. Uzasadnienie jest indukcyjne. Oznaczmy ten trójkąt przez $ \Delta $. Oczywiście $ A_m \in \Delta $. Załóżmy, że $ A_n $ jest (dla pewnego $ n\geq m $) punktem trójkąta $ \Delta $. Punkt $ A_{n+1} $ leży między półprostymi $ A_1A_n^\to $ i $ A_1B^\to $. Gdyby leżał poza trójkątem $ \Delta $, kąt $ A_1A_nA_{n+1} $ byłby rozwarty - wbrew warunkowi zadania, w myśl którego kąt ten jest prosty. Zatem $ A_{n+1} \in \Delta $. Na mocy zasady indukcji wszystkie punkty $ A_n $ ($ n \geq m $) leżą w trójkącie $ \Delta $.

Ich odległości od $ A_1 $ muszą więc tworzyć ciąg ograniczony. Tymczasem z wzoru (2) widać, że $ r_n\to \infty $.

Otrzymana sprzeczność dowodzi słuszności warunku (3), więc i tezy zadania.