Текст статьиТоноян Г. А., Яглом И. М. Теорема Морлея // Квант. — 1978. — № 8. — С. 28—32, Обложка (с. 2).
В этой статье мы расскажем об одной геометрической теореме, известной под именем «теорема Морлея».
Френк Морлей (1860—1937) родился в Англии. Однако почти всю свою жизнь он провёл в США, хотя и остался английским гражданином. Несколько десятков лет Морлей был профессором математики университета имени Джона Гопкинса в Балтиморе — одного из старейших американских университетов. Наряду с математикой он увлекался и шахматами и однажды сумел выиграть ещё у одного видного математика — Эммануила Ласкера (1868—1941), тогдашнего чемпиона мира по шахматам.
Пусть $ABC$ — произвольный треугольник. Хорошо известно, что биссектрисы его углов пересекаются в одной точке (рис. 1). А что произойдёт, если биссектрисы — т. е. прямые, делящие угол пополам, заменить трисектрисами — прямыми, делящими угол на три равные части? Френк Морлей рассмотрел конфигурацию, приведённую на рисунке 2, и доказал, что точки $X$, $Y$ и $Z$ при любом исходном треугольнике $ABC$ являются вершинами равностороннего треугольника. Морлей рассказал об этом поразившем его факте своим друзьям, те — в свою очередь — своим, и вскоре «теорема о трисектрисах треугольника» распространилась по миру в качестве своеобразного математического фольклора.
Рис. 1Рис. 2Рис. 3
Доказательство теоремы о трисектрисах Морлей опубликовал в 1914 году — через 15 лет после того, как нашёл его. В 1924 году он изложил это доказательство более подробно и существенно усилил первоначальный результат. Доказательство Морлея весьма элегантно, но в то же время и достаточно сложно. Оно базируется на рассмотрении довольно изысканных линий — так называемых кардиоид (см. вторую страницу обложки). Морлей установил, что множество центров кардиоид, касающихся всех трёх сторон треугольника $ABC$, представляет собой совокупность девяти прямых, разбивающуюся на три тройки параллельных прямых, причём прямые из разных троек пересекаются под углом $60^\circ$. Ясно, что при пересечении этих прямых образуется 27 равносторонних треугольников. Один из них и есть «треугольник Морлея», а остальные фигурируют в обобщении теоремы Морлея, в котором рассматриваются трисектрисы и внутренних, и внешних углов треугольника.
На этом рисунке проиллюстрировано доказательство теоремы Морлея, принадлежащее самому Морлею. На нём изображено семейство кардиоид, касающихся всех трёх сторон треугольника. Центры всех этих кардиоид лежат на прямой проходящей через, некоторые точки пересечения трисектрис треугольника. Рисунок выполнен ЭВМ по программе, составленной Ю. Котовым.Рис. 4
Это обобщение обычно связывают с именем знаменитого французского математика Анри Лебега. В 1939 году Лебег опубликовал элементарное доказательство следующего факта, который сам Морлей умел доказывать только с помощью кардиоид. Лебег рассмотрел трисектрисы внутренних и внешних углов треугольника ($3\cdot4=12$ прямых) и установил, что из точек пересечения этих прямых можно выбрать 27 троек точек, являющихся вершинами правильных треугольников. Заметим, что теорема о биссектрисах также допускает похожее обобщение: из шести биссектрис внутренних и внешних углов треугольника можно выбрать четыре тройки прямых, сходящихся в одной точке (рис. 4).
Первые элементарные доказательства теоремы Морлея были получены в 1909 году индусами М. Сатьянараяном (вычислительно-тригонометрическое доказательство) и М. Т. Нараньенгаром (чисто геометрическое доказательство; в 1922 году оно было переоткрыто англичанином Дж. М. Чилдом). В настоящее время известно уже, по крайней мере, несколько десятков доказательств теоремы Морлея. Однако интерес к ней не затухает, и всё время появляются новые доказательства, обобщения и варианты этого изящного предложения.
Ниже мы приводим два элементарных доказательства теоремы Морлея.
Доказательство первое (геометрическое; оно совпадает, по существу, с доказательством Нараньенгара—Чилда). Обозначим величины углов треугольника $ABC$ через $3\alpha$, $3\beta$ и $3\gamma$ (рис. 5). Так как $3\alpha+3\beta+3\gamma=180^\circ$, то $\alpha+\beta+\gamma=60^\circ$ и $\alpha+\beta=60^\circ-\gamma$. Пусть $U$ — точка пересечения трисектрис $AY$ и $BX$. Так как $AZ$ и $BZ$ — биссектрисы треугольника $AUB$, то $ZU$ — тоже биссектриса этого треугольника. Поэтому
$$
\widehat{AUZ}=\widehat{ZUB}=\dfrac12\widehat{AUB}=\dfrac12(180^\circ-2\alpha-2\beta)=
90^\circ-(60^\circ-\gamma)=30^\circ+\gamma.
$$
Рис. 5
Построим теперь равносторонний $\triangle X_1Y_1Z$, одна вершина которого совпадает с точкой $Z$, а вершины $X_1$ и $Y_1$ принадлежат соответственно прямым $BX$ и $AY$ (несколько ниже будет доказано, что они совпадают с точками $X$ и $Y$). Для этого проведём через $Z$ под углом $30^\circ$ к лучу $ZU$ два луча $ZX_1$ и $ZY_1$; через $X_1$ и $Y_1$ мы обозначим точки пересечения этих лучей с $BX$ и с $AY$ (т. е. с $BU$ и с $AU$). Так как, очевидно, $\triangle ZX_1U\cong\triangle ZY_1U$ (эти треугольники имеют равные углы и общую сторону), то $[ZX_1]=[ZY_1]$; поэтому $\triangle ZY_1X_1$ — равнобедренный треугольник с углом при вершине в $60^\circ$, т. е. равносторонний треугольник.
Обозначим, далее, через $P$ и $Q$ точки, симметричные точке $Z$ относительно прямых $AY$ и $BX$. Так как $AY$ и $BX$ — биссектрисы углов $ZAC$ и $ZBC$, точка $P$ принадлежит стороне $AC$ треугольника $ABC$, а точка $Q$ — стороне $BC$.
Найдём величины углов $PY_1X_1$ и $QX_1Y_1$. Так как $\widehat{ZX_1Y_1}=60^\circ$ (угол равностороннего треугольника), $\widehat{ZX_1B}=\widehat{X_1ZU}+\widehat{X_1UZ}=30^\circ+(30^\circ+\gamma)$ (внешний угол $\triangle ZX_1U$) и $\widehat{QX_1B}\cong\widehat{ZX_1B}$ (эти углы симметричны относительно прямой $BU$),
$$
\widehat{QX_1Y_1}= 360^\circ-60^\circ-(60^\circ+\gamma)-(60^\circ+\gamma)=180^\circ-2\gamma.
$$
Точно так же доказывается и равенство $\widehat{PY_1X_1}=180^\circ-2\gamma$.
Таким образом, $\widehat{PY_1X_1}=\widehat{QX_1Y_1}$; кроме того, $[PY_1]\cong[Y_1Z]\cong[ZX_1]\cong[X_1Q]$ (первые два отрезка симметричны относительно прямой $AU$, а два последних — относительно прямой $BU$). Отсюда следует, что четырёхугольник $PY_1X_1Q$ является равнобедренной трапецией (с углами $Y_1$ и $X_1$, равными $180^\circ-2\gamma$, и, значит, с углами $P$ и $Q$, равными $2\gamma$).
Опишем теперь окружность вокруг трапеции $PY_1X_1Q$. Так как хорды $[PY_1]$, $[Y_1X_1]$ и $[X_1,Q]$ этой окружности конгруэнтны, конгруэнтны и опирающиеся на эти хорды вписанные углы; поэтому $\widehat{PQY_1}=\widehat{Y_1PX_1}=\widehat{X_1PQ}=\gamma$. Но $\widehat{PCQ}=3\gamma$; поэтому описанная вокруг $PY_1X_1Q$ окружность $S$ пройдёт и через точку $C$. А теперь из конгруэнтности (стягиваемых конгруэнтными хордами) дуг $PY_1$, $Y_1X_1$, и $X_1Q$ окружности $S$ следует, что $\widehat{PCY_1}=\widehat{Y_1CX_1}=\widehat{X_1CQ}=\gamma$, откуда и вытекает совпадение $\triangle X_1Y_1Z$ с $\triangle XYZ$.
Этим и завершается доказательство теоремы Морлея.
Доказательство второе (вычислительное — оно близко к доказательству М. Сатьянараяна). Будем по-прежнему считать, что $\widehat{A}=3\alpha$, $\widehat{B}=3\beta$, $\widehat{C}=3\gamma$; длины сторон $BC$, $CA$ и $AB$ треугольника $ABC$ обозначим через $a$, $b$ и $c$, а диаметр описанной около него окружности — через $d$ (рис. 6).
Рис. 6
Попытаемся вычислить длину $|XY|=z$ стороны $[XY]$ треугольника $XYZ$. Для этого мы найдём, прежде всего, отрезки $|CX|=m$ и $|CY|=n$; после этого $|XY|$ можно будет найти по теореме косинусов из $\triangle CXY$. Для того же, чтобы вычислить $m$ и $n$, воспользуемся теоремой синусов. Применив эту теорему к $\triangle AYC$со сторонами $|AC|=b$ и $|CY|=n$ и углами $\widehat{A}=\alpha$, $\widehat{C}=\gamma$ и $\widehat{Y}=180^\circ-(\alpha+\gamma)=180^\circ-(60^\circ-\beta)=120^\circ+\beta$
(здесь мы снова использовали очевидное равенство $\alpha+\beta+\gamma=60^\circ$), получим
$$
\dfrac n{\sin\alpha}=\dfrac b{\sin(120^\circ+\beta)}
$$
или $$
n=\dfrac{b\sin\alpha}{\sin(120^\circ+\beta)}.
$$
Но в силу той же теоремы синусов (которую мы теперь будем применять уже к «большому» $\triangle ABC$)
$$
\dfrac b{\sin\widehat B}=d
$$
или $$
b=d\sin\widehat B=d\sin3\beta.
$$
Поэтому
$$
n=\dfrac{d\sin\alpha\sin3\beta}{\sin(120^\circ+\beta)}=\dfrac{d\sin\alpha\sin3\beta}{\sin(60^\circ-\beta)}.
$$
Но (вот здесь придётся немного запастись терпением!)
$$
\begin{gather*}
\sin3\beta=\sin(2\beta+\beta)=\sin2\beta\cos\beta+\cos2\beta\sin\beta=2\sin\beta\cos^2\beta+(1-2\sin^2\beta)\sin\beta=\\
=2\sin\beta\,(1-\sin^2\beta)+\sin\beta-2\sin^2\beta=3\sin\beta-4\sin^3\beta.
\end{gather*}
$$
Последнее выражение можно далее преобразовать так:
$$
\begin{gather*}
\sin3\beta=3\sin\beta-4\sin^3\beta=
4\sin\beta\left[\dfrac34-\sin^2\beta\right]=
4\sin\beta\left[\left(\dfrac{\sqrt3}2\right)^2-\sin^2\beta\right]=\\=
4\sin\beta\,[\sin^260^\circ-\sin^2\beta]=
4\sin\beta\,(\sin60^\circ+\sin\beta)(\sin60^\circ-\sin\beta)=\\=
4\sin\beta\cdot2\sin\dfrac{60^\circ+\beta}2\cos\dfrac{60^\circ-\beta}2\cdot2\cos\dfrac{60^\circ+\beta}2\sin\dfrac{60^\circ-\beta}2=\\=
4\sin\beta\cdot2\sin\dfrac{60^\circ+\beta}2\cos\dfrac{60^\circ+\beta}2\cdot2\sin\dfrac{60^\circ-\beta}2\cos\dfrac{60^\circ-\beta}2=\\=
4\sin\beta\sin(60^\circ+\beta)\sin(60^\circ-\beta).
\end{gather*}
$$
Подставляя это выражение для $\sin3\beta$ в формулу для $n$, получим
$$
n=4d\sin\alpha\sin\beta\sin(60^\circ+\beta).
$$
Совершенно аналогично доказывается, что $$
m=4d\sin\alpha\sin\beta\sin(60^\circ+\alpha).
$$
Применим теперь, как мы и собирались, теорему косинусов к $\triangle CXY$:
$$
\begin{gather*}
z^2=|XY|^2=m^2+n^2-2mn\cos\gamma=16d^2\sin^2\alpha\sin^2\beta\mathrel\times\\
\mathrel\times[\sin^2(60^\circ+\alpha)+\sin^2(60^\circ+\beta)-2\sin(60^\circ+\alpha)\sin(60^\circ+\beta)\cos\gamma].
\end{gather*}
$$
Заметим теперь, что $$
(60^\circ+\alpha)+(60^\circ+\beta)+\gamma=120^\circ+(\alpha+\beta+\gamma)=120^\circ+60^\circ=180^\circ;
$$
поэтому существует $\triangle EFG$ с углами $\widehat{E}=60^\circ+\alpha$, $\widehat{F}=60^\circ+\beta$ и $\widehat{G}=\gamma$ (рис. 7).
Рис. 7
Предположим, что диаметр $\delta$ описанной вокруг этого треугольника окружности равен 1. Тогда в силу теоремы синусов стороны треугольника будут равны
$$
e=|FG|=\sin(60^\circ+\alpha),\quad f=|EG|=\sin(60^\circ+\beta)\quad\text{и}\quad g=|EF|=\sin\gamma.
$$
Применив к этому $\triangle EFG$ теорему косинусов, получаем, что $$
\begin{gather*}
\sin^\circ(60^\circ+\alpha)+\sin^2(60^\circ+\beta)-2\sin(60^\circ+\alpha)\sin(60^\circ+\beta)\cos\gamma=\\=e^2+f^2-2ef\cos\gamma=g^2=\sin^2\gamma.
\end{gather*}
$$
Таким образом, получаем, что $$
z^2=16d^2\sin^2\alpha\sin^2\beta\sin^2\gamma
$$
и, значит,
$$
z=4d\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma.
$$
Но выражения для длин $y=|XZ|$ и $x=|YZ|$ отрезков $[XZ]$ и $[YZ]$ получаются из выражения для длины $z$ отрезка $[XY]$ циклической перестановкой углов $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$. А так как углы $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ входят в выражение для $z$ симметрично, то $x=y=z=4d\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma$ — и, значит, $\triangle XYZ$ со сторонами длин $x$, $y$ и $z$ — равносторонний.
Упражнения
На рисунке 8 наряду с вершинами $X$, $Y$ и $Z$ треугольника Морлея изображены также точки $U$, $V$ и $W$ пересечения $(AY)$ и $(BX)$ (эта точка имеется также на рисунке 5 — она играла большую роль в 1-м доказательстве теоремы Морлея); $AZ$ и $CX$; $CY$ и $BZ$. Докажите, что отрезки $[XW]$, $[YV]$ и $[ZU]$ пересекаются в одной точке $Q$.
Рис. 8
Докажите, что фигурирующая в задаче 1 точка $Q$ является центром правильного треугольника Морлея $XYZ$.
Докажите, что
отрезки $[AX]$, $[BY]$ и $[CZ]$ (где $XYZ$ — «треугольник Морлея» для $\triangle ABC$) пересекаются в одной точке $R$;
прямые $AW$, $BV$ и $CU$ (рис. 8) пересекаются в одной точке $S$;
точки $R$, $S$ и точка $Q$ задачи 1 лежат на одной прямой.
Пусть $\overline{X}$, $\overline{Y}$, $\overline{Z}$ — такие точки внутри (произвольного) $\triangle ABC$, что $\widehat{BA\overline{Z}}=\widehat{CA\overline{Y}}$ ($=\alpha$), $\widehat{CB\overline{X}}=\widehat{AB\overline{Z}}$ ($=\beta$), $\widehat{BC\overline{X}}=\widehat{AC\overline{Y}}$ ($=\gamma$). Докажите, что прямые $AX$, $BY$, $CZ$ пересекаются в одной точке $\overline{R}$ (ср. с задачей За).
