XXXVIII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXXVIII OM, 1986-1987

Etap:

Ciąg $A_1, A_2, \ldots$ punktów płaszczyzny spełnia dla każdego $n > 1$ następujące warunki: $|A_{n+1}A_n| = n$ oraz kąt skierowany $A_{n+1}A_nA_1$ jest równy $90^{\circ}$ . Udowodnić, że każda półprosta o początku $A_1$ przecina nieskończenie wiele odcinków $A_nA_{n+1}$ ( $n = 1, 2, \ldots$ ).

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia: $|A_1A_n| = r_n$ , $|\measuredangle A_nA_1A_{n+1}| = a_n$ dla $n = 2, 3, 4, \ldots$ , a ponadto $a = r_2^2—1$ (treść zadania nie precyzuje, jaka jest długość odcinka $A_1A_2$ , tak że $a$ może być dowolną liczbą większą od $-1$ ). Z zależności w trójkącie prostokątnym $A_1A_nA_{n+1}$ otrzymujemy

$ (1) \qquad \sin \alpha_n = \frac{n}{r_{n+1}} $

oraz

$ r^2_{n+1} = r_n^2 + n^2. $

Przyjmując w ostatnim wzorze kolejno $n = 2, 3,4, \ldots$ dostajemy:

$ r_3^2 = r_2^2+2^2, \ r_4^2 = r_3^2+3^2 = r_2^2+2^3+3^2 $

i ogólnie (indukcyjnie)

$ r_{n+1}^2 = r_2^2+2^2+3^2+\ldots + n^2= a+1^2+2^2+3^2+ \ldots + n^2, $

czyli

$ (2) \qquad r_{n+1}^2 = a + \frac{1}{6} n(n+1)(2n+1). $

Niech $P$ będzie dowolnym punktem płaszczyzny różnym od $A_1$ . Położenie punktu $P$ jest w pełni wyznaczone przez dwie wielkości: odległość od punktu $A_1$ oraz miarę kąta skierowanego $\measuredangle (\overrightarrow{A_1A_2}, \overrightarrow{A_1P})$ ; miarę tę będziemy nazywać współrzędną kątową punktu $P$ . Przyjmujemy nieograniczoną skalę kątów; dwie liczby różniące się o wielokrotność 360^{\circ} będziemy uważać za miary tego samego kąta skierowanego.

Odcinki $A_2A_3$ $A_3A_4$ itd. tworzą linię przedstawioną na rysunku 7. Jeśli $P$ jest punktem poruszającym się wzdłuż tej linii, w kierunku wyznaczonym przez numerację punktów $A_n$ , to jego odległość od $A_1$ wzrasta (bo przeciwprostokątna dowolnego trójkąta prostokątnego jest dłuższa od przyprostokątnej). Gdy $P$ jest jednym z punktów $A_n$ ( $n \geq 3$ ), to suma

$ \phi_n=a_2+\ldots+a_{n-1} $

jest jego współrzędną kątową (dokładniej: jedną z możliwych wartości tej współrzędnej). Gdy $P$ jest punktem odcinka $A_nA_{n+1}$ , wybierzmy tę wartość jego współrzędnej kątowej, która należy do przedziału $\langle \phi_n; \phi_{n+1} \rangle$ i oznaczmy ją przez $\phi(P)$ . Tak więc $\phi(A_n) = \phi_n$ . Przy ruchu punktu $P$ (wzdłuż rozpatrywanej linii) $\phi(P)$ wzrasta (bo przy przebieganiu odcinka $A_nA_{n+1}$ wektor prędkości jest prostopadły do wektora wodzącego w chwili początkowej). Aby dowieść tezy zadania, wystarczy pokazać, że

$ (3) \qquad \lim_{n \to \infty} \phi_n = \infty. $

Istotnie: przypuśćmy, że to udowodniliśmy i weźmy dowolną półprostą o początku $A_1$ . Niech $\theta$ będzie współrzędną kątową punktów tej półprostej, wziętą z przedziału $\langle 0^\circ; 360^\circ\rangle$ . Wówczas każda większa miara tego samego kąta (czyli każda z wartości $\theta +k \cdot 360^\circ$ , $k = 1,2,3,\ldots$ ) należy do pewnego przedziału $\langle \phi_n; \phi_{n+1} \rangle$ , jest więc współrzędną kątową pewnego punktu odcinka $A_nA_{n+1}$ . Przy tym różnym wartościom $k$ odpowiadają różne wartości $n$ (bo $\phi_{n+1}-\phi_n = a_n < 90^\circ$ ). Znaczy to, że rozważana półprostą przecina nieskończenie wiele odcinków $A_nA_{n+1}$ .

(Intuicyjny sens powyższych rozważań jest taki: rozpatrywana linia okrąża spiralnie punkt $A_1$ ; chcemy dowieść, że okrąża go nieskończenie wiele razy, i to właśnie wyraża relacja graniczna (3)).

Pozostaje więc udowodnić, że $\phi_n \to \infty$ .

Przypuśćmy, że (3) nie zachodzi. Ciąg ( $\phi_n$ ) jest rosnący. Istnieje więc skończona granica $\lim \phi_n=\psi$ .

Weźmy numer $m$ taki, że $\phi_m > \psi - 90^\circ$ (wróciliśmy do stopniowej miary kątów). Półprostą o początku $A_1$ , której punkty mają współrzędną kątową $\psi$ , przecina półprostą $A_mA_{m+1}^\to$ w punkcie, który oznaczymy przez $B$ (rysunek 8).

Wszystkie punkty $A_n$ o numerach $n \geq m$ leżą w obrębie kąta wypukłego $A_mA_1B$ . Pokażemy, że muszą one leżeć w trójkącie prostokątnym $A_mA_1B$ . Uzasadnienie jest indukcyjne. Oznaczmy ten trójkąt przez $\Delta$ . Oczywiście $A_m \in \Delta$ . Załóżmy, że $A_n$ jest (dla pewnego $n\geq m$ ) punktem trójkąta $\Delta$ . Punkt $A_{n+1}$ leży między półprostymi $A_1A_n^\to$ i $A_1B^\to$ . Gdyby leżał poza trójkątem $\Delta$ , kąt $A_1A_nA_{n+1}$ byłby rozwarty - wbrew warunkowi zadania, w myśl którego kąt ten jest prosty. Zatem $A_{n+1} \in \Delta$ . Na mocy zasady indukcji wszystkie punkty $A_n$ ( $n \geq m$ ) leżą w trójkącie $\Delta$ .

Ich odległości od $A_1$ muszą więc tworzyć ciąg ograniczony. Tymczasem z wzoru (2) widać, że $r_n\to \infty$ .

Otrzymana sprzeczność dowodzi słuszności warunku (3), więc i tezy zadania.