Две последовательности треугольников

46

Рассмотрим произвольный треугольник $ABC$. Через $A_1B_1C_1$ обозначим треугольник, вершинами которого является точки касания вписанной в $ABC$ окружности с его сторонами (рис. 1). Аналогично, для треугольника $A_1B_1C_1$ определяем треугольник $A_2B_2C_2$ и т. д. Таким образом, получим последовательность вписанных друг в друга треугольников

$$ABC, A_1B_1C_1, A_2B_2C_2, \dots$$

(1)

Другую последовательность треугольников определяем следующим образом: через $A^{(1)}B^{(1)}C^{(1)}$ обозначим треугольник, вершинами которого является точки пересечения биссектрис треугольника $ABC$ с описанной окружностью. Аналогично для треугольника $A^{(1)}B^{(1)}C^{(1)}$ определяем треугольник $A^{(2)}B^{(2)}C^{(2)}$ и т. д. Таким образом, получим последовательность треугольников

$$ABC, A^{(1)}B^{(1)}C^{(1)}, A^{(2)}B^{(2)}C^{(2)}, \dots$$

(2)

В этой заметке мы изучим некоторые свойства последовательностей (1) и (2). Многие наши утверждения мы

Рис. 1.

не доказываем. Надеемся, что вы сделаете это самостояльно.

1. Легко выразить углы треугольника $A_1B_1C_1$ через углы исходного треугольника. Например, $\hat{A}_1 = 90^\circ - \frac{1}{2}\hat{A}$. Аналогично, $\hat{A}_2 = 90^\circ - \frac{1}{2}\hat{A}_1$ и вообще $\hat{A}_n = 90^\circ - \frac{1}{2}\hat{A}_{n-1}$.

Иными словами, последовательность углов $A, A_1, A_2, \dots, A_n, \dots$, обрабатует арифметик-геометрический прогрессию. О таких прогрессиях рассказано в статье Я. Н. Суконики в «Кванте» № 1 за этот год. Использову результат этой статьи, получим следующее выражение:

$$\hat{A}_n = 60^\circ + \left(-\frac{1}{2}\right)^n (\hat{A} - 60^\circ).$$

(3)

Углы треугольника $A^{(1)}B^{(1)}C^{(1)}$ равны соответствующим углам треугольника $A_1B_1C_1$ (проверьте!). Значит, последовательности (1) и (2) — последовательности подобных треугольников.

Из формулы (3) следует, что если $A \neq 60^\circ$, то и все $\hat{A}_n \neq 60^\circ$, а $\lim_{n \to \infty} \hat{A}_n = 60^\circ$. Аналогично $\lim_{\hat{B}_n \to 60^\circ} \hat{B}_n = 60^\circ$ и то же самое верно для углов $\hat{A}^{(n)}, \hat{B}^{(n)}, \hat{C}^{(n)}$.

2. Пусть $p_n, S_n R_n, r_n$ соответственно полуперimetр, площадь, радиус описанной и вписанной окружностей для треугольника $A_nB_nC_n$. Аналогично определяются величины $p^{(n)}, S^{(n)}, R^{(n)}, r^{(n)}$ для треугольника

47

$A^{(n)}B^{(n)}C^{(n)}$ и $p_0, S_0, R_0, r_0$ для исходного треугольника $ABC$. Очевидно, что $R^{(n)}=R_0, R_n=r_{n-1}$.

Докажем, что

$$S_n = \frac{1}{2} \frac{R_n}{R_{n-1}} S_{n-1}. \tag{4}$$

Достаточно доказать, что

$$S_1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{r_0}{R_0} S_0. \tag{4'}$$

Доказательство. Легко видеть (см. рис. 1), что

$$S_{A_1OB_1} = \frac{1}{2} r_0^2 \sin B_1OA_1 = \frac{1}{2} r_0^2 \sin \hat{C},$$

$$S_{B_1OC_1} = \frac{1}{2} r_0^2 \sin \hat{A},$$

$$S_{C_1OA_1} = \frac{1}{2} r_0^2 \sin \hat{B}.$$

Позотому $S_1 = \frac{1}{2} r_0^2 (\sin \hat{A} + \sin \hat{B} + \sin \hat{C})$. Но по теореме синусов $AB = 2R_0 \sin \hat{C}, BC = 2R_0 \sin \hat{A}, CA = 2R_0 \sin B$. Следовательно, $\sin \hat{A} + \sin \hat{B} + \sin \hat{C} = p_0/R_0$. Таким образом,

$$S_1 = \frac{1}{2} r_0^2 \cdot \frac{p_0}{R_0} =$$

$$= \frac{1}{2} \cdot \frac{r_0}{R_0} r_0 p_0 = \frac{1}{2} \frac{r_0}{R_0} S_0.$$

3. Докажем, что последовательность $S_0, S^{(1)}, S^{(2)}, \ldots, S^{(n)}$ является возрастной.

Так как

$$S_0 = 2 R_0^2 \sin \hat{A} \sin \hat{B} \sin \hat{C},$$

$$S^{(1)} = 2 R_0^2 \cos \frac{\hat{A}}{2} \cos \frac{\hat{B}}{2} \cos \frac{\hat{C}}{2}^*),$$

то неравенство $S^{(1)} \geq S_0$ эквивалентно неравенству

$$\sin \frac{A}{2} \sin \frac{\hat{B}}{2} \sin \frac{\hat{C}}{2} \leq \frac{1}{8}. \tag{5}$$

Докажем неравенство (5). Используя то, что

$$\hat{C} = 180^\circ - (\hat{A} + \hat{B}),$$

преобразуем (5) так:

$$\cos \hat{A} + \cos \hat{B} - \cos (\hat{A} + \hat{B}) \leq \frac{3}{2}$$

или

$$2 \cos \frac{\hat{A} + \hat{B}}{2} \cos \frac{\hat{A} - \hat{B}}{2} - 2 \cos^2 \frac{\hat{A} + \hat{B}}{2} -$$

$$-\frac{1}{2} \leq 0,$$

$$-2 \left( \cos \frac{\hat{A} + \hat{B}}{2} - \frac{1}{2} \cos \frac{\hat{A} - \hat{B}}{2} \right)^2 -$$

$$-\frac{1}{2} \left( 1 - \cos^2 \frac{\hat{A} - \hat{B}}{2} \right) \leq 0. \tag{5'}$$

Посленее неравенство очевидно. Из (5’) следует, что равенство в (5) имеет место только в том случае, когда все углы треугольника равны $60^\circ$. Так как треугольники $A_1B_1C_1$ и $A^{(1)}B^{(1)}C^{(1)}$ подобны и коэффициент подобия равен $\frac{R_0}{r_0}$, то

$$S^{(1)} = \frac{1}{2} \frac{R_0}{r_0} S_0 \tag{6}$$

(см. формулу 4’). Но поскольку $S^{(1)} \geq S_0$, от сюда следует известное неравенство $R_0 \geq 2r_0$.

Из того, что последовательность $S_0, S^{(1)}, S^{(2)}, \ldots, S^{(n)}$ является возрастной,

Из того, что последовательность $S_0, S^{(1)}, S^{(2)}, \ldots, S^{(n)}$ является возрастной,

4. Можно доказать, что для последовательности полуперimetров $p_0, p_1, p_2, \ldots$ справедливо неравенство

$$p_n \leq \frac{1}{2} p_{n-1}. \tag{7}$$

Как и раньше, достаточно доказать (7) при $n=1$:

$$p_1 \leq \frac{1}{2} p_0. \tag{7'}$$