ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 73774
Темы:    [ Вписанные и описанные окружности ]
[ Итерации ]
[ Рациональные и иррациональные числа ]
[ Теорема Эйлера ]
[ Периодичность и непериодичность ]
[ Принцип Дирихле (прочее) ]
[ Сумма углов треугольника. Теорема о внешнем угле. ]
Сложность: 4+
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Автор: Чернов Н.

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 = 2αnπ/2π/4 < αn < π/2,  для тупоугольного
αn+1 = π/2 – 2αn,  0 < αn < π/4.

  Это можно записать одной формулой:  αn+1 = |2αnπ/2|,  0 < αn < π/2,  которая годится и для прямоугольного треугольника; при  αn = π/4  получим  αn+1 = 0  – центр Cn+1 попадает в середину отрезка AB.
  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.).
  Ясно, что  f n "складывает" отрезок  [0, 1]  уже не в 2 раза, а в 2n раз; точки, делящие  [0, 1]  на 2n равных частей,  f n отображает в концы отрезка:
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   для       для  

  а) Вопрос сводится к нахождению корней уравнения  f n(x) = 0.  Это очевидно все числа вида  p·2n  (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·2n–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 = 0/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·2q  (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·2q (в последнем случае Cq–1 – середина отрезка AB, и последовательность обрывается).

Источники и прецеденты использования

журнал
Название "Квант"
год
Год 1973
выпуск
Номер 12
Задача
Номер М239

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .