XXVIII - III - Zadanie 2

Dla ustalonej liczby naturalnej $s \geq 3$ dany jest ciąg kół $(K_n)$ oraz ciąg $s$ -kątów wypukłych $(W_n)$ że

$ K_n \supset W_n \supset K_{n+1} \quad \text{ dla } n = 1,2, \ldots. $

Dowieść, że ciąg średnic kół $K_n$ dąży do zera.

Rozwiązanie

Niech punkty $P_1, P_2, \ldots, P_{s+ 1}$ dzielą brzeg koła $K_n$ na $s + 1$ równych łuków (rys. 13, przyjęliśmy tu $s = 5$ ). Rozważmy odcinki koła $K_n$ wyznaczone przez cięciwy $\overline{P_1P_2}, \overline{P_2P_3}, \ldots, \overline{P_sP_{s+1}}, \overline{P_{s+1}P_1}$ i nie zawierające środka koła $K_n$ . Ponieważ tych odcinków jest $s + 1$ , więc co najmniej jeden z nich nie zawiera wierzchołka $s$ -kąta $W_n$ , a więc jest rozłączny z $W_n$ (odcinek taki jest zakreskowany na rys. 13). Tym bardziej odcinek ten jest rozłączny z kołem $K_{n+1}$ zawartym w $W_n$ .

Niech $F_n$ będzie figurą powstającą z koła $K_n$ przez odjecie odcinka kołowego odpowiadającego kątowi środkowemu $\displaystyle \frac{2\pi}{s+1}$ . Niech $q$
będzie stosunkiem pola figury $F_n$ do pola koła $K_n$ . Oczywiście $q$ jest liczbą z przedziału $(0, 1)$ zależną tylko od $s$ , a niezależną od $n$ .

Mamy więc $(\textrm{pole}\ K_{n+1}) < q \cdot (\textrm{pole}\ K_n)$ i stąd przez indukcję $(\textrm{pole}\ K_{n+1}) < q^n \cdot (\textrm{pole}\ K_1)$ dla $n = 1, 2, \ldots$ .

Ponieważ ciąg $(q^n)$ jest zbieżny do zera, więc i ciąg pól kół $K_n$ jest zbieżny do zera. Stąd z kolei wynika, że również ciąg średnic kół $K_n$ dąży do zera.

Uwaga. Można rozpatrywać zadanie ogólniejsze: Dany jest ciąg $(s_n)$ liczb naturalnych, gdzie $s_n \geq 3$ , ciąg kół $(K_n)$ oraz ciąg wielokątów wypukłych $(W_n)$ , gdzie $W_n$ ma $s_n$ boków, takie, że

$ K_n \supset W_n \supset K_{n+1} \ \textrm{dla}\ n = 1, 2, \ldots. $

Czy ciąg średnic kół $K_n$ dąży do sera?

Rozumując analogicznie, jak w rozwiązaniu zadania, można udowodnić nierówność $r_{n+1} \leq r_n \cos^2 \displaystyle \frac{\pi}{2s_n}$ i stąd przez indukcję, że

$ r_k \leq r_1 \cos^2 \frac{\pi}{2s_1} \cdot \cos^2 \frac{\pi}{2s_2} \cdot \ldots \cos^2 \frac{\pi}{2s_{k-1}}, $

tzn.

$ (5) \qquad r_k \leq r_1 \left( \prod_{j=1}^{k-1} \cos \frac{\pi}{2s_j} \right)^2 \ \textrm{dla}\ k = 1, 2, \ldots. $

Metodami analizy matematycznej można udowodnić

Twierdzenie. Jeżeli $(a_n)$ jest ciągiem litzb należących do przedziału $\left( 0, \displaystyle \frac{\pi}{2} \right)$ , to ciąg $\displaystyle a_n = \prod_{j=1}^n \cos \alpha_j$ jest zbieżny do zera wtedy i tylko wtedy, gdy szereg $\displaystyle \sum_{j=1}^\infty \alpha_j^2$ jest rozbieżny.

Jeżeli więc szereg

$ (6) \qquad \sum_{j=1}^\infty \frac{1}{s_j^2} $

jest rozbieżny, to z tego twierdzenia wynika, że ciąg $\displaystyle b_k = \prod_{j=1}^{k-1} \cos \frac{\pi}{2s_j}$ jest zbieżny do zera. Zatem z (5) otrzymujemy, że ciąg $(r_k)$ też jest zbieżny do zera.

Jeżeli zaś szereg (6) jest zbieżny, to sytuacja jest inna. Istnieje wtedy ciąg wielokątów $(W_n)$ i ciąg kół $(K_n)$ spełniające powyższe warunki i takie, że ciąg średnic kół $K_n$ nie dąży do zera.

Mianowicie, niech $(s_n)$ będzie takim ciągiem liczb naturalnych, że $s_n \geq 3$ i szereg (6) jest zbieżny. Niech $W_n$ będzie $s$ -kątem foremnym wpisanym w koło $K_n$ , a $K_{n+1}$ - kołem wpisanym w wielokąt $W_n$ .

Jeżeli $O$ jest środkiem koła $K_n$ , $A$ i $B$ - kolejnymi wierzchołkami wielokąta $W_n$ , a $G$ - środkiem odcinka $AB$ (rys. 16), to mamy zależności $\measuredangle AOB = \displaystyle \frac{2\pi}{s_n}= 2 \measuredangle AOC$ . Wobec tego

$ r_{n+1} = OC = OA \cos \measuredangle AOC = r_n \cos \frac{\pi}{s_n}. $

Stąd przez indukcję łatwo otrzymujemy, że

$ (7) \qquad r_k = r_1 \cdot \cos \frac{\pi}{s_1} \cdot \cos \frac{\pi}{s_2} \ldots \cdot \cos \frac{\pi}{s_{k-1}} \ \textrm{dla}\ k = 1, 2, \ldots . $

Ponieważ szereg (6) jest zbieżny, więc z podanego wyżej twierdzenia wynika, że ciąg $\displaystyle c_k = \prod_{j=1}^{k-1} \cos \frac{\pi}{s_j}$ nie jest zbieżny do zera. Zatem na mocy (7) i ciąg $(r_k)$ nie dąży do zera.