Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

Komentarz

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

$ A_1B_2 + B_2B_3 + B_3B_4 +\ldots + B_{n-1}B_n + B_nA_1 < 2A_1S. $

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

$ \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}, $

skąd

$ (1)\qquad n\alpha< 180^\circ. $

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,