РРАЗРЕЗАНИЕ ТРЕУГОЛЬНИКА НА РАВНЫЕ ТРЕУГОЛЬНИКИ
А. Рябичев
Аннотация.
В статье доказывается, что почти любой треугольник можно разрезатьлишь на n равных между собой треугольников, причём для каждого n такое разбиениеединственно. Для решения этой «школьний» задачи мы используем чуть более продвину-тую технику, чем просто школьную геометрию, — некоторые приёмы из линейной алгебры,анализа и теории меры. Введение
Любой треугольник можно разрезать на n равных между собой треугольников для лю-бого n ∈ N . Схема такого разрезания показана на рис. 1. Будем называть такие разбиения стандартными . Рис. 1.
Разрезание треугольника на n равных треугольников.Некоторые треугольники также допускают другие разрезания на m равных между со-бой треугольников, в том числе для чисел m , не являющихся полными квадратами. Мыпредлагаем читателю рассмотреть самые простые примеры, приведённые ниже, самосто-ятельно. Задача 1.
Докажите, что если треугольник ∆ можно разбить на 2 равных между собойтреугольника, то ∆ равнобедренный. Задача 2. (а)
Докажите, что если треугольник ∆ можно разбить на 3 равных междусобой треугольника, то ∆ имеет угол π/ . (б) Докажите, что таких треугольников всегодва (с точностью до подобия).
Задача 3.
Постройте треугольник, который можно разбить на 4 равных между собойтреугольников способом, отличным от стандартного.
Задача 4.
Существует ли треугольник, который можно разбить на 5 равных между собойтреугольников?При большом m анализ способов разбить треугольник на m равных между собой тре-угольников довольно сложен. В нашей статье мы поговорим о следующей задаче. Вопрос.
Существует ли треугольник, который можно разрезать лишь на n равныхмежду собой треугольников? В книге [1] А. Сойфер даёт положительный ответ на этот вопрос, презентуя ряд изящныхи весьма полезных приёмов из линейной алгебры, так что приведённое им доказательствовполне доступно заинтересованному старшекласснику.Мы дадим немного другое доказательство существования такого треугольника. Приэтом мы выходим за рамки школьной геометрии и используем чуть более продвинутые a r X i v : . [ m a t h . M G ] F e b А. Рябичев приёмы из анализа и теории меры. Как нам кажется, эта техника довольно естественна длярешения нашей задачи. В частности, она легко приводит нас к более общему результату,чем просто теорема существования:
Теорема 1.
Почти любой треугольник допускает разбиение лишь на n равных междусобой треугольников для всех натуральных n . Более тщательный анализ разбиений даёт следующее замечательное обобщение:
Теорема 2.
Почти для любого треугольника все разбиения на равные между собой тре-угольники могут быть устроены только как на Рис. 1.
В формулировках теорем 1 и 2 требуется уточнить, что означают слова почти любой .В следующих двух разделах мы даём необходимые определения.2.
Множества меры ноль
Говорят, что множество A ⊂ R k имеет меру ноль , если для любого ε > множество A можно покрыть не более чем счётным числом параллелепипедов со сторонами, парал-лельными координатным осям, и имеющими суммарный объём меньше ε . В этих терминах,фраза « почти любая точка R k » имеет буквальное значение « любая точка R k , не принад-лежащая наперёд заданному множеству меры ноль ».Легко показать, что объединение не более чем счётного числа множеств меры ноль будетиметь меру ноль. Также несложно убедиться, используя компактность, что никакой шарв R k не является множеством меры ноль. (См., например, [2, стр. 337].)Мы будем использовать два следующих факта. Их можно считать упражнениями повведению в теорию меры. Предложение 1.
Объединение счётного числа прямых в R имеет меру ноль. Пусть даны открытые подмножества
U, V ⊂ R . Мы называем отображение f : U → V гладким , если его координатные функции непрерывно-дифференцируемы. Следующееутверждение нетрудно выводится из локальной липшицевости гладкого отображения. Предложение 2.
