Треугольник Шарыгина

Треугольник Шарыгина — треугольник, не являющийся равнобедренным, основания биссектрис которого образуют равнобедренный треугольник.

Был впервые рассмотрен Игорем Фёдоровичем Шарыгиным в 1982 году в книге «Задачи по геометрии. Планиметрия».

Треугольники Шарыгина представляют интерес, так как существуют в отличие от аналогичных треугольников, в определении которых вместо биссектрис использованы, например, медианы или высоты.

Существование треугольников ШарыгинаПравить

 

Произвольный треугольник Шарыгина с основными обозначениями, где $A_1{B}_1=A_1{C}_1$$A_{1}B_{1}=A_{1}C_{1}$ .

Для любого угла $\mathrm{\alpha <!--\; \alpha \; -->}$$\alpha$  такого, что $-{\frac {1}{4}}<\cos(\alpha )<{\frac {{\sqrt {17}}-5}{4}}$ , существует с точностью до подобия ровно один треугольник Шарыгина с одним из углов, равным $\mathrm{\alpha <!--\; \alpha \; -->}$$\alpha$ , причём для любого треугольника Шарыгина косинус одного из его углов лежит в указанном интервале.

Сам угол $\mathrm{\alpha <!--\; \alpha \; -->}$$\alpha$  в градусах удовлетворяет приближённому двойному неравенству ${\mathrm{102,663}}^{\circ <!--\; \circ \; -->}\lesssim <!--\; \lesssim \; -->\mathrm{\alpha <!--\; \alpha \; -->}\lesssim <!--\; \lesssim \; -->{\mathrm{104,478}}^{\circ <!--\; \circ \; -->}$$102{,}663^{\circ }\lesssim \alpha \lesssim 104{,}478^{\circ }$ .

Доказательство

Пусть $△<!--\; △\; -->ABC$$\vartriangle ABC$  — треугольник Шарыгина, $a$$a$ , $b$$b$  и $c$$c$  — его стороны (см. рисунок), $A{A}_1$$AA_{1}$ , $B{B}_1$$BB_{1}$  и $C{C}_1$$CC_{1}$  — его биссектрисы, и $A_1{B}_1=A_1{C}_1$$A_{1}B_{1}=A_{1}C_{1}$ .

Предположим, $A{A}_1$$AA_{1}$  является серединным перпендикуляром к отрезку $B_1{C}_1$$B_{1}C_{1}$ . Тогда углы $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}AIB$$\angle AIB$  и $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}AIC$$\angle AIC$  равны, а углы $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}IAC$$\angle IAC$  и $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}IAB$$\angle IAB$  также равны, так как прямая $AI$$AI$  является биссектрисой угла $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}CAB$$\angle CAB$ , следовательно, по теореме о сумме углов треугольника для треугольников $△<!--\; △\; -->ACI$$\vartriangle ACI$  и $△<!--\; △\; -->ABI$$\vartriangle ABI$  углы $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}ACI$$\angle ACI$  и $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}ABI$$\angle ABI$  равны, а значит, равны и углы $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}ACB=2\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}ACI$$\angle ACB=2\angle ACI$  и $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}ABC=2\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}ABI$$\angle ABC=2\angle ABI$ , из чего следует, что треугольник $△<!--\; △\; -->ABC$$\vartriangle ABC$  равнобедненный, то есть не является треугольником Шарыгина по определению.

Итак, $A{A}_1$$AA_{1}$  не является серединным перпендикуляром к отрезку $B_1{C}_1$$B_{1}C_{1}$ . Тогда точка $A_1$$A_{1}$  является пересечением биссектрисы угла $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}{B}_{1}A{C}_1$$\angle B_{1}AC_{1}$  и серединного перпендикуляра к отрезку $B_1{C}_1$$B_{1}C_{1}$ , которое лежит на описанной окружности треугольника $△<!--\; △\; -->A{B}_1{C}_1$$\vartriangle AB_{1}C_{1}$  по следствию из теоремы о вписанном угле. Тогда четырёхугольник $A{B}_1{A}_1{C}_1$$AB_{1}A_{1}C_{1}$  является вписанным, следовательно, $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}A{B}_1{A}_1+\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}A{C}_1{A}_1={180}^{\circ <!--\; \circ \; -->}$$\angle AB_{1}A_{1}+\angle AC_{1}A_{1}=180^{\circ }$ , а значит, сумма углов $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}C{B}_1{A}_1$$\angle CB_{1}A_{1}$  и $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}B{C}_1{A}_1$$\angle BC_{1}A_{1}$ , как смежных к углам $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}A{B}_1{A}_1$$\angle AB_{1}A_{1}$  и $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}A{C}_1{A}_1$$\angle AC_{1}A_{1}$  соответственно, также равна ${180}^{\circ <!--\; \circ \; -->}$$180^{\circ }$ .

