XLVI OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XLVI OM, 1994-1995

Etap:

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 $h$ .

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):

$ (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}, $

$ (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; $

należy zaś wykazać, że

$ (3) \qquad \quad \sin^2 \alpha - \sin^2 \beta \leq \tan^2 \frac{\varphi}{2}. $

Przydatne będą zależności trygonometryczne:

$ (4) \qquad \quad \tan \frac{\varphi}{2} = \frac{\sin(\varphi/2)}{\cos(\varphi/2)}= \frac{2 \sin (\varphi/2) \cos (\varphi/2)}{2 \cos^2 (\varphi/2)}= \frac{\sin \varphi}{1+\cos \varphi}, $

$ (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}. $

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

$ (6) \qquad \quad \tan^2 \frac{\varphi}{2} = \left( \frac{\sin \varphi}{1+ \cos \varphi} \right)^2 = \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}; $

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

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

Stąd

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

A ponieważ

$ \begin{split} (h^2+r^2) & (h^2 + R^2)-h^2(R + r)^2 =\\ & = (h^4+h^2(R^2+r^2) + R^2r^2)-h^2(R^2 + r^2+2Rr) = \\ & = h^4 + R^2r^2-2h^2Rr = (h^2 - Rr)^2 \geq 0, \end{split} $

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.