Для любого множества меры ноль A ⊂ R и любого гладкого отобра-жения f : U → V множество f ( A ∩ U ) имеет меру ноль. Пространство треугольников
Каждому треугольнику ∆ сопоставим упорядоченную тройку длин его сторон ( a, b, c ) .Ясно, что для нашей задачи нам достаточно рассмотреть лишь те треугольники, у которыходна из сторон равна единице. Поэтому будем считать, что c = 1 .Таким образом, множество всех треугольников (с упорядоченными вершинами, с точ-ностью до подобия) отождествляется с подмножеством M ⊂ R , заданным неравенствами x + 1 > y , y + 1 > x и x + y > .Далее мы построим множество Σ ⊂ M меры ноль, такое что для любого ∆ ∈ M \ Σ выполнено утверждение теорем 1 и 2. Поскольку дополнение M \ Σ непусто, теоремаА. Сойфера сводится к теореме 1.4. Несоизмеримость углов
Пусть N ⊂ R — подмножество, заданное уравнениями x > , y > и x + y < π . Для ( α, β ) ∈ N существует единственный треугольник ∆ ∈ M с упорядоченным набором углов ( α, β, π − α − β ) . Это задаёт отображение f : N → M . Предложение 3.
Отображение f гладко. АЗРЕЗАНИЕ ТРЕУГОЛЬНИКА НА РАВНЫЕ ТРЕУГОЛЬНИКИ 3
Доказательство.
Возьмём произвольный треугольник
ABC , такой что AB = 1 . Тогдапо теореме синусов AC = sin ∠ B sin ∠ C и BC = sin ∠ A sin ∠ C . Отношение гладких функций гладко,поэтому зависимость сторон треугольника ABC от его углов является гладкой, что итребовалось. (cid:3)
Для каждой тройки рациональных чисел ( q , q , q ) (cid:54) = (0 , , уравнение q x + q y + q ( π − x − y ) = 0 задаёт прямую, либо пустое множество. Пусть Σ ⊂ R — объединение всех прямых та-кого вида. Тогда по предложению 1 множество Σ имеет меру ноль, а по предложению 2множество f (Σ ∩ N ) имеет меру ноль.Про треугольники из M \ f (Σ ∩ N ) говорят, что их углы не соизмеримы . Замечание.
Если α, β, γ — набор углов некоторого треугольника, такой что ( α, β ) ∈ Σ , тотогда также ( β, α ) ∈ Σ , ( α, γ ) ∈ Σ , и т. д. (то есть не важно, какую пару углов брать). Лемма 1.
Пусть ∆ ∈ M \ f (Σ ∩ N ) . Тогда, если ∆ разбит на треугольники, равные ∆ (cid:48) ,то ∆ и ∆ (cid:48) подобны.Доказательство. Предположим обратное, ∆ разбит на треугольники, равные ∆ (cid:48) , и приэтом ∆ (cid:48) не подобен ∆ . Пусть α < β < γ — углы ∆ , а α (cid:48) ≤ β (cid:48) ≤ γ (cid:48) — углы ∆ (cid:48) .Заметим, что обязательно выполнено хотя бы одно из неравенств: α (cid:48) > α , β (cid:48) > β или γ (cid:48) > γ . В противном случае либо α (cid:48) + β (cid:48) + γ (cid:48) < α + β + γ , либо ∆ (cid:48) и ∆ окажутся подобны.Если α (cid:48) > α , то внутри угла α не поместится ни один из углов ∆ (cid:48) , что противоречитналичию разбиения.Если β (cid:48) > β , то, из существования разбиения, внутри α и β помещается целое числоуглов, равных α (cid:48) , откуда ( α, β ) ∈ Σ .Наконец, пусть γ (cid:48) > γ . Тогда каждый угол ∆ может быть составлен из углов α (cid:48) , β (cid:48) .Другими словами, для некоторых u , u , v , v , w , w ∈ Z ≥ мы имеем α = u α (cid:48) + u β (cid:48) β = v α (cid:48) + v β (cid:48) γ = w α (cid:48) + w β (cid:48) Но вектора u = ( u , u ) , v = ( v , v ) и w = ( w , w ) в Q линейно зависимы. Это значит, что q u + q v + q w = 0 для некоторой тройки рациональных чисел ( q , q , q ) (cid:54) = (0 , , . Отсюдаследует равенство q α + q β + q γ = 0 , что противоречит предположению ∆ / ∈ f (Σ ∩ N ) . (cid:3) Несоизмеримость сторон
Пусть K ⊂ R — наименьшее подполе, содержащее квадратные корни всех натуральныхчисел. Опишем его явно: все элементы K суть дроби вида ±√ m ± ... ±√ m k ±√ n ± ... ±√ n l с ненулевымизнаменателями, где m , . . . , m k , n . . . , n l ∈ N . Очевидно, K ⊃ Q и K счётно.Для каждой тройки q , q , q элементов K , такой что ( q , q ) (cid:54) = (0 , , возьмём прямую в R , заданную уравнением q x + q y + q = 0 . Пусть Σ ⊂ R — объединение всех прямыхтакого вида.Про треугольники из M \ Σ говорят, что их стороны не соизмеримы над K . По пред-ложению 1 множество Σ имеет меру ноль. Лемма 2.