Дополните следующее «косвенное» доказательство теоремы Морлея для треугольника $ABC$ с углами $\widehat{A}=3\alpha$, $\widehat{B}=3\beta$ и $\widehat{C}=3\gamma$. Пусть $XYZ$ — произвольный равносторонний треугольник. На его сторонах построим вне $\triangle XYZ$ равнобедренные треугольники $XYU$, $YZW$ и $ZXV$ (ср. рис. 8) с углами при основаниях $[XY]$, $[YZ]$ и $[ZX]$, соответственно равными $60^\circ-\gamma$, $60^\circ-\alpha$ и $60^\circ-\beta$. Обозначим, далее, точку пересечения прямых $UY$ и $VZ$ через $A$; $UX$ и $WZ$ — через $B$ и $VX$ и $WY$ — через $C$. Докажите, что углы $\triangle ABC$ равны $3\alpha$, $3\beta$ и $3\gamma$ и что прямые $AY$ и $AZ$; $BZ$ и $BX$; $CY$ и $CY$ являются трисектрисами этого треугольника. Это доказательство мы назвали «косвенным», так как в нём исходный $\triangle ABC$ строится по его «треугольнику Морлея» $XYZ$.
Дополните следующее доказательство теоремы Морлея; пусть $W$ — такая точка внутри $\triangle ABC$, что $\widehat{WBA}=\dfrac13\widehat{ABC}$ и $\widehat{WCA}=\dfrac13\widehat{ACB}$, и пусть $X$ — центр вписанной окружности $\triangle WBC$, а $Y$ и $Z$ — такие точки отрезков $[CW]$, соответственно $[BW]$, что $\widehat{YXW}=\widehat{ZXW}=30^\circ$ (при этом $\triangle XYZ$ — равносторонний). Обозначим через $O$ центр (правильного) $\triangle XYZ$, а через $U$ и $V$ точки пересечения прямых $ZO$, соответственно $YO$, с прямыми $BX$ и $CX$. Наконец, через $A'$ обозначим точку пересечения прямых $UY$ и $VZ$. Докажите, что $A'$ совпадает с $A$ и что $\triangle XYZ$ — «треугольник Морлея» для $\triangle ABC$. (Это доказательство теоремы Морлея принадлежит индусу К. Венкаташальенгару.)
При каких углах $\triangle ABC$ пятиугольник $CPYXQ$ (см. рис. 5) будет правильным?
Докажите, что если $\triangle ABC$ правильный, то ломаная $PYXQ$ (см. рис. 5) может быть дополнена до правильного 9-угольника, вершина $C$ которого противоположна стороне $XY$.
Докажите сформулированное в начале статьи утверждение о 27 правильных треугольниках, образованных точками пересечения трисектрис внутренних и внешних углов данного $\triangle ABC$.
Назовём многоугольник $A_1A_2A_3\ldots A_n$ многоугольником Морлея, если, проведя «трисектрисы» $A_1X_1$, $A_1X_2$; $A_2X_2$, $A_2X_3$; $A_3X_3$, $A_3X_4$; $\ldots$; $A_nX_n$, $A_nX_1$ его углов (где луч $A_1X_1$ ближе к стороне $A_1A_n$, луч $A_2X_2$ ближе к $A_2A_1$, $\ldots$, луч $A_nX_n$ ближе к стороне $A_nA_{n-1}$), мы придём к правильному многоугольнику $X_1X_2X_3\ldots X_n$. Из теоремы Морлея следует, что каждый треугольник является многоугольником Морлея; очевидно также, что каждый правильный многоугольник — «морлеев» и что, скажем, никакой отличный от квадрата прямоугольник не является многоугольником Морлея (почему?). Можете ли вы указать хоть один «морлеев многоугольник», отличный от треугольника и от правильного многоугольника?