Приложим друг к другу треугольники $△<!--\; △\; -->C{A}_1{B}_1$$\vartriangle CA_{1}B_{1}$  и $△<!--\; △\; -->B{A}_1{C}_1$$\vartriangle BA_{1}C_{1}$  по равным сторонам $A_1{B}_1$$A_{1}B_{1}$  и $A_1{C}_1$$A_{1}C_{1}$  соответственно. Получим треугольник, подобный треугольнику $△<!--\; △\; -->ABC$$\vartriangle ABC$  по первому признаку подобия треугольников. Нетрудно убедиться, что его стороны будут равны $\frac{ac}{b+c}$${\frac {ac}{b+c}}$ , $\frac{ab}{b+c}$${\frac {ab}{b+c}}$  и $\frac{ac}{a+b}+\frac{ab}{a+c}$${\frac {ac}{a+b}}+{\frac {ab}{a+c}}$ . Тогда из подобия получаем $\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}=\frac{\frac{ac}{a+b}+\frac{ab}{a+c}}{a}=\frac{C{B}_1+C_{1}B}{CB}=\frac{C{A}_1+A_{1}B}{CA+AB}=\frac{a}{b+c},$${\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}={\frac {{\frac {ac}{a+b}}+{\frac {ab}{a+c}}}{a}}={\frac {CB_{1}+C_{1}B}{CB}}={\frac {CA_{1}+A_{1}B}{CA+AB}}={\frac {a}{b+c}},$  что можно переписать в виде $b^3+c^3-<!--\; -\; -->a^3+b^{2}c+b^{2}a+c^{2}b+c^{2}a-<!--\; -\; -->a^{2}b-<!--\; -\; -->a^{2}c+abc=0.$$b^{3}+c^{3}-a^{3}+b^{2}c+b^{2}a+c^{2}b+c^{2}a-a^{2}b-a^{2}c+abc=0.$ 

Обозначим косинус угла $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}BAC$$\angle BAC$  через $x$$x$ . Тогда по теореме косинусов $b^2+c^2-<!--\; -\; -->a^2=2bcx$$b^{2}+c^{2}-a^{2}=2bcx$ , причём $bc(2x(a+b+c)+a)=2bcx(a+b+c)+abc=$$bc(2x(a+b+c)+a)=2bcx(a+b+c)+abc=$ $(b^2+c^2-<!--\; -\; -->a^2)(a+b+c)+abc=$$(b^{2}+c^{2}-a^{2})(a+b+c)+abc=$ $b^3+c^3-<!--\; -\; -->a^3+b^{2}c+b^{2}a+c^{2}b+c^{2}a-<!--\; -\; -->a^{2}b-<!--\; -\; -->a^{2}c+abc=0,$$b^{3}+c^{3}-a^{3}+b^{2}c+b^{2}a+c^{2}b+c^{2}a-a^{2}b-a^{2}c+abc=0,$  следовательно, будет верно равенство $2x(a+b+c)+a=0$$2x(a+b+c)+a=0$ , что с учётом неравенства треугольника $0<a<b+c$  даёт ограничения $-{\frac {1}{4}}<x<0.$ 

$2x(a+b+c)+a=0\Rightarrow <!--\; \Rightarrow \; -->a=-<!--\; -\; -->\frac{2x(b+c)}{2x+1}.$$2x(a+b+c)+a=0\Rightarrow a=-{\frac {2x(b+c)}{2x+1}}.$  Подставив данное значение в равенство $b^2+c^2-<!--\; -\; -->a^2=2bcx$$b^{2}+c^{2}-a^{2}=2bcx$  и разделив его на $c^2$$c^{2}$ , получим квадратное уравнение на $\frac{b}{c}:$${\frac {b}{c}}:$ 
$(4x+1)(\frac{b}{c}{)}^2-<!--\; -\; -->(8x^3+16x^2+2x)(\frac{b}{c})+(4x+1).$$(4x+1){\Big (}{\frac {b}{c}}{\Big )}^{2}-(8x^{3}+16x^{2}+2x){\Big (}{\frac {b}{c}}{\Big )}+(4x+1).$  Первый и третий члены меньше нуля, а значит, средний член должен быть больше нуля. $\frac{b}{c}>0$${\frac {b}{c}}>0$ , следовательно, $8x^3+16x^2+2x>0$$8x^{3}+16x^{2}+2x>0$ . Полученное уравнение имеет решения тогда и только тогда, когда его дискриминант, равный $\frac{1}{4}((8x^3+16x^2+2x{)}^2-<!--\; -\; -->(4x+1{)}^2)=$${\frac {1}{4}}((8x^{3}+16x^{2}+2x)^{2}-(4x+1)^{2})=$ $\frac{1}{4}(2x+1{)}^2(x+1)(2x-<!--\; -\; -->1)(2x^2+5x+1),$${\frac {1}{4}}(2x+1)^{2}(x+1)(2x-1)(2x^{2}+5x+1),$  не меньше нуля, причём только одно из этих решений будет положительным. Случай, когда дискриминант равен нулю, не удовлетворяет условию $b\ne <!--\; \ne \; -->c$$b\neq c$ , следовательно, требуется его строгая положительность.

Следовательно, треугольник Шарыгина с $\cos <!--\; \; -->(\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}BAC)=x$$\cos(\angle BAC)=x$  существует тогда и только тогда, когда выполнены следующие условия: $-{\frac {1}{4}}<x<0,$  $8x^3+16x^2+2x>0,$$8x^{3}+16x^{2}+2x>0,$  $\frac{1}{4}(2x+1{)}^2(x+1)(2x-<!--\; -\; -->1)(2x^2+5x+1)>0,$${\frac {1}{4}}(2x+1)^{2}(x+1)(2x-1)(2x^{2}+5x+1)>0,$  причём для данного $x$$x$  он всегда единственен. Эти три условия равносильны ограничениям $-{\frac {1}{4}}<x<{\frac {{\sqrt {17}}-5}{4}}.$ 

Кубика ШарыгинаПравить

Кубикой Шарыгина называется полученная в доказательстве выше кубика $b^3+c^3-<!--\; -\; -->a^3+b^{2}c+b^{2}a+c^{2}b+c^{2}a-<!--\; -\; -->a^{2}b-<!--\; -\; -->a^{2}c+abc=0$$b^{3}+c^{3}-a^{3}+b^{2}c+b^{2}a+c^{2}b+c^{2}a-a^{2}b-a^{2}c+abc=0$  (имеющая более простой, но не удовлетворяющий формальному определению кубики вариант записи: $\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}=\frac{a}{b+c}$${\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}={\frac {a}{b+c}}$ ), задающая необходимое и достаточное условие для того, чтобы треугольник со сторонами $a,b,c$$a,b,c$  являлся треугольником Шарыгина с равными сторонами $A_1{B}_1=A_1{C}_1$$A_{1}B_{1}=A_{1}C_{1}$  (см. рисунок).

Конкретные примерыПравить

 

Треугольник Шарыгина, образованный тремя вершинами правильного семиугольника.

В правильных многоугольникахПравить

На момент 2017 года известен только один пример треугольника Шарыгина, вершины которого могут являться некоторыми вершинами правильного многоугольника. В данном примере вершины треугольника являются первой, второй и четвёртой вершинами правильного семиугольника.

Доказательство

Пусть $U_0,U_1,\dots <!--\; \dots \; -->,U_{13}$$U_{0},U_{1},\dots ,U_{13}$  — вершины правильного $14$$14$ -угольника, а $△<!--\; △\; -->U_0{U}_2{U}_6$$\vartriangle U_{0}U_{2}U_{6}$  — наш треугольник, вершины которого являются также вершинами правильного $7$$7$ -угольника $U_0,U_2,\dots <!--\; \dots \; -->,U_{12}$$U_{0},U_{2},\dots ,U_{12}$ . Обозначим вершины треугольника, образованного основаниями биссектрис $△<!--\; △\; -->U_0{U}_2{U}_6$$\vartriangle U_{0}U_{2}U_{6}$ , через $A,B,C$$A,B,C$  (см. рисунок). Докажем, что $BC=BA$$BC=BA$ .

По свойству биссектрисы вписанного угла биссектрисы $U_{0}A,U_{2}B,U_{6}C$$U_{0}A,\;U_{2}B,\;U_{6}C$  проходят через точки $U_4,U_{10},U_1$$U_{4},U_{10},U_{1}$  соответственно. Точка $B$$B$  лежит на диагоналях четырнадцатиугольника $U_0{U}_6$$U_{0}U_{6}$  и $U_2{U}_{10}$$U_{2}U_{10}$ , которые симметричны относительно диагонали $U_1{U}_8$$U_{1}U_{8}$ , следовательно, точка $B$$B$  также лежит на диагонали $U_1{U}_8$$U_{1}U_{8}$ . Обозначим пересечение диагоналей $U_0{U}_2$$U_{0}U_{2}$  и $U_1{U}_{10}$$U_{1}U_{10}$  через $C_1$$C_{1}$ . Точка $C$$C$  является пересечением диагоналей $U_0{U}_2$$U_{0}U_{2}$  и $U_1{U}_6$$U_{1}U_{6}$ , причём диагонали $U_1{U}_6$$U_{1}U_{6}$  и $U_1{U}_{10}$$U_{1}U_{10}$  симметричны друг другу относительно диагонали $U_1{U}_8$$U_{1}U_{8}$ , а диагональ $U_0{U}_2$$U_{0}U_{2}$  симметрична сама себе относительно той же диагонали. Следовательно, точки $C$$C$  и $C_1$$C_{1}$  симметричны друг другу относительно диагонали $U_1{U}_8$$U_{1}U_{8}$ . Как мы уже знаем, точка $B$$B$  лежит на этой диагонали, следовательно, отрезки $BC$$BC$  и $B{C}_1$$BC_{1}$  симметричны относительно неё, то есть и равны.

Докажем теперь, что $B{C}_1=BA$$BC_{1}=BA$ . Прямые $U_2{U}_6$$U_{2}U_{6}$  и $U_2{U}_0$$U_{2}U_{0}$  симметричны относительно $U_2{U}_{10}$$U_{2}U_{10}$ . Углы $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}{U}_{10}{U}_1{U}_2$$\angle U_{10}U_{1}U_{2}$  и $\mathrm{\angle <!--\; \angle \; -->}{U}_{10}{U}_3{U}_2$$\angle U_{10}U_{3}U_{2}$  опираются на равные дуги, а значит, равны по следствию из теоремы о вписанном угле. Следовательно, прямые $U_{10}{U}_1$$U_{10}U_{1}$  и $U_{10}{U}_3$$U_{10}U_{3}$  также симметричны относительно $U_2{U}_{10}$$U_{2}U_{10}$ . Значит, точки $A$$A$  и $C_1$$C_{1}$  симметричны относительно $U_2{U}_{10}$$U_{2}U_{10}$  как пересечения прямых $U_2{U}_6$$U_{2}U_{6}$  с $U_{10}{U}_3$$U_{10}U_{3}$  и $U_2{U}_0$$U_{2}U_{0}$  с $U_{10}{U}_1$$U_{10}U_{1}$  соответственно. При этом точка $B$$B$  лежит на отрезке $U_2{U}_{10}$$U_{2}U_{10}$ . Следовательно, отрезки $BA$$BA$  и $B{C}_1$$BC_{1}$  симметричны относительно $U_2{U}_{10}$$U_{2}U_{10}$ , то есть и равны.

Итак, $BC=B{C}_1$$BC=BC_{1}$  и $B{C}_1=BA$$BC_{1}=BA$ , а значит, $BC=BA$$BC=BA$ , то есть треугольник $ABC$$ABC$  равнобедренный.

С целыми длинами сторонПравить

Существует бесконечное число различных целочисленных треугольников Шарыгина, что было доказано при помощи теории эллиптических кривых (конкретно была рассмотрена эллиптическая кривая, задаваемая кубикой Шарыгина). Пример, одна из сторон в котором является наименьшей из возможных, имеет следующий набор сторон

$1481089,18800081,19214131.$$1\,481\,089,\qquad 18\,800\,081,\qquad 19\,214\,131.$ 

Минимальность данного примера была проверена полным перебором.

ВариацииПравить

 

Вариация треугольника Шарыгина для двух внешних биссектрис и одной внутренней.

• Рассматриваются также аналогичные треугольники, в которых равнобедренным является не треугольник, образованный основаниями биссектрис внутренних углов, а треугольник, образованный одним основанием биссектрисы внутреннего угла и двумя основаниями внешних биссектрис к двум другим углам.

ЛитератураПравить

• Игорь Нетай, Алексей Савватеев "Треугольники Шарыгина и эллиптические кривые"

СсылкиПравить

• Лекция Игоря Нетая на youtube