Треугольник Шарыгина (Mjyrikl,unt Ogjdinug)

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 Шарыгина

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

Для любого угла $\alpha$ 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 $\alpha$, причём для любого треугольника Шарыгина косинус одного из его углов лежит в указанном интервале.

Сам угол $\alpha$ в градусах удовлетворяет приближённому двойному неравенству $102{,}663^{\circ }\lesssim \alpha \lesssim 104{,}478^{\circ }$.

Доказательство

Пусть $\vartriangle ABC$ — треугольник Шарыгина, $a$, $b$ и $c$ — его стороны (см. рисунок), $AA_{1}$, $BB_{1}$ и $CC_{1}$ — его биссектрисы, и $A_{1}B_{1}=A_{1}C_{1}$.

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

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

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

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

$2x(a+b+c)+a=0\Rightarrow a=-{\frac {2x(b+c)}{2x+1}}.$ Подставив данное значение в равенство $b^{2}+c^{2}-a^{2}=2bcx$ и разделив его на $c^{2}$, получим квадратное уравнение на ${\frac {b}{c}}:$
$(4x+1){\Big (}{\frac {b}{c}}{\Big )}^{2}-(8x^{3}+16x^{2}+2x){\Big (}{\frac {b}{c}}{\Big )}+(4x+1).$ Первый и третий члены меньше нуля, а значит, средний член должен быть больше нуля. ${\frac {b}{c}}>0$, следовательно, $8x^{3}+16x^{2}+2x>0$. 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}}(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 $b\neq c$, следовательно, требуется его строгая положительность.

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

Кубика Шарыгина

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

Конкретные примеры

Треугольник Шарыгина, образованный тремя вершинами правильного семиугольника.

В правильных многоугольниках

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 $U_{0},U_{1},\dots ,U_{13}$ — вершины правильного $14$-угольника, а $\vartriangle U_{0}U_{2}U_{6}$ — наш треугольник, вершины которого являются также вершинами правильного $7$-угольника $U_{0},U_{2},\dots ,U_{12}$. Обозначим вершины треугольника, образованного основаниями биссектрис $\vartriangle U_{0}U_{2}U_{6}$, через $A,B,C$ (см. рисунок). Докажем, что $BC=BA$.

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

Докажем теперь, что $BC_{1}=BA$. Прямые $U_{2}U_{6}$ и $U_{2}U_{0}$ симметричны относительно $U_{2}U_{10}$. Углы $\angle U_{10}U_{1}U_{2}$ и $\angle U_{10}U_{3}U_{2}$ опираются на равные дуги, а значит, равны по следствию из теоремы о вписанном угле. Следовательно, прямые $U_{10}U_{1}$ и $U_{10}U_{3}$ также симметричны относительно $U_{2}U_{10}$. Значит, точки $A$ и $C_{1}$ симметричны относительно $U_{2}U_{10}$ как пересечения прямых $U_{2}U_{6}$ с $U_{10}U_{3}$ и $U_{2}U_{0}$ с $U_{10}U_{1}$ соответственно. При этом точка $B$ лежит на отрезке $U_{2}U_{10}$. Следовательно, отрезки $BA$ и $BC_{1}$ симметричны относительно $U_{2}U_{10}$, то есть и равны.

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

С целыми длинами сторон

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

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

Минимальность данного примера была проверена полным перебором.

Вариации

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.

Литература

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

Ссылки

• Лекция Игоря Нетая на youtube