Komentarz

XLVI OM - I - Zadanie 8

W ostrosłupie prawidłowym $ n $-kątnym kąty nachylenia ściany bocznej i krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy wynoszą odpowiednio $ \alpha $ i $ \beta $. Udowodnić, że $ \sin^2 \alpha - \sin^2 \beta \leq \tan ^2 \frac{\pi}{2n} $.

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że bok $ n $-kąta foremnego $ A_1A_2\ldots A_n $, będącego podstawą ostrosłupa, ma długość $ 2a $. Niech $ O $ będzie wspólnym środkiem koła opisanego na tym wielokącie oraz koła weń wpisanego; przyjmijmy, że promienie tych kół mają długości (odpowiednio) $ R $ oraz $ r $. Wierzchołek ostrosłupa oznaczmy przez $ S $, a długość odcinka $ OS $ (wysokość ostrosłupa) - przez $ h $.

om46_1r_img_4.jpg

Weźmy jedną z krawędzi podstawy - na przykład $ A_1A_2 $ - i oznaczmy przez $ M $ jej środek. Niech $ \varphi = | \measuredangle A_1OM| = | \measuredangle A_2OM| = \pi/n $. Kąt dwuścienny między płaszczyzną podstawy (czyli płaszczyzną $ A_1A_2O $) a płaszczyzną ściany bocznej $ A_1 A_2S $ ma miarę taką, jak kąt płaski $ OMS $. Z przyjętych oznaczeń wynikają następujące zależności (rysunek 4):

\[<br /> (1) \qquad |\measuredangle OMS| = \alpha, \ |\measuredangle OA_1S| = \beta, \ \tan \alpha=\frac{|OS|}{|OM|} = \frac{h}{r}, \ \tan \beta = \frac{|OS|}{|OA_1|} = \frac{h}{R},<br /> \]
\[<br /> (2) \qquad \quad \cos \varphi = \frac{|OM|}{|OA_1|}=\frac{r}{R}, \quad \sin \varphi = \frac{|A_1M|}{|OA_1|} = \frac{a}{R}, \quad R^2=a^2+r^2;<br /> \]

należy zaś wykazać, że

\[<br /> (3) \qquad \quad \sin^2 \alpha - \sin^2 \beta \leq \tan^2 \frac{\varphi}{2}.<br /> \]

Przydatne będą zależności trygonometryczne:

\[<br /> (4) \qquad \quad \tan \frac{\varphi}{2} = \frac{\sin(\varphi/2)}{\cos(\varphi/2)}=<br /> \frac{2 \sin (\varphi/2) \cos (\varphi/2)}{2 \cos^2 (\varphi/2)}= \frac{\sin \varphi}{1+\cos \varphi},<br /> \]
\[<br /> (5) \qquad \quad \sin^2 \alpha = \frac{\cos^2 \alpha \cdot \tan^2 \alpha}{\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha} = \frac{\tan^2 \alpha}{1+\tan^2 \alpha}, \quad \sin^2 \beta = \frac{\tan^2 \beta}{1+\tan^2 \beta}.<br /> \]

Korzystając ze wzorów (4) i (2) otrzymujemy równość

\[<br /> (6) \qquad \quad \tan^2 \frac{\varphi}{2} = \left( \frac{\sin \varphi}{1+ \cos \varphi} \right)^2 =<br /> \left( \frac{a/R}{1+ (r/R)} \right)^2 = \left( \frac{a}{R+r} \right)^2 = \frac{R^2-r^2}{(R+r)^2} = \frac{R-r}{R+r};<br /> \]

a na podstawie związków (5) i (1) mamy:

\[<br /> \begin{split}<br /> \sin^2 \alpha - \sin^2 \beta & =\frac{(h/r)^2}{1+(h/r)^2} - \frac{(h/R)^2}{1+(h/R)^2}=\\<br /> &= \frac{h^2}{h^2+r^2} - \frac{h^2}{h^2+R^2} = \frac{h^2(R^2-r^2)}{(h^2+r^2)(h^2+R^2)}.<br /> \end{split}<br /> \]

Stąd

\[<br /> (7) \qquad \quad \frac{\sin^2 \alpha - \sin^2 \beta}{\tan^2 (\varphi/2)} =<br /> \frac{h^2(R^2-r^2)}{(h^2+r^2)(h^2+R^2)} \cdot \frac{R+r}{R-r} =<br /> \frac{h^2(R+r)^2}{(h^2+r^2)(h^2+R^2)}.<br /> \]

A ponieważ

\[<br /> \begin{split}<br /> (h^2+r^2) & (h^2 + R^2)-h^2(R + r)^2 =\\<br /> & = (h^4+h^2(R^2+r^2) + R^2r^2)-h^2(R^2 + r^2+2Rr) = \\<br /> & = h^4 + R^2r^2-2h^2Rr = (h^2 - Rr)^2 \geq 0,<br /> \end{split}<br /> \]

zatem licznik ułamka otrzymanego po prawej stronie równości (7) jest nie większy niż mianownik. Wobec tego wartość ilorazu (7) nie przekracza $ 1 $; tym samym nierówność (3) została wykazana.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz