Opravovatelia

Lukáš [email protected]

****

Pri riešení úlohy budeme využívať orientované uhlenie¹. Ide o trik, vďaka ktorému (takmer) nebudeme musieť rozoberať rôzne prípady (ako napríklad “Čo ak $\alpha > 90^\circ$? Čo ak $\gamma > 90^\circ$?”). Samozrejme, úloha bolo možné riešiť aj klasickým uhlením, iba je potrebné si dávať pozor na možné problémy.

Rýchle uvedenie orientovaných uhlov: Orientovaným uhlom $(p, q)$ dvoch priamok $p$, $q$ (v tomto poradí) nazveme uhol, o ktorý je potrebné otočiť $p$ (v kladnom smere, teda proti smeru hodinových ručičiek), aby otočená $p$ bola rovnobežná (alebo zhodná) s $q$.

Teraz pokračujeme so samotným riešením.

Najprv dokážeme podobnosť trojuholníkov $AB_iC_i$ a $AC_{i+1}B_{i+1}$.

Nech $(B_iA, AC_i)=\alpha_i$, $(C_iB_i, B_iA)=\beta_i$ a $(AC_i, C_iB_i)=\gamma_i$.

Všimneme si, že ak $\alpha = 90^\circ$, tak zo zadania $B_{i+1} = C_{i+1} = A$. Potom ale nevieme definovať $B_{i+2}$ a $C_{i+2}$, teda naša suma nie je definovaná.

Nakoľko $C_iB_{i+1}$ a $B_iC_{i+1}$ sú výšky, platí $(B_iC_{i+1}, AC_i) = (AC_i, B_iC_{i+1}) = (C_iB_{i+1}, AB_i) = (AB_i, C_iB_{i+1}) = 90^\circ$. Z $(B_iB_{i+1}, B_{i+1}C_i) = (B_iC_{i+1}, C_{i+1}C_i)$ zároveň dostávame, že štvoruholník $C_{i+1}B_{i+1}B_iC_i$ (vo vhodnom poradí záležiac od konštrukcie) je tetivový. Z vety o úsekovom uhle (pre orientované uhly) potom $(C_{i+1}B_{i+1}, B_{i+1}A) = (C_{i+1}C_i, C_iB_i) = (AC_i, C_iB_i) = \gamma_i$. Analogicky $(AC_{i+1}, C_{i+1}B_{i+1}) = \beta_i$.

Nápodobne z $(H_iC_{i+1}, C_{i+1}A) = (H_iB_{i+1}, B_{i+1}A) = 90^\circ$ je štvoruholník $H_iC_{i+1}AB_{i+1}$ (znova, s bodmi vo vhodnom poradí) tetivový. Z toho dostávame $(C_{i+1}H_i, H_iA) = (C_{i+1}B_{i+1}, B_{i+1}A) = \gamma_i$. Tento fakt využijeme neskôr pri počítaní $|AH_0|$.

Dostávame $\gamma_{i+1} = (AC_{i+1}, C_{i+1}B_{i+1}) = (C_iB_i, B_iA) = \beta_i$ a $\beta_{i+1} = (C_{i+1}B_{i+1}, B_{i+1}A) = (AC_i, C_iB_i) = \gamma_i$. To nám hovorí, že trojuholníky $AB_iC_i$ a $AC_{i+1}B_{i+1}$ sú podobné podľa vety uu, čo sme chceli.

Ďalej sa budeme pokúšať nájsť koeficient podobnosti $k$. Potom z podobnosti $|AH_{i+1}| / |AH_i| = k = |AB_{i+1}| / |AC_i|$.

Vyjadríme si $|AB_{i+1}|$ z trojuholníka $C_iB_{i+1}A$. Tu už prestaneme používať orientované uhly, keďže nám nevyriešia problémy, ktoré vzniknú klasickým uhlením.

