Текст статьиГервер М. Л. Сюрпризы // Квант. — 1974. — № 1. — С. 13—21.
Несколько слов о названии.
Сначала мы разберём задачу М195 из «Задачника «Кванта». Обнаружится, что она тесно связана с одним классическим построением в геометрии кругов. Затем
вскроются и другие неожиданные связи и факты.
Самый же главный сюрприз... Но, т-с-с! Иначе какой же это будет
сюрприз?!
§ 1. Задача о трёх четырёхугольниках
М195.Дан $\triangle ABC$. Сколько cуществует таких точек $D$,
что периметры четырёхугольников $ADBC$, $ABDC$ и $ABCD$
одинаковы?
Решение. Построим три окружности ($\alpha$, $\beta$ и $\gamma$)
с центрами $A$, $B$ и $C$, которые попарно касаются друг друга внешним
образом (рис. 1).
Рис. 1
Радиусы этих окружностей $a$, $b$ и $c$ определяются из системы уравнений
$$
a+b=AB,\quad a+c=AC,\quad b+c=BC.
$$
Тем самым,
$$
a=p-BC,\quad b=p-AC,\quad c=p-AB,\tag1
$$
где $p$ — полупериметр $\triangle ABC$.
Пусть $D$ — центр окружности $\delta$, которая внешним образом касается
окружностей $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$. Радиус $\delta$ обозначим через
$d$.
То, что окружность $\delta$ существует, мы предполагаем
известным. Построение такой окружности составляет содержание знаменитой
задачи Аполлония,
решённой Аполлонием Пергским в III веке до н. э.
Из рисунка 1 сразу видно, что каждый из трёх четырёхугольников
$ADBC$, $ABDC$ и $ABCD$ имеет периметр $2(p+d)=2(a+b+c+d)$. Таким образом,
хоть одна искомая точка $D$ существует.
Может ли таких точек быть больше одной? Переходя к решению этого
вопроса, прежде всего убедимся в том, что если периметры $ADBC$, $ABDC$ и $ABCD$ равны, то точка $D$ лежит вне окружностей $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ и равноудалена от них. Положим $AD=x$, $BD=y$, $CD=z$. Тогда
равенство периметров рассматриваемых четырёхугольников запишется так:
$$
2p-AB+x+y=2p-AC+x+z=2p-BC+y+z.\tag2
$$
Вычитая почленно равенства (2) из числа $p+x+y+z$, получим
$$
z-(p-AB)=y-(p-AC)=x-(p-BC).
$$
Используя формулы (1), находим
$$
z-c=y-b=x-a.\tag3
$$
Согласно (3) числа $x-a$, $y-b$ и $z-c$ имеют один и тот же знак. При этом
$x-a\gt0$, если точка $D$ лежит вне $\alpha$, и $x-a\le0$, если $D$ лежит
внутри или на $\alpha$; знаки $y-b$ и $z-c$ имеют аналогичный смысл. Так как никакая точка не принадлежит сразу всем трём кругам, ограниченным
окружностями $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$, то случай
$$
x-a=y-b=z-c\le0
$$
исключается. Значит,
$$
x-a=y-b=z-c\gt0,
$$
$D$ лежит вне $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ и равноудалена от них.
Опираясь на это, докажем единственность точки $D$.
Пусть (для определённости) $\alpha$ — наименьшая из окружностей $\alpha$,
$\beta$ и $\gamma$: $a\le b$, $a\le c$. Радиусами $b-a$ и $c-a$ опишем
окружности $\beta'$ и $\gamma'$ с центрами $B$ и $C$. Точка $D$, лежащая вне $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ и равноудалённая от них, равноудалена также от точки $A$ и окружностей $\beta'$ и $\gamma'$ (рис. 2). Построим ещё три окружности ($\alpha''$, $\beta''$ и $\gamma''$) с центрами $A$, $B$ и $C$ и радиусами $AD$, $BD$ и $CD$. Пусть $T$ — произвольная точка, лежащая внутри
$\alpha''$ или на $\alpha''$ и отличная от $T$. Тогда (рис. 2) $T$
лежит либо вне $\beta''$, либо вне $\gamma''$, либо вне обеих этих
окружностей. Тем самым $T$ расположена ближе к $A$, чем к одной из окружностей $\beta'$ или $\gamma'$.
Рис. 2
Последнее рассуждение показывает, что две различные точки $D_1$ и $D_2$
не могут быть равноудалены от $A$, $\beta'$ и $\gamma'$: предположив
противное (пусть $D_1$ и $D_2$ — такие точки, причём $AD_1\ge AD_2$) и обозначив $D_1$ через $D$, а $D_2$ через $T$, сразу придём к противоречию.
Единственность точки $D$ доказана.
§ 2. Двойственная задача
В § 1 обнаружилась тесная связь задачи о трёх четырёхугольниках
с задачей Аполлония. В формулировке последней («построить окружность,
касающуюся трёх данных окружностей») не указано, каким должно быть касание —
внешним или внутренним. В § 1 окружность $\delta$ касалась
$\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешним образом. Обозначим через $\eps$
окружность, которой все три окружности $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ касаются
изнутри; центр её назовём $E$ (рис. 3).
Рис. 3
Спрашивается: а не является ли отыскание точки $E$ решением какой-нибудь
задачи, похожей на задачу о трёх четырёхугольниках? (Прежде чем читать
дальше, попробуйте, конечно, сами придумать такую задачу.)
Положим $AE=x$, $BE=y$, $CE=z$, радиус окружности $\eps$ обозначим через
$e$. Тогда (рис. 3) $x+a=y+b=z+c=e$. Отсюда $x+y+a+b=2e$, т. е.
$x+y+AB=2e$. Так же устанавливается, что $x+z+AC=y+z+BC=2e$. Величины
$x+y+AB$, $x+z+AC$ и $y+z+BC$ — это периметры треугольников $AEB$, $AEC$ и $BEC$. Таким образом, центр $E$ окружности $\eps$ оказался решением задачи
«о трёх треугольниках равного периметра», совершенно аналогичной исходной
задаче о четырёхугольниках.
Точная формулировка новой задачи:
«Дан $\triangle ABC$. Сколько существует таких точек $E$, что периметры треугольников $AEB$, $AEC$ и $BEC$ одинаковы?»
Выше мы установили, что хоть одна такая точка $E$ существует.
Упражнения
Докажите, что других таких точек нет.
Докажите утверждение, обратное полученному выше: пусть точка $E$ такова,
что периметр каждого из треугольников $AEB$, $AEC$ и $BEC$ равен $2e$, тогда
$\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ касаются изнутри окружности радиуса $e$ с центром $E$.
В задачах о трёх четырёхугольниках и о трёх треугольниках мы не только
доказали существование и единственность точек $D$ и $E$, но и нашли формулы
для периметров: $2(p+d)=2(a+b+c+d)$ и $2e$. Спрашивается: а можно ли вычислить эти периметры, зная стороны $\triangle ABC$? Радиусы $a$, $b$ и $c$ вычисляются по простым формулам (1). Выражаются ли $d$ и $e$ через $a$,
$b$ и $c$?
Положительный ответ на этот вопрос даётся в § 3.
§ 3. Формула Фредерика Содди
Мы уже отмечали, что задача Аполлония была решена в III веке до н. э. Казалось бы, в наши дни она уже не может таить в себе ничего
нового и неожиданного. Однако сравнительно недавно была получена красивейшая
формула, показывающая, как соотносятся между собой размеры окружностей в задаче Аполлония.
Эта формула производит ещё большее впечатление, когда узнаёшь, что её придумал не профессиональный математик, а химик — Фредерик Содди.
Обозначим через $k$, $l$, $m$ и $n$ вeличины, обратные радиусам
окружностей $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ и $\delta$ из § 1:
$$
k=\dfrac1a,\quad l=\dfrac1b,\quad m=\dfrac1c,\quad n=\dfrac1d.
$$
Тогда
$$
2(k^2+l^2+m^2+n^2)=(k+l+m+n)^2.
$$
Это изящное соотношение и есть формула Содди.
Её можно рассматривать как квадратное уравнение относительно $n$ (числа
$k$, $l$ и $m$ считаются при этом известными). Решая это уравнение,
получим
$$
n_{1,2}=k+l+m\pm2\sqrt{kl+lm+mk}.
$$
Положительный корень $n_1$ — это, разумеется, $\dfrac1d$. А что такое
$n_2$?
Оказывается, $n_2=-\dfrac1e$, где $e$ — радиус окружности $\eps$ из § 2.
Каков смысл знаков «плюс» и «минус»: почему $\dfrac1d$
берётся с плюсом, а $\dfrac1e$ — с минусом?
Величина, обратная радиусу имеет специальное название:
«кривизна». Чем больше радиус, тем более плавно «искривляется» окружность —
тем меньше её кривизна.
Прямая (предельный случай окружности — «окружность
бесконечного радиуса») имеет нулевую кривизну. Знаками было бы естественно
различать кривизну «выпуклых» и «вогнутых» кривых. Но что такое выпуклые и вогнутые окружности?
Все окружности, разумеется, «одинаковы», Но когда находишься
вне окружности, то её естественно считать выпуклой, а если находишься внутри
той же окружности, то она представляется вогнутой. Тем самым, «с точки
зрения окружностей $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$» окружности $\delta$ и $\eps$ разумно считать «разными»: первую — выпуклой, вторую — вогнутой.
Вывод формулы Содди мы приведём в § 6.
§ 4. Главный сюрприз
У нас уже было несколько сюрпризов: в § 1 задача о четырёхугольниках с равными периметрами свелась вдруг к частному случаю
задачи Аполлония, в § 2 необычным оказался порядок действий — мы сначала решили, а потом уже сформулировали задачу о треугольниках с равными
периметрами, в § 3 мы привели формулу, которой современный химик
украсил одну из древнейших геометрических задач.
Но главный сюрприз будет преподнесён сейчас.
В своих доказательствах мы пользовались следующими «очевидными»
геометрическими фактами:
Пусть три окружности $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$
попарно касаются друг друга внешним образом. Тогда существует ровно одна
окружность $\delta$, касающаяся $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешним
образом, и ровно одна окружность $\eps$, которой $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ касаются изнутри.
Пусть три окружности $\alpha''$, $\beta''$ и $\gamma''$ проходят через одну точку $D$. Тогда любая точка $T$, лежащая
внутри $\alpha''$, расположена либо вне $\beta''$, либо вне $\gamma''$ (либо
вне обеих этих окружностей).
Оба факта... неверны. (Поэтому и решение задачи М195 — тоже неверно.)
§ 5. Капитальный ремонт
На рисунке 4 изображены окружности $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$, для которых существуют две окружности ($\delta_1$ и $\delta_2$), касающиеся
$\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешним образом, и для которых не существует ни одной окружности $\eps$, имеющей с $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внутреннее
касание.
Рисунок 5 опровергает «факт» II.
Рис. 4Рис. 5
Неверны, разумеется, и следствия, основанные на «фактах» I и II — рушится
всё здание, возведённое на шатком фундаменте!
К счастью, разрушения не такие уж катастрофические.
Теорема.Пусть окружности $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$
попарно касаются друг друга внешним образом. Тогда возможны три (и только
три) случая:
Существует ровно одна окружность $\delta$,
касающаяся $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешним образом, и ровно одна
окружность $\eps$, которой $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ касаются
изнутри.
$\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ имеют общую
касательную (причём лежат по одну сторону от неё), при этом ровно одна
окружность $\delta$ касается $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешним образом, и ни одной окружности $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ не касаются
изнутри.
Существуют ровно две окружности $\delta_1$
и $\delta_2$, каждая из которых касается $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$
внешним образом, и не существует ни одной окружности, которой $\alpha$,
$\beta$ и $\gamma$ касались бы изнутри.
Несколько слов об инверсии.
При доказательстве этой теоремы воспользуемся методом
инверсии.
Напомним определение и некоторые свойства инверсии.
Определение. Пусть $Q$ — окружность с центром $O$ радиуса $R$,
лежащая в плоскости $\mathit\Pi$. Инверсией относительно окружности $Q$
называется следующее преобразование плоскости $\mathit\Pi$: каждая точка $M$
плоскости $\mathit\Pi$, лежащая на положительном расстоянии $r$ от $O$,
переходит в точку $M'$, лежащую на луче $OM$ на расстоянии $r'$ от $O$,
такую, что $rr'=R^2$; $O$ называется центром инверсии, $R^2$ — коэффициентом
инверсии.
Свойства.
Если $M$ принадлежит $Q$, то $M'=M$; если $M$ лежит внутри $Q$ и отлична
от $O$, то $M'$ лежит вне $Q$; если $M$ лежит вне $Q$, то $M'$ — внутри
$Q$.
Прямые и окружности переходят при инверсии в прямые и окружности,
причём:
точки, лежащие на прямой, проходящей через $O$, переходят в точки той же прямой;
прямая, не проходящая через $O$, переходит в окружность, проходящую
через $O$;
окружность, проходящая через $O$, переходит в прямую, не проходящую
через $O$;
окружность, не проходящая через $O$, переходит в окружность, не проходящую через $O$; при этом $O$ лежит либо вне обеих, либо внутри обеих
этих окружностей.
Если две окружности (или прямая и окружность) касаются в точке $M$,
отличной от $O$, то их образы тоже касаются в точке $M'$; если же точка касания
совпадает с $O$, то эти окружности (или прямая и окружность) переходят в параллельные прямые.
Тому, кто узнал об инверсии впервые, мы рекомендуем либо доказать
самостоятельно перечисленные свойства, либо прочесть упомянутую выше статью
А. П. Савина.
В качестве контрольного упражнения, которое поможет вам выяснить,
насколько вы владеете методом инверсии, предлагаем найти ошибку в «решении»
следующей задачи.
Пусть окружности $\alpha$ и $\beta$ касаются внешним образом в точке
$O$ (рис. 6). Найти геометрическое место точек, являющихся центрами
окружностей, которые касаются и $\alpha$, и $\beta$.
Рис. 6
Искомое геометрическое место точек обозначим через $\mathit\Gamma$. При инверсии с центром инверсии $O$ окружности $\alpha$ и $\beta$ перейдут в параллельные прямые $\alpha'$ и $\beta'$ (рис. 6). Окружности $\gamma$,
касающиеся и $\alpha$, и $\beta$, перейдут в окружности $\gamma'$,
касающиеся и $\alpha'$, и $\beta'$. Пунктирная прямая $\mathit\Gamma'$ на рисунке 6 — это геометрическое место точек, являющихся центрами
окружностей $\gamma'$. Итак, кривая $\mathit\Gamma$ при инверсии перешла в прямую. Значит, $\mathit\Gamma$ — либо окружность, либо прямая.
Если вы нашли ошибку в приведённом «решении», пора переходить к доказательству теоремы, сформулированной в начале § 5.
Доказательство теоремы. Окружности $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$
по условию попарно касаются друг друга внешним образом
(рис. 7, а). Точку касания $\alpha$ и $\beta$ обозначим
через $O$.
Рис. 7
Возьмём произвольную окружность $Q$ с центром $O$ и применим инверсию
относительно этой окружности (рис. 6).
При инверсии окружности $\alpha$ и $\beta$ перейдут в параллельные прямые
$\alpha'$ и $\beta'$, а окружность $\gamma$ — в окружность $\gamma'$,
касающуюся этих прямых (рис. 7, б). Центр инверсии $O$
расположен (проверьте это!) в полосе между прямыми $\alpha'$ и $\beta$' вне окружности $\gamma'$.
Имеются, очевидно, ровно две окружности, касающиеся и $\alpha'$, и $\beta'$, и $\gamma'$ (рис. 7, в). При этом возможны три случая:
Точка $O$ лежит внутри одной из этих окружностей
(и вне другой).
Точка $O$ лежит на одной из них (и вне другой).
Точка $O$ лежит вне обеих этих окружностей.
В случаях I и II обозначим рассматриваемые окружности через $\delta'$ и $\eps'$ (причём через $\delta'$ — ту, вне которой лежит точка $O$), в случае IIІ обозначим их через $\delta_1'$ и $\delta_2'$.
Любая окружность или прямая, касающаяся и $\alpha$, и $\beta$, и $\gamma$, перешла при инверсии в окружность, касающуюся $\alpha'$, $\beta'$
и $\gamma'$. В случае І в окружности $\delta'$ и $\eps'$ перешли
окружности — назовём их $\delta$ и $\eps$. В случае II в $\delta'$
перешла окружность (назовём её $\delta$), а в $\eps'$ перешла прямая (т. е.
$\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ имеют в этом случае общую касательную, при этом
$\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ лежат, очевидно, по одну сторону от неё).
В случае III в $\delta_1'$ и $\delta_2'$ перешли окружности (назовём их $\delta_1$ и $\delta_2$).
Итак, окружностей, касающихся и $\alpha$, и $\beta$, и $\gamma$ — либо
две, либо одна. В случае I точка $O$ лежит вне $\delta$ и внутри
$\eps$, т. е. $\delta$ имеет с $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешнее, а $\eps$ — внутреннее касание. В случае II точка $O$ лежит вне $\delta$ —
снова $\delta$ имеет с $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешнее касание. В случае III точка $O$ лежит и вне $\delta_1$, и вне $\delta_2$, так что обе они касаются $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешним образом.
Теорема доказана.
Следствие 1.В случаях I и II задача о трёх
четырёхугольниках имеет единственное решение (центр $D$ окружности
$\delta$), в случае III — два решения (центры $D_1$ и $D_2$ окружностей
$\delta_1$ и $\delta_2$).
Следствие 2. В случае I задача о трёх треугольниках имеет одно
решение (центр $E$ окружности $\eps$), в случаях II и III решений нет.
Замечание. В § 3 мы утверждали (в соответствии с неверной теорией, развитой в §§ 1 и 2), что $n_1=\dfrac1d$, а $n_2=-\dfrac1e$. Это действительно так в случае I. В этом случае
$n_2\lt0$. В случае II $n_2=0$ (это соответствует тому, что прямая —
общая касательная $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ — имеет нулевую кривизну).
В случае III $n_1=\dfrac1{d_1}$, а $n_2=\dfrac1{d_2}$, где $d_1$ и $d_2$ — радиусы окружностей $\delta_1$ и $\delta_2$; в этом случае
$n_2\gt0$. В справедливости только что сделанных утверждений мы убедимся в § 6.
Зная стороны треугольника $ABC$, мы можем вычислить $n_{1,2}$ и установить, какой из трёх случаев имеет место.
Иногда можно обойтись без таких вычислений — об этом мы расскажем в § 7.
§ 6. Вывод формулы Содди
1. Пусть $U$, $V$ и $W$ — три произвольных неотрицательных числа, сумма
которых равна $\pi$. Тогда
$$
\sin^2U=\sin^2V+\sin^2W-2\sin V\sin W\cos U.
$$
Доказательство. Построим треугольник с углами $U$, $V$ и $W$.
Пусть длины противолежащих сторон равны $u$, $v$ и $w$. По теореме
косинусов
$$
u^2=v^2+w^2-2vw\cos U.
$$
По теореме синусов
$$
\dfrac u{\sin U}=\dfrac v{\sin V}=\dfrac w{\sin W}.
$$
Отсюда нужная формула получается для любых ненулевых углов. Если хоть один
из углов $U$, $V$ и $W$ равен 0, формула проверяется непосредственно.
2. Пусть $A$, $B$, $C$ и $D$ — четыре произвольные точки плоскости.
Тогда
$$
\left(\sin^2\dfrac{\angle ADB}2+\sin^2\dfrac{\angle ADC}2-
\sin^2\dfrac{\angle BDC}2\right)^2=4\sin^2\dfrac{\angle ADB}2
\sin^2\dfrac{\angle ADC}2\cos^2\dfrac{\angle BDC}2.
$$
Рис. 8
Доказательство. Возможны (рис. 8) четыре случая взаимного
расположения точек $A$, $B$, $C$ и $D$. В каждом из них выберем $U$, $V$ и $W$ в соответствии с таблицей
$$
\begin{array}{|c|c|c|}\hline
\text{№}&\text{Если}&\text{то}\vphantom{\dfrac00}\\\hline
1&\angle BDC+\angle ADC+\angle ADB=2\pi&U=\dfrac{\angle BDC}2,~V=\dfrac{\angle ADC}2,~W=\dfrac{\angle ADB}2\vphantom{\dfrac{\dfrac00}{\dfrac00}}\\\hline
2&\angle BDC=\angle ADC+\angle ADB&U=\pi-\dfrac{\angle BDC}2,~V=\dfrac{\angle ADC}2,~W=\dfrac{\angle ADB}2\vphantom{\dfrac{\dfrac00}{\dfrac00}}\\\hline
3&\angle ADC=\angle BDC+\angle ADB&U=\dfrac{\angle BDC}2,~V=\pi-\dfrac{\angle ADC}2,~W=\dfrac{\angle ADB}2\vphantom{\dfrac{\dfrac00}{\dfrac00}}\\\hline
4&\angle ADB=\angle BDC+\angle ADC&U=\dfrac{\angle BDC}2,~V=\dfrac{\angle ADC}2,~W=\pi-\dfrac{\angle ADB}2\vphantom{\dfrac{\dfrac00}{\dfrac00}}\\\hline
\end{array}
$$
В любом случае $U\ge0$, $V\ge0$, $W\ge0$ и $U+V+W=\pi$, так что, согласно
пункту 1,
$$
(\sin^2V+\sin^2W-\sin^2U)^2=4\sin^2V\sin^2W\cos^2U.
$$
Остаётся воспользоваться тем, что в любом случае
$$
\sin U=\sin\dfrac{\angle BDC}2,~\sin V=\sin\dfrac{\angle ADC}2,~
\sin W=\sin\dfrac{\angle ADB}2,~\cos^2U=\cos^2\dfrac{\angle BDC}2.
$$
3. Пусть один из углов треугольника равен $\theta$, противоположная
сторона — $u$, прилежащие — $v$ и $w$, полупериметр треугольника — $q$.
Тогда
$$
\cos^2\dfrac\theta2=\dfrac{q(q-u)}{vw},\quad
\sin^2\dfrac\theta2=\dfrac{(q-v)(q-w)}{vw}.
$$
4. Пусть окружности $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ и $\delta$ с центрами
$A$, $B$, $C$ и $D$ и радиусами $a$, $b$, $c$ и $d$ попарно касаются друг
друга внешним образом. Тогда
$$
\begin{alignedat}{2}
\cos^2\dfrac{\angle BDC}2&=\dfrac{(b+d+c)d}{(b+d)(d+c)},\quad&
\sin^2\dfrac{\angle BDC}2&=\dfrac{bc}{(b+d)(d+c)},\\
\sin^2\dfrac{\angle ADB}2&=\dfrac{ab}{(a+d)(d+b)},&
\sin^2\dfrac{\angle ADC}2&=\dfrac{ac}{(a+d)(d+c)}.
\end{alignedat}
$$
Доказательство. В $\triangle BDC$ выразим стороны и полупериметр
через $b$, $d$ и $c$:
$$
BC=b+c,~BD=b+d,~dc=d+c,~\dfrac12(BC+BD+DC)=b+d+c
$$
и воспользуемся формулами пункта 3. Другие две формулы получим аналогично из $\triangle ADB$ и $\triangle ADC$.
$4'$. Пусть окружности $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ с центрами $A$, $B$,
$C$ и радиусами $a$, $b$, $c$ попарно касаются друг друга внешним образом и все три касаются изнутри окружности $\eps$ с центром $E$ и радиусом $e$.
Тогда
$$
\begin{alignedat}{2}
\cos^2\dfrac{\angle BEC}2&=\dfrac{(b-e+c)(-e)}{(b-e)(-e+c)},\quad&
\sin^2\dfrac{\angle BEC}2&=\dfrac{bc}{(b-e)(-e+c)},\\
\sin^2\dfrac{\angle AEB}2&=\dfrac{ab}{(a-e)(-e+b)},&
\sin^2\dfrac{\angle AEC}2&=\dfrac{ac}{(a-e)(-e+c)}.
\end{alignedat}
$$
Доказательство — такое же, как в пункте 4.
5. В условиях пункта 4 положим
$$
k=\dfrac1a,\quad l=\dfrac1b,\quad m=\dfrac1c,\quad n=\dfrac1d.
$$
Тогда
$$
(-k+l+m+n)^2=4(lm+mn+nl).
$$
Доказательство. Согласно пунктам 2 и 4
$$
\left[\dfrac{ab}{(a+d)(d+b)}+\dfrac{ac}{(a+d)(d+c)}-\dfrac{bc}{(b+d)(d+c)}
\right]^2=\\
=4\cdot\dfrac{ab}{(a+d)(d+b)}\cdot\dfrac{ac}{(a+d)(d+c)}\cdot
\dfrac{(b+d+c)d}{(b+d)(d+c)}.
$$
Умножив обе части равенства на $\left[\dfrac{(a+d)(b+d)(c+d)}{abcd}\right]^2$, получим
$$
\left[\dfrac{c+d}{cd}+\dfrac{b+d}{bd}-\dfrac{a+d}{ad}\right]^2=
4\cdot\dfrac{b+d+c}{bdc},
$$
или окончательно
$$
(-k+l+m+n)^2=4(lm+mn+nl)^2.
$$
Замечание. Формулы пункта $4'$ получаются из формул
пункта 4, если заменить $d$ на $(-e)$. Поэтому доказанная в пункте 5 формула верна и в условиях пункта $4'$ при $n=-\dfrac1e$.
6. Кривизны $k$, $l$, $m$ и $n$ окружностей $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ и $\delta$, попарно касающихся друг друга внешним образом, связаны формулой
Содди
$$
(k+l+m+n)^2=2(k^2+l^2+m^2+n^2).
$$
Ta же формула верна, если $n$ — кривизна окружности $\eps$, которой
$\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ касаются изнутри.
Доказательство. Преобразуем тождество
$$
(k+l+m+n)^2=(-k+l+m+n)^2+4k(l+m+n)
$$
с учётом пункта 5:
$$
(k+l+m+n)^2=4(kl+km+kn+lm+ln+mn).
$$
Воспользовавшись тождеством
$$
(k+l+m+n)^2-(k^2+l^2+m^2+n^2)=2(kl+km+kn+lm+ln+mn),
$$
получим
$$
(k+l+m+n)^2=2[(k+l+m+n)^2-(k^2+l^2+m^2+n^2)].
$$
Приведя подобные члены, получим формулу Содди.
7. Из утверждения, доказанного в пункте 6, сразу вытекает
Следствие 1. Положим (как в § 3)
$$
n_{1,2}=k+l+m\pm2\sqrt{kl+lm+mk}.
$$
Тогда — в терминах § 5, — если имеет место случай I, то $n_2\le0$, а если имеет место случай III, то $n_2\gt0$.
