Komentarz

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

$ \frac{2R}{r} \geq \frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2}\left( \frac{\alpha}{2}\right)} $

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

$ \frac{BC}{\sin \alpha} = 2R. $

Ponadto

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

Stąd otrzymujemy

$ \frac{2R}{r} = \frac{BC}{2r \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}} = \frac{1}{ \sin \frac{\alpha}{2} (\cos \frac{\beta-\gamma}{2} - \sin \frac{\alpha}{2})} \geq \frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2} ( 1- \sin \frac{\alpha}{2} )}, $

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

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

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

Wykażemy, że na odwrót każda liczba nie mniejsza od

$ a = \frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2} \left( 1 - \sin \frac{\alpha}{2} \right)} $

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

$ f\left( \frac{\pi - \alpha}{2} \right) = \frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2} \left( \cos 0 - \sin \frac{\alpha}{2} \right)} = a $

oraz

$ \lim_{\beta \to 0} \cos \left( \beta + \frac{\alpha - \pi}{2} \right) = \cos \left( \frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{2} \right) = \sin \frac{\alpha}{2}. $

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 $\langle \alpha; \infty)$ .

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

XXVI - III - Zadanie 5

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody