Задача 73714

Темы:    [ Ортоцентр и ортотреугольник ] [ Итерации ] [ Неравенства для углов треугольника ] [ Геометрические интерпретации в алгебре ] [ Признаки подобия ] [ Сжимающие отображения и неподвижные точки ] [ Композиции движений. Теорема Шаля ]

Сложность: 5 Классы: 9,10,11

Условие

Автор: Васильев Н.Б.

Для каждого непрямоугольного треугольника T обозначим через T₁ треугольник, вершинами которого служат основания высот треугольника T; через T₂ – треугольник, вершинами которого служат основания высот треугольника T₁; аналогично определим треугольники T₃, T₄ и так далее. Каким должен быть треугольник T, чтобы
  а) треугольник T₁ был остроугольным?
  б) в последовательности T₁, T₂, T₃, ... встретился прямоугольный треугольник T_n (и таким образом треугольник T_n+1 не определён)?
  в) треугольник T₃ был подобен треугольнику T?
  г) Для каждого натурального числа n выясните, сколько существует неподобных друг другу треугольников T, для которых треугольник T_n подобен треугольнику Т.

Решение

  а) Пусть AA₁, BB₁ и CC₁ – высоты треугольника T. Углы α₁, β₁, γ₁ при вершинах A₁, B₁, C₁ (соответственно) треугольника A₁B₁C₁ выражаются через углы α, β, γ при вершинах A, B, C треугольника ABC следующим образом:
    α₁ = π – 2α,  β₁ = π – 2β,  γ₁ = π – 2γ,  если все углы острые;
    α₁ = 2α – π,  β₁ = 2β,  γ₁ = 2γ,  если   α > ^π/₂;
    α₁ = 2α,  β₁ = 2β – π,  если  β > ^π/₂;
    α₁ = 2α,  β₁ = 2β,  γ₁ = 2γ – π, если  γ > ^π/₂.   (1)
(см. рис.).

  Из формул (1) следует, что все три угла α₁, β₁, γ₁ – острые в том и только в том случае, если выполнено одно из двух условий: либо все три угла α, β, γ заключены между ^π/₄ и ^π/₂, либо два из них меньше ^π/₄, а третий (тупой) меньше ^3π/₄.

  б) Заметим, что α₁ при данном α может равняться только одному из трёх чисел:  2α – π,  π – 2α  или 2α; соответственно α может равняться
½ (π + α₁);  ½ (π – α₁); или  ½ α₁.  Отсюда вытекает, что  α₁ = ^πk/_2^m  (k, m – некоторые целые числа) тогда и только тогда, когда  α = ^πl/_2^m+1  (l – некоторое целое число). Поэтому последовательность T₁, T₂, T₃, ... "вырождается" (некоторый треугольник T_n+1 оказывается прямоугольным) тогда и только тогда, когда один из углов α, β или γ равен ^πs/_2ⁿ, где s и n – некоторые натуральные числа.

  в) Как будет видно из решения г), есть 56 вариантов таких треугольников. Перечислять их мы не будем.

  г) Выясним, когда когда треугольник T_n подобен T. Начнём с  n = 1.  Для того чтобы треугольники с углами  (α₁, β₁, γ₁)  и  (α, β, γ)  были подобны, нужно, чтобы тройка чисел  (α₁, β₁, γ₁)  после некоторой перестановки совпала с  (α, β, γ).
  Ясно, что можно рассматривать только случай  α ≥ β ≥ γ.   (2)
  Если  α < ^π/₂  (все углы – острые), то, поскольку из (2) вытекают неравенства  2π – α ≤ 2π – β ≤ 2π – γ,  для подобия треугольников T₁ и T должна выполняться система равенств  π – 2α = γ,  π – 2β = β,  π – 2γ = α,  откуда   α = β = γ = ^π/₃.
  Если же α > ^π/₂,  то из (2) мы можем пользоваться только тем, что  2β ≥ 2γ,  и должны рассмотреть три возможных соотношения между углами α₁, β₁ и γ₁:  2β ≥ 2γ ≥ 2α – π,  2β ≥ 2α – π ≥ 2γ  и  2α – π ≥ 2β ≥ 2γ.  Первое из них приводит к системе  2β = α,  2γ = β,  2α – π = γ,  откуда находим еще одно решение:  α = ^4π/₇,  β = ^2π/₇,  γ = ^π/₇,  а два других приводят к "вырожденным" решениям (один из углов обращается в нуль).
  Перейдём к случаю произвольного n. Обозначим через  (α, β, γ), (α₁, β₁, γ₁), ..., (α_n, β_n, γ_n)  углы треугольника T и соответствующих ему треугольников T₁, ..., T_n. Требуется узнать, сколько существует троек  (α, β, γ),  для которых тройка  (α_n, β_n, γ_n)  совпадает с  (α, β, γ)  или получается из неё перестановкой, причём  α ≥ β ≥ γ.
  Тройки  (α, β, γ)  и их преобразования  h: (α, β, γ) → (α₁, β₁, γ₁),  hⁿ: (α, β, γ) → (α_n, β_n, γ_n)  удобно представлять себе геометрически следующим образом. Нарисуем треугольник Y у которого длина каждой высоты равна π и будем изображать тройку неотрицательных чисел  (α, β, γ),  для которой  α + β + γ = π,  точкой y внутри этого треугольника, расстояния от которой до сторон равна соответственно α, β и γ(см. рис.).

  Такое соответствие между тройками  (α, β, γ)  и точками y ∈ Y  взаимно однозначно. Перестановке чисел в тройке  (α, β, γ) соответствуют перемещения треугольника, совмещающие его с самим собой (повороты и симметрии относительно высот). Преобразование h геометрически описывается так. На средних линиях треугольника Y (точкам y средних линий соответствуют прямоугольные треугольники T) h не определено, а каждый из четырёх треугольников, на которые средние линии разбивают треугольник Y,  h отображает на весь Y, причём это отображение – преобразование подобия с коэффициентом 2, переводящее каждый отрезок в параллельный ему отрезок. Отсюда индукцией по n получаем, что преобразование hⁿ устроено аналогично: на прямых, параллельных сторонам и разбивающих высоты на 2ⁿ равных частей, hⁿ не определено; в каждом из 2²ⁿ треугольничков, на которые эти прямые разбивают Y  hⁿ – преобразование подобия с коэффициентом 2ⁿ, отображающее этот треугольничек на весь Y. (На рисунке изображено h².)

  Условия  α ≥ β ≥ γ  выделяют один из шести треугольников, на которые разбивают треугольник Y его высоты. Этот прямоугольный треугольник обозначим Y₁, остальные – как показано на рис. слева – обозначим соответственно Y₂, ..., Y₆. Пусть  f_j: Y → Y – такое перемещение Y, что  f_j(Y_j) = Y₁.  Если каждый из 2²ⁿ маленьких треугольничков, которые отображаются преобразованием hⁿ на весь треугольник Y, разбить высотами на шесть треугольников, то Y₁ будет разбит на 2²ⁿ подобных ему (с коэффициентом >2ⁿ) треугольничков, которые мы обозначим через X_j,  1 ≤ j ≤ 2ⁿ  (рис. справа).

  После отображения hⁿ каждый X_i перейдёт в некоторый Y_j, и если затем переставить числа в тройке  (α_n, β_n, γ_n)  в порядке убывания – применить  f_j, то произведение двух преобразований  f_j°hⁿ отображает X_i на Y₁ (преобразование подобия с коэффициентом 2ⁿ).
  Мы утверждаем, что в каждом из 2²ⁿ треугольников X_i ⊂ Y₁  существует ровно одна такая "неподвижная точка" y_i, что  y_i ∈ X_i  и  f_j(hⁿ(y_i)) = y_i.  Из ответа нужно еще исключить неподвижные точки тех треугольников X_i, у которых большие катеты лежат на большем катете треугольника Y₁ (их существует именно столько, каков коэффициент подобия), поскольку для этих (и, как нетрудно видеть, только для этих) треугольников "неподвижная точка" попадает на границу, где отображение hⁿ не определено. Отсюда сразу следует, что ответ в нашей задаче:  2²ⁿ – 2ⁿ.  (На рис. справа в каждом из 12 голубых треугольничков лежит по одной точке  (α, β, γ),  для которой  (α_n, β_n, γ_n)  после перестановки в порядке убывания совпадает с
(α, β, γ).)
  Докажем наше утверждение. Для этого мы применим к треугольнику Y₁ и отображению p этого треугольника на X_i ⊂ Y₁,  обратному к  f_j°hⁿ, следующую теорему.
  Теорема. Пусть Z – многоугольник (все граничные точки Z считаются принадлежащими Z),  p: Z → Z  – преобразование подобия с коэффициентом  k < 1.  Тогда существует ровно одна "неподвижная точка" преобразования p, принадлежащая Z, то есть только одна точка z₀ ∈ Z,  для которой
p(z₀) = z₀.
  Доказательство аналогично решению задачи 58014.

Ответ

а) либо  ^π/₄ < α, β, γ < ^π/₂,  либо два угла меньше ^π/₄, а третий меньше ^3π/₄.
б) Когда один из углов α, β или γ равен ^πs/_2ⁿ.
г)  2²ⁿ – 2ⁿ треугольников.

Источники и прецеденты использования

журнал
Название	"Квант"
год
Год	1972
выпуск
Номер	12
Задача
Номер	М179