Komentarz

XL OM - I - Zadanie 10

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

$ \alpha+\beta+\gamma < \pi, \alpha < \beta + \gamma, \beta < \gamma + \alpha, \gamma < \alpha + \beta. $

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

$ \frac{1}{8} (\sin 2\alpha + \sin 2\beta + \sin 2\gamma). $

Rozwiązanie

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

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 $O$ .

Niech M będzie środkiem odcinka AB. Wówczas

$ |\measuredangle AOM|=\gamma, \quad |AB| = 2|AM| = \sin \gamma, \quad |OM| = \frac{1}{2} \cos \gamma, $

$ \mathrm{pole}(AOB) = \frac{1}{2} |AB| \cdot |OM| = \frac{1}{8} \sin 2\gamma. $

Analogicznie

$ |BC| = \sin \alpha,\quad |CA|=\sin \beta, $

$ \mathrm{pole}(BOC) = \frac{1}{8} \sin 2\alpha , \mathrm{pole}(COA) = \frac{1}{8} \sin 2\beta . $

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

$ \frac{1}{8} (\sin 2\alpha + \sin 2\beta + \sin 2\gamma) . $

To właśnie mieliśmy wykazać.

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

XL OM - I - Zadanie 10

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody