Сюрпризы

13

Неколько слов о названии.
Сначала мы разберем задачу M195 из «Задачника Кванта». Обнаружится, что она тесно связана с одним классическим построением в геометрическом кругов. Затем вскройются и другие неожиданные связи и факты.
Самый же главный сорриз… Но, т-с-с! Иначе какой же это будет сорриз?

§ 1. Задача о трех четырехугольников
M195. Дан $\Delta ABC$. Сколько существует таких точек $D$, что периметры четырехугольников 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).

*) Рассматриваются только такие точки $D$, которые лежат в плоскости $\Delta ABC$.

Радиусы этих окружностей $a, b$ и $c$ определяются из системы уравнений
$$a + b = AB, a + c = AC, b + c = BC.$$
Тем самым,
$$a = p - BC, b = p - AC, c = p - AB,$$
где $p$ — полуперimetр $\Delta ABC$.

Пусть $D$ — центр окружности $\delta$, которая внешним образом касается окружностей $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$. Радиус $\delta$ обозначаим через $d$.

To, что окружность $\delta$ существует, мы предполагаем известным. Построение такой окружности составляет содержание значений задания Аполлония*), решенной Аполлонем Пергским в III веке до н. э.

Из рисунка 1 сразу видно, что каждый из трех четырехугольников ADBC, ABDC и ABCD имеет перimeter $2(p+d)=2(a+b+c+d)$. Таким образом, хотя одна изскомая точка $D$ существует.

Может ли таких точек быть больше одной? Переходя к решению этого вопроса, прежде всего убедимся в том, что если перметры ADBC, ABDC и ABCD равны, то точка $D$ лежит вне окружностей $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ и равнула она их. Положим $AD=x, BD=y, CD=z$. тогда равенство перimetров рассматриваемых четырехугольников записется так:
$$2p - AB + x + y = 2p - AC + x + z = 2p - BC + y + z.$$ (2)

Вычитая почленно равенства (2) из числа $p+x+y+z$, получим
$$z - (p - AB) = y - (p - AC) = x - (p - BC).$$

*) Об этой задаче уже расссказываюсь в статье Савина А. П., Инверсия и задача Аполлония. «Квант», 1971, № 8.

14

Использову формулы (1), находим
$$z-c=y-b=x-a.$$

Согласно (3) числа $x-a, y-b$ и $z-c$ имеют один и тот же знак. При этом $x-a>0$, если точка $D$ лежит вне $\alpha$, и $x-a\leq 0$, если $D$ лежит внутри или на $\alpha$; знаки $y-b$ и $z-c$ имеют аналогичный смысл. Так как никакая точка не принадлежит сразу всем тем кругам, ограниченным окружности $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$, то следует
$$x-a=y-b=z-c\leq 0$$
исключется. Значит,
$$x-a=y-b=z-c>0,$$
$D$ лежит вне $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ и равнулалена от них.

Операция на это, доказем единственное точки $D$.

Пусть (для определения) $\alpha$ — наименьшая из окружностей $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$:
$$a\leq b, a\leq c.$$ Радиусами $b-a$ и $c-a$ опшем окружности $\beta'$ и $\gamma'$ с центрами $B$ и $C$. Точка $D$, лежащая вне $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ и равнулалена от них, равнулалена также от точки $A$ и окружности $\beta'$ и $\gamma'$ (рис. 2). Построим еще 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 $D$. Тогда (рис. 2) $T$ лежит либо вне $\beta''$, либо вне $\gamma''$, либо вне обених этих окружностей. Тем самым $T$ расположена близке к $A$, чем к одной из окружностей $\beta'$ или $\gamma'$.

Последнее рассужждение показывает, что две различные точки $D_1$ и $D_2$ не могут быть равноудалены от $A$, $\beta'$ и $\gamma'$: предположив противное (пусты $D_1$ и $D_2$—такие точки, причем $AD_1\geq AD_2$) и обозначив $D_1$ через $D$, $a$ $D_2$ через $T$, сразу придем к противению.

Единственное точки $D$ доказана.

§ 2. Двойственная задача

В § 1 обнаружила техническая связь задания о трех четырехугольниках с задачей Аполлоня. В формулировке последней («Построить окружность, касающийся трех данных окружностей») не указано, каким должно быть касание — внешним или внутренним. В § 1 окружность $\delta$ касалась $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешним образом. Обозначим через $\epsilon$ окружность, которое все три окружности $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ касаются изнутри; центр ее называем $E$ (рис. 3).

Спрашивает: а не является ли отыскание точки $E$ решением какой-нибудь задачи, пожоже на задачу о трех четырехугольниках? (Прежде чем читать дальше, попробyte, конечно, сами придумать такую задачу.)

Положим $AE=x, BE=y, CE=z$, радиус окружности $\epsilon$ обозначим через $e$. Тогда (рис. 3) $x+a=y+b=z+c=e$. Отсюда $x+y+a+b=2e$, то есть $x+y+AB=2e$. Так же установливается, что $x+z+AC=y+z+BC=2e$. Величины $x+y+AB, x+z+AC$ и $y+z+BC$— это периметры треугольников $AEB, AEC$

Рис. 2.

Рис. 3

15

и ВЕС. Таким образом, центр $E$ окружности е оказывается решением задачи «о трех треугольников равного перimetра», совершенное аналогичной исходной задаче о четырехугольниках.

Точка формулировка новой задачи:

«Дан $\Delta ABC$. Сколько существует максимое $E$, что перimetры треугольников $AEB, AEC$ и $BEC$ одинаковы*)?>

Выше мы установили, что хотя одна такая точка $E$ существует.

У праванення

1. Докажите, что других таких точек нет.
2. Докажите утверждение, обратное полученному выше: пусть точка $E$ такова, что перimetр 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 трех четырехугольниках и о трех треугольниках мы не только доказали существование и единственность точек $D$ и $E$, но и нашли формулы для перimetров: $2(p+d)=2(a+b+c+d)$ и $2e$. Спрашивает: а можно ли вычислить эти перimetры, зная стороны $\Delta ABC$? Радиуса $a, b$ и $c$ вычисляются по простым формулам (1). Выражаются ли $d$ и $e$ через $a, b$ и $c$?

Положительный ответ на этот вопрос дается в § 3.

§ 3. Формула Фредерика Содди

Мы уже отмеали, что задача Аполлония была решена в III веке до нашей эры. Казалось бы, в наши дни она уже не может tantь в себе ничего нового и неожиданного. Однако сравнительно недавно была получена красивейшая формула, показывающая, как соответствия между собой размеры окружности в задаче Аполлония.

Эта формула производит еще больше в печатание, когда узнаешь, что ее придумал не профессиональный

*) Рассматривает только такие точки $E$, которые лежат в плоскости $\Delta ABC$.

математик, а химик — Фредерик Содди.

Обозначим через $k, l, m$ и $n$ величины, обратные радиусом окружностей $\alpha, \beta, \gamma$ и $\delta$ из § 1:

$k=1/a, l=1/b, m=1/c, n=1/d$.

Тогда

$2(k^2+l^2+m^2+n^2)=(k+l+m+n)^2$.

Это изящное соотношение и есть формула Содди.

Ее можно рассматривать как квадратное уравнение относительно $n$ (числа $k, l$ и $m$ считаются при этом известными). Решая это уравнение, получим

$n_{1,2}=k+l+m\pm 2\sqrt{kl+lm+mk}$.

Положительный корень $n_1$ — это, разумеется, $1/d$. А что такое $n_2$?

Оказывается, $n_2=-1/e$, где $e$ — радиус окружности из § 2.

Каков смысл знаков «плюс» и «минус»: почему $1/d$ береется с плоском, а $1/e$ — с минусом?

Величина, обратная радиусу имеет специализное название: «кривизна». Чем больше радиус, тем более плавано «искривляется» окружность — тем меньше ее кривизна.

Прямая (предельный случай окружности — «окружность бесконечного радиуса») имеет нулевую кривизну. Знаками было бы естественно различать кривизну «выпуклых» и «вогнутых» кривизх. Но что такое выпуклы и вогнутые окружности?

Все окружности, разумеется, «одинаковы». Но когда находится вне окружности, то ее естественно считать выпуклой, а если находится внутри той же окружности, то она представляется вогнутой. Тем самым, «с точки зреня окружностей $\alpha, \beta$ и $\gamma$» окружности и ее разумно считать «разными»: первый — выпуклой, второй — вогунутой.

Вывод формулы Содди мы приведем в § 6.

§ 4. Главный сорпириз

У нас уже было несколько сорпиризов: в § 1 задача о четырехугольниках с равными перimetрами свелась вдруг к частному случаю задчи Аполлония, в § 2 необходимо оказаться порядок действия — мы сначала решили, а потом уже формулировали задачу о треугольниках с равными перimetрами, в § 3 мы приведем форму-

16

мулу, который современный химик украсил одну из древнейших геометрических задач.

Но главный спориз будет преподнесен сейчас.

В своих доказательствах мы пользовались следующими «очевидными» геометрическими фактами:

I. Пусть три окружности $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ попарно касаются друг друга внешним образом. Тогда существуетровно одна окружность $\delta$, касающаяся $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешним образом, ировно одна окружность $\varepsilon$, который $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ касаются изнутри.

II. 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. (Позному и решению 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 $\varepsilon$, имеющей с $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внутреннее касание.

Рисунок 5 определяет «факт» II.

Неверны, разумеется, и следствия, основанные на «фактах» I и II —рушится все данные, возведенное на шатком фундамента!

К счастью, разрушения не такие уж катастрофические.

Теорема. Пусть окружности $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ попарно касаются друг друга внешним образом. Тогда возможно три (и только три) случая:

I. Существуетровно одна окружность $\delta$, касающаяся $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешним образом, ировно одна окружность $\varepsilon$, который $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ касаются изнутри.

II. $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ имеют общую касательную (причем лежат по одному стропу от нее), при этомровно одна окружность $\delta$ касается $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешним образом, и ни одной окружности $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ не касаются изнутри.

III. Существуетровно две окружности $\delta_1$ и $\delta_2$, каждый из которых касается $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешним образом, и не существует ни одной окружности, который $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ касаюсь бы изнутри.

Несоколько слов об инверсии.

При доказательстве этой теоремы воспользуемся метод инверсии*).

Напомним определение и некоторые свойства инверсии.

О пределене. Пусть $Q$ — окружность с центром $O$ радиуса $R$, лежащая в плоскости $P$. Инверсей относительно окружности $Q$ называется следующей преобразование плоскости $P$: каждая точка $M$ плоскости

*) Савин А. П., Инверсия и задача Аполлоня. «Квант», 1971, № 8.

Рис. 4.

Рис. 5.

17

Рис. 6.

$\Pi$, 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, $R^2$ — коэффициент инверсии.

Свойства 1. Если $M$ принадлежит $Q$, то $M' = M$; если $M$ лежит внутри $Q$ и отлича от $O$, то $M'$ лежит вне $Q$; если $M$ лежит вне $Q$, то $M'$ — внутри $Q$.

2. Прямы и окружности переходит при инверсии в прямые и окружности, причем:

a) точки, лежащие на прямой, проходящей через $O$, переходит в точки той же прямой;

b) прямая, не проходящая через $O$, переходит в окружность, проходящую через $O$;

b) окружность, проходящая через $O$, переходит в прямую, не проходящую через $O$;

г) окружность, не проходящая через $O$, переходит в окружность, не проходящую через $O$; при этом $O$ лежит либо вне обених, либо внутри обених этих окружностей.

3. 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) переходит в параллельные прямые.

*) То есть то, во что они переходит после инверсии.

Рис. 7.

Тому, кто узнал об инверсии впервые, мы рекомендуем либо доказать самостояльно перечисленные свойства, либо прочесть упомянутую выше статью А. П. Савина.

В качестве контрольного управления, которое поможет вам выяснить, насолько 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 точки обозначим через $\Gamma$. При инверсии с центром инверсии $O$ окружности $\alpha$ и $\beta$ перейдет в параллельные прямые $\alpha'$ и $\beta'$ (рис. 6). Окружности $\gamma$, касающиеся $\alpha$ и $\beta$, перейдет в окружности $\gamma'$, касающиеся $\alpha'$, и $\beta'$. Пунктирная прямая $\Gamma'$ на рисунке 6 — это геометрическое место точки, являющихся центрами окружностей $\gamma'$. Итак, кривая $\Gamma$ при инверсии перешла в прямую. Значит, $\Gamma$ — либо окружность, либо прямая.

Если вы нашли ошибку в приведенном «решении», пора переходит к доказательству теоремы, сформулированной в начале § 5.

Доказательство теоремы. Окружности $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ по условияю попарно касаются друг друга внешним образом (рис. 7, a). Точку касания $\alpha$ и $\beta$ обозначим через $O$.

18

Возьем произвольную окружность $Q$ с центром $O$ и примем инверсию относительной этой окружности (рис. 6).

При инверсии окружности $\alpha$ и $\beta$ перейдут в параллельные прямые $\alpha'$ и $\beta'$, а окружность $\gamma$ — в окружность $\gamma'$, касающийся этих прямых (рис. 7, б). Центр инверсии $O$ расположен (проверьте это!) в полoce между прямыми $\alpha'$ и $\beta'$ вне окружности $\gamma'$.

Имеются, очевидно,ровно две окружности, касающиеся и $\alpha'$, и $\beta'$, и $\gamma'$ (рис. 7, е). При этом возможно три случая:

I. Точка $O$ лежит внутри одной из этих окружностей (и вне другой).

II. Точка $O$ лежит на одной из них (и вне другой).

III. Точка $O$ лежит вне обихих этих окружностей.

В случае I и II обозначим расматриваемые окружности через $\delta'$ и $\varepsilon'$ (причем через $\delta'$ — ту, вне которой лежит точка $O$), в случае III обозначим их через $\delta'_1$ и $\delta'_2$.

Любая окружность или прямая, касающаяся и $\alpha$, и $\beta$, и $\gamma$, перешап при инверсии в окружность, касающийся $\alpha'$, $\beta'$ и $\gamma'$. В случае I в окружности $\delta'$ и $\varepsilon'$ перешли окружности — назовем их $\delta$ и $\varepsilon$. В случае II в $\delta'$ перешла окружность (назовем ее $\delta$), а в $\varepsilon'$ перешла прямая (то есть $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ имеют в этом случае общую касательную, при этом $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ лежат, очевидно, по одному сторону от нее). В случае III в $\delta'_1$ и $\delta'_2$ перешли окружности (назовем их $\delta_1$ и $\delta_2$).

Итак, окружностей, касающиеся и $\alpha$, и $\beta$, и $\gamma$ — либо две, либо одна. В случае I точки $O$ лежит вне $\delta$ и внутри $\varepsilon$, то есть $\delta$ имеет с $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешнее, а $\varepsilon$ — внутринее касание. В случае II точки $O$ лежит вне $\delta$ — снова $\delta$ имеет с $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ внешнее касание. В случае III точки 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 случае $I$ и $II$ задача о трех четырехольных имеем единственное решение (ценр $D$ окружности $\delta$), в случае $III$ — два решения (ценры $D_1$ и $D_2$ окружности $\delta_1$ и $\delta_2$).

Следствие 2. В случае $I$ задача о трех четырехольных имеем единственное решение (ценр $E$ окружности $\varepsilon$), в случае $II$ и $III$ решения нем.

Заметание. В § 3 мы утверждали (в соответствии с неверной теории, развитой в §§ 1 и 2), что $n_1 = 1/d$, а $n_2 = -1/e$. Это действительное так в случае I. В этом случае $n_2 < 0$. В случае II $n_2 = 0$ (это соответствует тому, что прямая — общая касательная $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ — имеет нулевую кривизну). В случае III $n_1 = 1/d_1$, а $n_2 = 1/d_2$, где $d_1$ и $d_2$ — радиусы окружностей $\delta_1$ и $\delta_2$; в этом случае $n_2 > 0$. В справедливости только что сделанных утверждений мы убедимся в § 6.

Знача стороны треугольника $ABC$, мы можем вычислить $n_{1,2}$ и установить, какой из трех случаев имеет место.

Иногда можно обойтись без таких вычислений — об этом мы рассажем в § 7.

§ 6. Вывод формулы Содди

1. Пусть $U, V$ и $W$ — три произвольных неотрицательных числа, сумма которых равна $π$. Тогда
   $$\sin^2 U = \sin^2 V + \sin^2 W - 2 \sin V \sin W \cos U.$$
   Доказательство. Построим треугольник с углами $U, V$ и $W$. Пусть длины противолежащих сторон равны $u, v$ и $w$. По теореме косинусов
   $$u^2 = v^2 + w^2 - 2 vw \cos U.$$
   По теореме синусов
   $$u/\sin U = v/\sin V = w/\sin W.$$
   Отсюда нужная формула получается для любых ненулевых углов. Если хотя один из углов $U, V$ и $W$ равен 0, формула проверяется непосредственно.

19

2. Пусть $A, B, C$ и $D$ — четыре произвольные точки плоскости. Тогда
   $$\sin^2 \frac{\angle ADB}{2} + \sin^2 \frac{\angle ADC}{2} - \sin^2 \frac{\angle BDC}{2})^2 = 4\sin^2 \frac{\angle ADB}{2} \times \sin^2 \frac{\angle ADC}{2} \cos^2 \frac{\angle BDC}{2}.$$
   Доказательство. Возможны (рис. 8) четыре случая взаимного расположения точки $A, B, C$ и $D$. В каждом из них выберем $U, V$ и $W$ в соответствии с таблицей, помещенной ниже. В любом случае $U \geq 0$, $V \geq 0$, $W \geq 0$ и $U + V + W = \pi$ так что, согласно пункту 1,
   $(\sin^2 V + \sin^2 W - \sin^2 U)^2 = 4\sin^2 V \cdot \sin^2 W \cdot \cos^2 U$.
   Остается воспользоваться тем, что в любом случае
   $$\sin U = \sin \frac{\angle BDC}{2}, \\ \sin V = \sin \frac{\angle ADC}{2}, \\ \sin W = \sin \frac{\angle ADB}{2}, \\ \cos^2 U = \cos^2 \frac{\angle BDC}{2}.$$
3. Пусть один из углов треугольника равен $\theta$, противоположная сторона $-u$, прилежащие $-v$ и $w$, получимметр треугольника $-q$. Тогда
   $$\cos^2 \frac{\theta}{2} = \frac{q(q - u)}{v \cdot w}, \quad \sin^2 \frac{\theta}{2} = \frac{(q - v)(q - w)}{v \cdot w}.$$
   Доказательство. По теореме косинусов
   $$u^2 = v^2 + w^2 - 2vw \cos \theta, \quad \cos \theta = (v^2 + w^2 - u^2)/2vw.$$
   Значит,
   $$\cos^2 \frac{\theta}{2} = \frac{1 + \cos \theta}{2} = \frac{(v + w)^2 - u^2}{4v \cdot w} = \frac{(v + w + u)(v + w - u)}{4v \cdot w} = \frac{q(q - u)}{v \cdot w},$$

20

$$\sin^2 \frac{\theta}{2} = \frac{1 - \cos \theta}{2} = \frac{u^2 - (v - w)^2}{4v \cdot w} = \frac{(u + v - w)(u + w - v)}{4v \cdot w} = \frac{(q - w)(q - v)}{v \cdot w}.$$

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
   $$\cos^2 \frac{\angle BDC}{2} = \frac{(b + d + c)d}{(b + d)(d + c)},$$
   $$\sin^2 \frac{\angle BDC}{2} = \frac{bc}{(b + d)(d + c)},$$
   $$\sin^2 \frac{\angle ADB}{2} = \frac{ab}{(a + d)(d + b)},$$
   $$\sin^2 \frac{\angle ADC}{2} = \frac{ac}{(a + d)(d + c)}.$$

Доказательство. В $\triangle BDC$ выразим стороны и полуперimetр через $b, d$ и $c$:
$$BC = b + c, \quad BD = b + d, \quad DC = d + c,$$
$$\frac{1}{2}(BC + BD + DC) = b + d + c$$

и воспользовемся 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 в с центром $E$ и радиусом $e$. Тогда
$$\cos^2 \frac{\angle BEC}{2} = \frac{(b - e + c)(-e)}{(b - e)(-e + c)},$$
$$\sin^2 \frac{\angle BEC}{2} = \frac{bc}{(b - e)(-e + c)},$$
$$\sin^2 \frac{\angle AEB}{2} = \frac{ab}{(a - e)(-e + b)},$$
$$\sin^2 \frac{\angle AEC}{2} = \frac{ac}{(a - e)(-e + c)}.$$

Доказательство — такое же, как в пункте 4.
5. В условях пункта 4 положим $k = 1/a, l = 1/b, m = 1/c, n = 1/d$.

Тогда
$(-k + l + m + n)^2 = 4(lm + mn + nl).$

Доказательство. Согласно пункта 2 и 4
$$\left[ \frac{ab}{(a + d)(d + b)} + \frac{ac}{(a + d)(d + c)} \right]^2 = 4 \frac{ab}{(a + d)(d + b)} \times \frac{ac}{(a + d)(d + c)} \cdot \frac{(b + d + c)d}{(b + d)(d + c)}.$$

Умножив обе части равенства на $[(a + d)(b + d)(c + d)/abcd]^2$, получим
$$\left[ \frac{c + d}{cd} + \frac{b + d}{bd} - \frac{a + d}{ad} \right]^2 = 4 \frac{b + d + c}{bdc},$$

или окончательно
$(-k + l + m + n)^2 = 4(lm + mn + nl).$

Заметание. 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 $n = -1/e$.

6. Кривизны $k, l, m$ и $n$ окружностей $\alpha, \beta, \gamma$ и $\delta$, попарно касаются друг друга внешним образом, связанными формулой Содди
   $(k + l + m + n)^2 = 2(k^2 + l^2 + m^2 + n^2).$

Та же формула верна, если $n$ — кривизна окружности $\varepsilon$, которое $\alpha, \beta$ и $\gamma$ касаются изнутри.

Доказательство. Преобразуем тожество
$(k + l + m + n)^2 = (-k + l + m + n)^2 + 4k(l + m + n)$

с учетом пункта 5:
$(k + l + m + n)^2 = 4(kl + km + kn + lm + ln + mn).$

Воспользовавшись тожеством
$(k + l + m + n)^2 - (k^2 + l^2 + m^2 + n^2) = 2(kl + km + kn + lm + ln + mn),$

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

21

Следствие 1. Положим (как в § 3)
$$n_{1,2} = k + l + m \pm 2\sqrt{kl + lm + mk}.$$
Тогда — в терминах § 5,— если имеет место случай I, то $n_2 < 0$, а если имеет место случай III, то $n_2 > 0$.

Упражнение 3. Докажите, что в случае II $n_2 = 0$.

Объединяя следствие 1 и упражнение, получаем

Следствие 2. Если $n_2 < 0$, то имеет место случай I, если $n_2 = 0$,— случай II, если $n_2 > 0$,— случай III.

§ 7. Еще одна необходимость

В июне в «Задачнике «Кванта» была опубликована задача M209.

Для любого треугольника ABC можно вычислить такую сумму:
$$S = \text{tg}^2 \frac{A}{2} + \text{tg}^2 \frac{B}{2} + \text{tg}^2 \frac{C}{2}.$$
Докажите, что:
a) $S < 2$ для всех остругольных и прямоугольных треугольников;
b) $S > 2$ для тупоугольных треугольников с тупым углом, большим 2 arc tg $^4/3$;
b) для всякого ф такого, что $\frac{\pi}{2} < \varphi < 2\arctg \frac{4}{3}$, среди тупоугольных треугольников с тупым углом, равным $\varphi$, имеются и такие, что $S > 2$, и такие, что $S < 2$.

На первый взгляд, в задачах M195 и M209 говорится про совершенное разные вещи. Но, оказывается,— еще 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, с попарно касаются дружества внешним образом, и пусть $a + b + c = p$. Тогда
$$\text{tg}^2 \frac{A}{2} = \frac{bc}{ap}, \text{tg}^2 \frac{B}{2} = \frac{ac}{bp},$$
$$\text{tg}^2 \frac{C}{2} = \frac{ab}{cp}.$$

Таким образом, $(a + b + c)S = \frac{bc}{a} + \frac{ac}{b} + \frac{ab}{c}$. Деля обе части этого равенства на abc, получаем
$$S \left( \frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} + \frac{1}{ca} \right) = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2}$$
или $S(kl + lm + mk) = k^2 + l^2 + m^2$. Используя тожество $k^2 + l^2 + m^2 = (k + l + m)^2 - 2(kl + lm + mk)$, находим: $(S + 2)(kl + lm + mk) = (k + l + m)^2$.

Итак, следующее условия попарно эквивалентны:
$$S < 2 \text{ и } (k + l + m)^2 < 4(kl + lm + mk),$$
$$S = 2 \text{ и } (k + l + m)^2 = 4(kl + lm + mk),$$
$$S > 2 \text{ и } (k + l + m)^2 > 4(kl + lm + mk).$$

Вспомним формулу
$$n_{1,2} = (k + l + m) \pm 2\sqrt{kl + lm + mk},$$
получаем от сюда.

Утверждение 2. Условия S<2, S=2 и S>2 характеризуют (соответствие) случай I ($n_2 < 0$), II ($n_2 = 0$) и III ($n_2 > 0$).

Поэтому результат задачи M209 позволяет довольно частю по виду △ ABC сказал, какой из случая I, II, III имеет место: если △ ABC остругольный или прямоугольный, то случай I (задача M195 имеет в этом случаеровно одно решение D), если △ ABC «очень тупоугольный» ($\varphi > 2\arctg^4/3$), то случай III (задача M195 имеет два решения D$_1$ и D$_2$). «Водораздел» (случай II) проходит по «не слишком тупоугольным» треугольникам ($\pi/2 < \varphi < 2\arctg^4/3$). Некоторые дополнительные сведения об этом «водоразделе» вы получите, решив задачу M209 или прочт ее решения в «Задачнике «Кванта»».