V OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Przekrój łożyska kulkowego składa się z dwóch okręgów współśrodkowych $C$ i $C_1$ , między którymi znajduje się $n$ małych okręgów $k_1, k_2, \ldots, k_n$ , przy czym każdy z nich jest styczny do dwóch sąsiednich i do obu okręgów $C$ i $C_1$ . Mając dany promień $r$ wewnętrznego okręgu $C$ oraz liczbę naturalną $n$ obliczyć promień $x$ okręgu $C_2$ przechodzącego przez punkty styczności okręgów $k_1, k_2, \ldots, k_n$ i sumę $s$ długości tych łuków okręgów $k_1, k_2, \ldots, k_n$ , które leżą na zewnątrz okręgu $C_2$ .

Rozwiązanie

Na rysunku 29, wyobrażającym część przekroju łożyska kulkowego, $S$ oznacza środek jednego z małych okręgów, $L$ i $N$ punkty styczności tego okręgu z obu sąsiednimi małymi okręgami, a $M$ i $P$ - punkty styczności z okręgami $C$ i $C_1$ o wspólnym środku $O$ . Według warunków zadania jest $\measuredangle LON = \frac{2\pi}{n}$ .

W trójkącie $LOS$ między przyprostokątnymi $OL = x$ , $LS = y$ , przeciwprostokątną $OS = r + y$ i kątem $LOS$ równym $\frac{\pi}{n}$ zachodzą związki

$ (1) \qquad y = x \tg \frac{\pi}{n}, $

$ (2) \qquad x^2 + y^2 = (r + y)^2. $

Po uproszczeniu równania (2) i podstawieniu w to równanie wartości (1) na $y$ otrzymujemy równanie

$ x^2 - 2r \tg \frac{\pi}{n} \cdot x - r^2 = 0. $

Równanie to ma dwa pierwiastki różnych znaków. Poszukiwaną długością promienia $x$ okręgu $C_2$ jest pierwiastek dodatni, tj.

$ x = r \tg \frac{\pi}{n} + \sqrt{r^2 \tg^2 \frac{\pi}{n} + r^2} = r \left( \tg \frac{\pi}{n} + \frac{1}{\cos \frac{\pi}{n}} \right) $

lub

$ (3) \qquad x = r \cdot \frac{1 + \sin \frac{\pi}{n}}{\cos \frac{\pi}{n}}. $

Długość łuku $LPN$ równa się iloczynowi miary łukowej kąta wklęsłego $LSN$ przez promień $y$ , a ponieważ miara łukowa kąta wypukłego $LSN$ wynosi $\pi - \frac{2\pi}{n}$ , więc

$ \begin{split} \textrm{długość łuku }LPN &= \left( 2\pi - \pi + \frac{2\pi}{n} \right)y = \frac{\pi(n+2)}{n} \cdot y =\\ &= \frac{n + 2}{n} \pi \cdot \tg \frac{\pi}{n} \cdot x = \frac{n + 2}{n} \pi r \cdot \tg \frac{\pi}{n} \cdot \frac{1+\sin \frac{\pi}{n}}{\cos \frac{\pi}{n}}. \end{split} $

Poszukiwana suma $s$ długości tych łuków małych okręgów, które leżą na zewnątrz okręgu $C_2$ , jest $n$ razy większa od długości łuku $LPN$ , zatem

$ (4) \qquad s = \pi r(n + 2) \cdot \tg \frac{\pi}{n} \cdot \frac{1 + \sin \frac{\pi}{n}}{\cos \frac{\pi}{n}} $

lub prościej

$ (5) \qquad s = \pi r \cdot \frac{(n + 2) \sin \frac{\pi}{n}}{1 - \sin \frac{\pi}{n}}. $

Wzory (3) i (5) stanowią rozwiązanie zadania.

Uwaga. Liczba $s$ , którą daje wzór (4), jest długością linii utworzonej ze wszystkich takich łuków małych okręgów jak łuk $LPN$ . Jest to linia zamknięta otaczająca punkt $O$ i leżąca w pierścieniu między okręgami $C$ i $C_1$ . Odległość każdego punktu tej linii od odpowiedniego punktu okręgu $C$ (tj. od punktu leżącego na tej samej półprostej wychodzącej z punktu $O$ ) jest co najwyżej równa różnicy promieni okręgów $C_1$ i $C$ . Przypuśćmy, że ta różnica jest bardzo mała, tj. że pierścień między $C$ i $C_1$ jest bardzo cienki. Wówczas punkty owej linii zamkniętej leżą bardzo blisko odpowiednich punktów okręgu $C$ i można by sądzić, że wtedy długość $s$ bardzo mało różni się od długości okręgu $C$ , tj. od $2\pi r$ . Okazuje się jednak, że tak nie jest i że długość $s$ wynosi zawsze przeszło $\frac{3}{2}$ długości okręgu $C$ , choćby pierścień był tak cienki, jak tylko zechcemy. Aby się o tym przekonać zauważmy, że we wzorze (4) $\frac{1 + \sin \frac{\pi}{n}}{\cos \frac{\pi}{n}} > 1$ i że tangens kąta ostrego jest większy od miary łukowej tego kąta, zatem $\tg \frac{\pi}{n} > \frac{\pi}{n}$ ; ze wzoru (4) wynika więc nierówność