Naše goniometrické znalosti nám hovoria, že $$\cos(|\sphericalangle B_{i+1}AC_i|) = |AB_{i+1}| / |AC_i|.$$

To upravíme na $$|AB_{i+1}| = \cos(|\sphericalangle B_{i+1}AC_i|) \cdot |AC_i|.$$

Tu ale nastáva problém, keďže $|\sphericalangle B_{i+1}AC_i| = \alpha$ neplatí vo všetkých konfiguráciách. Konfigurácie sú dve, a to

• $\alpha < 90^\circ$ a $|\sphericalangle B_{i+1}AC_i| = \alpha$,

• $\alpha > 90^\circ$ a $|\sphericalangle B_{i+1}AC_i| = 180^\circ - \alpha$.

Z toho vyplýva, že $\cos(|\sphericalangle B_{i+1}AC_i|) = |\cos(\alpha)|$, pretože $$\begin{align} \cos(|\sphericalangle B_{i+1}AC_i|)=\begin{cases} \cos(\alpha) > 0 & \alpha < 90^\circ,\ \cos(180^\circ - \alpha) = -\cos(\alpha) > 0 & \alpha > 90^\circ. \end{cases}\end{align}$$

Dostávame $k = |AB_{i+1}| / |AC_i| = |\cos(\alpha)|$, z čoho vyplýva: $$\begin{align} |AH_1| &= |\cos(\alpha)| \cdot |AH_0|,\ |AH_2| &= |\cos^2(\alpha)| \cdot |AH_0|,\ &\ \ \vdots\ |AH_i| &= |\cos^i(\alpha)| \cdot |AH_0|.\end{align}$$

Teraz potrebujeme dopočítať $|AH_0|$. To vieme urobiť mnohými spôsobmi (napr. cez podobnosti alebo vzorce), ale my využijeme sínusovú vetu pre trojuholník $AH_0C_1$. Platí: $$\begin{align} |AH_0| / \sin(90^\circ) &= |AC_1| / \sin(|\sphericalangle C_1H_0A|) \ |AH_0| &= |AC_1| / \sin(|\sphericalangle C_1H_0A|) \ |AH_0| &= \cos(\alpha) \cdot |AB_0| / \sin(|\sphericalangle C_1H_0A|)\end{align}$$

Zo sínusovej vety pre $ABC$ máme $|AB_0| = \sin(\gamma_0) \cdot |B_0C_0| / \sin(\alpha)$. Dosadíme a dostaneme $$|AH_0| = |\cos(\alpha)| \cdot \sin(\gamma_0) \cdot \cfrac{|B_0C_0|}{\sin(\alpha)} \cdot \cfrac{1}{\sin(|\sphericalangle C_1H_0A|)} = \cfrac{|B_0C_0| \cdot |\cos(\alpha)|}{\sin(\alpha)} \cdot \cfrac{\sin(\gamma_0)}{\sin(|\sphericalangle C_1H_0A|)}.$$

Spomenieme si na $(C_{i+1}H_i, H_iA) = \gamma_i$, čo sme predtým vypočítali. Samozrejme nám tu nastávajú dve možnosti podľa konfigurácie: $|\sphericalangle C_1H_0A| = (C_{0+1}H_0, H_0A) = \gamma_0$ alebo $|\sphericalangle C_1H_0A| = (H_0A, C_{0+1}H_0) = 180^\circ - \gamma_0$. Tentokrát je nám to ale jedno, pretože $\sin(\gamma_0) = \sin(180^\circ - \gamma_0)$.

Dostávame tak $$|AH_0| = \cfrac{|B_0C_0| \cdot |\cos(\alpha)|}{\sin(\alpha)} \cdot \cfrac{\sin(\gamma_0)}{\sin(\gamma_0)} = \cfrac{|B_0C_0| \cdot |\cos(\alpha)|}{\sin(\alpha)} = |B_0C_0| \cdot |\cot(\alpha)|.$$

Hľadaná suma je následne vďaka súčtu nekonečného geometrického radu rovná $$\sum_{k=0}^\infty |AH_k| = \sum_{k=0}^\infty |\cos^k(\alpha)| \cdot |AH_0| = |B_0C_0| \cdot |\cot(\alpha)| \cdot \sum_{k=0}^\infty |\cos^k(\alpha)| = \boxed{|B_0C_0| \cdot |\cot(\alpha)| \cdot \frac{1}{1 - |\cos(\alpha)|}}.$$

Suma konverguje pre $|\cos(\alpha)|<1$, čo bude v našom trojuholníku platiť vždy.