оммо-2020 задача 8

Ian · Сообщение **Ian** » 02 фев 2020, 18:56

Олимпиада ОММО для абитуриентов технических вузов
Мне непонятен даже подход к задаче 8

: ommo8.png (205.08 KiB) 10509 просмотра

zykov · Сообщение **zykov** » 03 фев 2020, 06:52

, значит треугольники $ACD$

и

- прямоугольныуе треугольники. Прямой угол при $A$

и при

.

- гипотенуза.
Для прямоугольного треугольника центр описанной около него окружности лежит в центре гипотенузы.
Значит центр описанной около этого тетраэдра сферы - это центр $CD$

(назовем

), а диаметр этой сферы равен 8.
Значит сумма сферических расстояний от любой точки до $C$

и

равна $4\pi$ .
Т.е. искомое множество - это множество точек для которых сумма сферических расстояний до $A$

и

не более $4\pi$ . Или другими словами, сумма углов $\angle XOA$ и $\angle XOB$ не более $\pi$ .

Для примера, если расположить плоскость экватора в плоскости $AOB$

, то до полюсов сумма углов будет $\pi$ , т.к. угол до каждого полюса будет $\pi/2$ . Если $A_1B_1$

- диаметр параллельный хорде $AB$

, то сумма углов $\angle A_1OA$ и $\angle A_1OB$ равна $\pi$ (аналогично для $B_1$

).

Вобщем, если из $O$

провести вектор вдоль биссектрисы угла $\angle AOB$ , множество точек до которых сумма углов не более $\pi$ - это полупространство векторов имеющих острый угол с выбранным вектором.

Значит искомая площадь - это половина площади сферы, что равно $0.5\pi 8^2=32\pi$ .

zykov · Сообщение **zykov** » 03 фев 2020, 07:22

zykov писал(а):Source of the post это полупространство векторов имеющих острый угол с выбранным вектором

Может есть проще способ показать это, но вот первое что приходит на ум:
Вектора $\vec a$ , $\vec b$ и $\vec x$ - единичные вектора вдоль $OA$

,

и

. Тогда вектор $\vec a + \vec b$ направлен вдоль биссектрисы.
Тогда $(\vec a + \vec b) \vec x=\vec a \vec x + \vec b \vec x=\cos \alpha + \cos \beta=2\cos \frac {\alpha+\beta}{2} \cos \frac {\alpha-\beta}{2}$ .
Значит $(\vec a + \vec b) \vec x \geq 0$ эквиваленто $\frac {\alpha+\beta}{2} \leq \frac{\pi}{2}$ , учитывая что всегда $\frac {|\alpha-\beta|}{2} < \frac{\pi}{2}$ (т.к. $0 \leq \alpha \leq \pi$ и $0 \leq \beta \leq \pi$ , при этом, если один равен нулю, то другой строго меньше $\pi$ ).

Ian · Сообщение **Ian** » 03 фев 2020, 13:31

Обозначим

X' диаметрально противоположную точку на сфере

d(X,A)=4\pi -d(X',A)

d(X,B)=4\pi -d(X',B)

d(X,A)+d(X,B)<4\pi\Rightarrow d(X',A)+d(X',B)>4\pi
Значит из диаметрально противоположных точек, как правило, только одна принадлежит искомому множеству, а равенство это случай редкий(?)

zykov писал(а):Значит искомая площадь - это половина площади сферы, что равно $0.5\pi 8^2=32\pi$ .

zykov · Сообщение **zykov** » 03 фев 2020, 23:28

Ian писал(а):Source of the post Значит из диаметрально противоположных точек, как правило, только одна принадлежит искомому множеству

Да, это хороший аргумент. Остается доказать, что граница лежит в одной плоскости. Пока что это может быть любая центрально симметричная кривая на сфере.
Наверно получится дожать, если использовать диаметральные точки для $A$

и

и зеркальную симметрию в этом случае относительно плоскости перпендикулятрной биссектрисе.

zykov · Сообщение **zykov** » 03 фев 2020, 23:44

Для зеркальной симметрии будет:
$d(X,A)+d(X,A')=4\pi$ и $d(X,B)+d(X,B')=4\pi$ (то же самое для $X'$

зеркально симметричной от $X$

).
И из зеркальной симметрии $d(X,A)+d(X,B)=d(X',A')+d(X',B')$

, т.к.

и

зеркально симметричны (и аналогично $B$

и

).

Если

лежит на плоскости, то $X=X'$

. Тогда

и $(d(X,A)+d(X,B))+(d(X,A')+d(X,B'))=8\pi$ , т.е. $d(X,A)+d(X,B)=d(X,A')+d(X,B')=4\pi$ .

Если $X$

не лежит на плоскости, то $(d(X,A)+d(X,B))+(d(X',A)+d(X',B))=8\pi$ , т.е. одна сумма меньше $4\pi$ , другая больше.

Портал Естественных Наук, версия 1.1