XXXIX OM - I - Zadanie 12

Dane są dwie współśrodkowe sfery $ S_R $ i $ S_r $ odpowiednio o promieniach $ R $ i $ r $, $ R > r $. Niech $ A_0 $ będzie pewnym punktem należącym do $ S_R $. Niech $ T_{A_0} $ będzie stożkiem o wierzchołku w $ A_0 $ stycznym do $ S_r $. Oznaczmy $ K_1 = T_{A_0} \cap S_R $. Następnie dla każdego punktu $ A \in K_1 $ wykreślamy stożek $ T_A $ i określamy $ K_2 = \bigcup_{A\in K_1} T_A \cap S_R $ i dalej przez indukcję $ K_{n+1}= \bigcup_{A\in K_n} T_A \cap S_R $, gdzie $ T_A $ jest stożkiem o wierzchołku w $ A $ i stycznym do $ S_r $. Udowodnić, że dla pewnego $ n $ jest $ K_n = S_R $.

Rozwiązanie

W tym zadaniu przez stożek należy rozumieć powierzchnię nieograniczonego stożka kołowego, a przez styczność stożka do sfery - styczność wzdłuż pewnego okręgu. (Ten brak precyzji w sformułowaniu został zauważony i wytknięty przez wielu uczestników olimpiady.)

Oznaczmy przez $ O $ wspólny środek sfer $ S_r $ i $ S_R $. Niech $ u $ będzie rozwartością kąta przy wierzchołku stożka $ T_{A_0} $ (a więc i każdego stożka $ T_A $ rozważanego w zadaniu); $ a = 2 arc \sin (r/R) $. Przyjmijmy $ N = [\pi/2\alpha]+1 $. Udowodnimy przez indukcję względem $ n= 1, \ldots,N $ następującą implikację:

\[<br /> nr{1} \textrm{Jeżeli} \ P \in S_R, |\measuredangle A_0OP| \leq 2n\alpha, \ \textrm{to} \ P \in K_{2n}.<br /> \]

Stąd wyniknie, że $ K_{2N} = S_R $.

Dla $ n = 1 $ poprzednik implikacji (1) przybiera postać: $ |\measuredangle<br /> A_0OP| \leq 2\alpha $. Stożek $ T_P $ ma wtedy punkty wspólne ze zbiorem $ K_1 = T_{A_0} \cap S_R $. Niech $ Q \in T_P \cap K_1 $ (rysunek 5). Zauważmy, że stwierdzenia: $ Q \in T_P $ oraz $ P \in T_Q $ są równoważne (każde z nich znaczy dokładnie tyle, że odcinek $ PQ $ jest styczny do sfery $ S_r $). Tak więc w tym przypadku

\[<br /> P \in T_Q \subset \cup_{A \in K_1} T_A,<br /> \]

czyli $ P \in K_2 $.

Załóżmy teraz, że dowodzona implikacja (1) zachodzi dla pewnej liczby naturalnej $ n \leq N-1 = [\pi/2\alpha] $. Wykażemy słuszność analogicznej implikacji dla $ n+1 $.
om39_1r_img_5-6.jpg
Niech $ P \in S_R $ będzie punktem takim, że $ |\measuredangle A_0OP| \leq 2(n+1) \alpha $ (rysunek 6 ilustruje sytuację, gdy $ n = 2 $, $ n+1 = 3 $; przedstawia on przekrój rozważanych sfer płaszczyzną $ A_0PP $). Weźmy pod uwagę koło wielkie sfery $ S_R $ przechodzące przez punkty $ A_0 $ i $ P $. Niech $ \textrm{{\it ł}} $ będzie krótszym z dwóch łuków, na które punkty $ A_0 $ i $ P $ dzielą okrąg tego koła (w przypadku gdy $ P $ jest punktem antypodycznym do $ A_0 $ bierzemy dowolne koło wielkie o średnicy $ A_0P $ i dowolny półokrąg $ A_0P $). Na łuku $ \textrm{{\it ł}} $ znajdujemy punkty $ L $ i $ M $ takie, że $ |\measuredangle LOM| = |\measuredangle MOP| - \alpha $. Wówczas $ |\measuredangle LOP|=2 \alpha $, $ |\measuredangle A_0OL| $, $ |\measuredangle A_0OP|???? $, więc z założenia indukcyjnego $ L \in K_{2n} $. Niech $ M' \in S_R $ będzie punktem antypodycznym do $ M $. W rozważanym kole wielkim kąt wpisany $ LM'P $ jest dwukrotnie mniejszy od kąta środkowego $ LOP $. Zatem $ |\measuredangle LM'P| = \alpha $, a to znaczy, że punkty $ L $ i $ P $ należą do stożka $ T_M $. Odcinki $ LM' $ i $ PM' $ są więc styczne do sfery $ S_r $; wobec tego $ M'\in T_L \cap S_R $. Skoro zaś $ L \in K_{2n} $, wnosimy stąd, że $ M' \in K_{2n+1} $, zgodnie z określeniem zbioru $ K_{2n+1} $ jako sumy zbiorów postaci $ T_A \cap S_R $ dla$ A \in K_{2n} $. Ponieważ z kolei zbiór $ K_{2n+2} $ jest sumą zbiorów $ T_A \cap S_R $ dla $ A \in K_{2n+1} $, otrzymujemy stąd wniosek, że $ P \in T_{M'} \cap S_R \subset K_{2n+2} $. Kończy to krok indukcyjny.

Na mocy zasady indukcji implikacja (1) jest słuszna dla wszystkich rozważanych wartości $ n $ (tzn. dla $ n - 1, \ldots, N $). Zachodzi więc w szczególności dla $ n = N $. Gdy $ n = N $, poprzednik tej implikacji jest prawdziwy dla dowrolnego punktu sfery $ S_R $: nierówność $ |\measuredangle A_0OP| \leq 2N \alpha $ jest spełniona automatycznie, bo $ 2N\alpha > \pi $ (zgodnie z określeniem liczby $ N $). Prawdziwy jest więc i następnik; a to znaczy, że każdy punkt $ P $ sfery $ S_R $ należy do zbioru $ K_{2N} $. Zatem ostatecznie $ S_R = K_{2N} $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź