2014-06-07
Найти все значения $n \in \mathbf{N}$, большие 1, и $r_{n} > 0$, для которых на сфере радиуса 1 можно расположить непересекающиеся окружности $C_{0}, C_{1}, \cdots, C_{n}$ радиуса $r_{n}$ каждая так, чтобы при любом значении $i = 1, \cdots, n$ окружность $C_{i}$ касалась окружностей $C_{0}$ и $C_{i+1} (C_{n+1} = C_{1})$.
Решение:
Пусть $O$ - центр сферы. $O_{i}$ - центр окружности $C_{i} (i =0, 1, \cdots, n), A_{i}$ - точка пересечения луча $OO_{i}$ со сферой, $B$ - точка касания окружностей $C_{0}$ и $C_{1}$. Обозначим $\phi = \angle A_{0}OB$, тогда
$\sin \phi = r_{n}$ и $A_{0}A_{1} = 2r_{n}$,
так как
$OB = OA_{0} = OA_{1}=1, O_{0}B= O_{1}B = r_{n}, \angle OO_{0}B = \angle OO_{1}B = 90^{\circ}$
(рис.). В правильной пирамиде $OA_{0}A_{1}A_{2}$ плоские углы при вершине О равны $2 \phi$, а двугранный угол при ребре $OA_{0}$ равен $360^{\circ}/n$.
Если $A_{1}H$ - перпендикуляр к ребру $OA_{0}$, то
$A_{1}H = A_{2}H = \sin 2 \phi = 2 \sin \phi \cos \phi = 2r_{n} \sqrt{1 – r_{n}^{2}}$.
Далее, имеем
$2r_{n} = A_{0}A_{1} = A_{1}A_{2} = 2 \cdot A_{1}H \cdot \sin (180^{\circ}/n) = 4r_{n} \sqrt{1 – r^{2}_{n}} \sin (180^{\circ}/n)$,
откуда
$2 \sqrt{1 – r^{2}_{n}} \sin (180^{\circ}/n) = 1$.
Поэтому
$\sin (180^{\circ}/n) = 1/(2 \sqrt{1 – r^{2}_{n}}) > ½$ и $n < 6$
(последнее неравенство вытекает также из того факта, что двугранный угол $ \angle A_{1}HA_{2} = 360^{\circ}/n$ при боковом ребре $OA_{0}$ больше плоского угла $\angle A_{1}A_{0}A_{2} = 60^{\circ}$ основания пирамиды), а для остальных значений $n = 2, 3, 4, 5$ имеем
$r_{n} = \sqrt{1 - \frac{1}{4 \sin^{2} (180^{\circ}/n)}}$.