Упражнение 3. Докажите, что в случае II
$n_2=0$.
Объединяя следствие 1 и упражнение, получаем
Следствие 2. Если $n_2\lt0$, то имеет место случай I, если
$n_2=0$, — случай II, если $n_2\gt0$, — случай III.
§ 7. Ещё одна неожиданность
В июне в «Задачнике «Кванта» была опубликована задача М209.
Для любого треугольника $ABC$ можно вычислить такую сумму:
$$
S=\tg^2\dfrac A2+\tg^2\dfrac B2+\tg^2\dfrac C2.
$$
Докажите, что:
$S\lt2$ для всех остроугольных и прямоугольных треугольников;
$S\gt2$ для тупоугольных треугольников с тупым углом, большим
$2\arctg\dfrac43$;
для всякого $\phi$ такого, что $\dfrac\pi2\lt\phi\lt2\arctg\dfrac43$,
среди тупоугольных треугольников с тупым углом, равным $\phi$, имеются и такие, что $S\gt2$, и такие, что $S\lt2$.
На первый взгляд, в задачах М195 и М209 говорится про совершенно разные
вещи. Но, оказывается, — ещё одна неожиданность — между ними существует
глубокая связь.
Используя § 6 (пункты 3 и 4), легко доказать следующее
Утверждение 1.Пусть окружности $\alpha$, $\beta$, $\gamma$
с центрами $A$, $B$, $C$ и радиусами $a$, $b$, $c$ попарно касаются друг
друга внешним образом, и пусть $a+b+c=p$. Тогда
$$
\tg^2\dfrac A2=\dfrac{bc}{ap},\quad\tg^2\dfrac B2=\dfrac{ac}{bp},\quad
\tg^2\dfrac C2=\dfrac{ab}{cp}.
$$
Таким образом, $(a+b+c)S=\dfrac{bc}a+\dfrac{ac}b+\dfrac{ab}c$. Деля обе части этого равенства на $abc$, получаем
$$
S\left(\dfrac1{ab}+\dfrac1{bc}+\dfrac1{ca}\right)=
\dfrac1{a^2}+\dfrac1{b^2}+\dfrac1{c^2}
$$
или $$
S(kl+lm+mk)=k^2+l^2+m^2.
$$
Используя тождество $k^2+l^2+m^2=(k+l+m)^2-2(kl+lm+ml)$, находим:
$$
(S+2)(kl+lm+mk)=(k+l+m)^2
$$
Итак, следующие условия попарно эквивалентны:
$$
\begin{alignedat}{2}
S&\lt2&\quad\text{и}\quad(k+l+m)^2&\lt4(kl+lm+mk),\\
S& = 2&\quad\text{и}\quad(k+l+m)^2& = 4(kl+lm+mk),\\
S&\gt2&\quad\text{и}\quad(k+l+m)^2&\gt4(kl+lm+mk),\\
\end{alignedat}
$$
Утверждение 2.Условия $S\lt2$, $S=2$ и $S\gt2$
характеризуют (соответственно) случаи I $(n_2\lt0)$, II $(n_2=0)$ и III $(n_2\gt0)$.
Поэтому результат задачи М209 позволяет довольно часто прямо по виду
$\triangle ABC$ сказать, какой из случаев I, II, IIІ имеет место: если
$\triangle ABC$ остроугольный или прямоугольный, то случай І (задача
М195 имеет в этом случае ровно одно решение $D$), если $\triangle ABC$
«очень тупоугольный» $\left(\phi\gt2\arctg\dfrac43\right)$, то случай III (задача М195 имеет два решения $D_1$ и $D_2$). «Водораздел»
(случай II) проходит по «не слишком тупоугольным» треугольникам
$\left(\dfrac\pi2\lt\phi\lt2\arctg\dfrac43\right)$. Некоторые дополнительные
сведения об этом «водоразделе» вы получите, решив задачу М209 или прочтя её решение в «Задачнике «Кванта».
