|
|
 |
Условие
На плоскости даны две точки A и B. Пусть C – некоторая точка плоскости, равноудалённая от точек A и B. Построим последовательность точек
C1 = C, C2, C3, ..., где Cn+1 – центр описанной окружности треугольника ABCn. При каком положении точки C
а) точка Cn попадёт в середину отрезка AB (при этом Cn+1 и дальнейшие члены последовательности не определены)?
б) точка Cn совпадает с C?
Решение
Пусть ∠CnBA = ∠Cn AB = αn. Легко проверить (см. рис.), что
для остроугольного треугольника αn+1 = 2αn – π/2, π/4 < αn < π/2, для тупоугольного
αn+1 = π/2 – 2αn, 0 < αn < π/4.
Положим αn = π/2·xn. Тогда xn получается из x0 n-кратным применением отображения x → f(x) = |2x – 1|, x ∈ [0, 1], то есть
Заметим, что f(0) = f(1) = 1, f(½) = 0. Каждый из отрезков [0, ½], [½, 1] отображение f растягивает вдвое и отображает на весь отрезок [0, 1] (см. рис.).
f n(k·2–n) = 1, если k = 2m, и f n(k·2–n) = 0, если k = 2m + 1, (где k, m, n – натуральные), а каждый отрезок [k·2–n, (k + 1)2–n] подобно растягивает на весь [0, 1].
Нетрудно проверить (см. рис.), что
а) Вопрос сводится к нахождению корней уравнения f n(x) = 0. Это очевидно все числа вида p·2–n (p нечётно) из отрезка [0, 1].
б) Достаточно решить уравнение f n(x) = x. У него 2n корней: (m = 1, 2, 3, ..., 2n–1).
Ответ
а) При таком, что ∠CBA = pπ·2–n–1, где p – нечётное натуральное число, меньшее 2n.
б) При таком, что где p – нечётное натуральное число, p ≤ 2n – 1 (за исключением случая ∠CBA = π/2).
Замечания
Опишем поведение последовательности x0, x1, x2, x3, ... в зависимости от x0 = 2α0/π.
1) Если x0 иррационально, то все другие числа этой последовательности иррациональны и отличны друг от друга. Первое легко следует из того, что все корни уравнений fn(x) = x рациональны и, следовательно, равенство fn(xq) = xq не может выполняться при иррациональном x0.
2) Если x0 = p·2–q (p и q – натуральные, p и 2q взаимно просты), то последовательность "обрывается": xq–1 = 0 и последующие точки Cq, Cq+1,
... не определены (в этом случае получаем xq = xq+1 = ... = 1).
3) Если (p, r и 2q взаимно просты, q ≥ 0, p ≥ 1, r > 1), то наша последовательность, начиная с некоторого места, периодическая.
В самом деле, xq+1 = t/r, где t – некоторое нечётное число. Существует такое n, что 2n – 1 делится на r (см. задачу 73597). Пусть 2n – 1 = rs
(s, конечно, нечётно). Тогда – корень уравнения f n(x) = x, стало быть, xq+n+1 = xq+1, и тем самым xl+n = xl для любого l ≥ q + 1.
Итак, последовательность C0, C1, C2, C3, ... периодическая тогда и только тогда, когда отношение угла α0 к π/2 рационально и не имеет вид p·2–q (в последнем случае Cq–1 – середина отрезка AB, и последовательность обрывается).