Пусть ∆ ∈ M \ ( f (Σ ∩ N ) ∪ Σ ) . Тогда, если ∆ разбит на треугольники,равные ∆ (cid:48) , то ∆ и ∆ (cid:48) подобны с коэффициентом n для некоторого n ∈ N .Доказательство. Пусть ∆ разбит на m копий треугольника ∆ (cid:48) . По лемме 1 треугольники ∆ и ∆ (cid:48) подобны. Из соотношения площадей, коэффициент подобия равен √ m . А. Рябичев
Обозначим стороны ∆ через a, b, c , причём c = 1 . Тогда ∆ (cid:48) имеет стороны √ m a , √ m b , √ m c . Рассмотрим замощение стороны c . Для некоторых n , n , n ∈ Z ≥ мы имеем c = n √ m a + n √ m b + n √ m c, откуда n √ m a + n √ m b + n −√ m √ m = 0 . Из предположения ∆ / ∈ Σ , оба числа n , n равны нулю.Поэтому, раз равенство верно, n = √ m , то есть m = n . (cid:3) Доказательство теоремы 1.
Нам достаточно положить
Σ = ( f (Σ ∩ N ) ∪ Σ ) ∩ M . Дей-ствительно, Σ имеет меру ноль и, согласно лемме 2, любой треугольник ∆ ∈ M \ Σ можноразбить лишь на n равных между собой треугольников. (cid:3) Области со стандартным разбиением
Начнём техническую подготовку к доказательству теоремы 2. Пусть дано разбиениенекоторого подмножества плоскости на равные между собой треугольники. Будем назы-вать разбиение стандартным , если все треугольники лежат в некоторой решётке как нарисунке 1.Зафиксируем треугольник ∆ ∈ M . Возьмём ограниченное множество U ⊂ R , допуска-ющее стандартное разбиение на треугольники, равные ∆ . Uδ Рис. 2.
Компонента границы U .Пусть δ — компонента границы U . Более точно, δ является замкнутой ломаной, по однусторону к δ по всей длине примыкает U , а по другую сторону вблизи δ лежит незапол-ненная часть плоскости и, возможно, некоторые треугольники, которые соприкасаются с δ лишь вершиной, см. рис. 2. Также предположим, что одна из компонент R \ U , примы-кающая к δ хотя бы по одному ребру, неограничена.Будем считать вершинами δ только те точки, где она делает излом. Углы δ будем меритьтак, что вблизи вершины внутренняя часть угла покрыта областью U . Таким образом,углы δ принимают значения в (0; π ) ∪ ( π ; 2 π ) . Выберем направление обхода δ . Лемма 3. У δ найдутся либо два угла < π , идущих подряд, либо угол > π , оба соседнихс которым < π .Доказательство. Заметим, что для рёбер δ есть всего шесть вариантов направления. От-метим на единичной окружности 6 точек, соответствующих этим направлениям. Мы по-лучили своего рода циферблат с шестью «делениями».Если мы проходим угол < π , следующее ребро δ поворачивается относительно преды-дущего на или деления, а если мы проходим угол > π , то следующее ребро δ повора-чивается относительно предыдущего на − или − деления. δ Рис. 3.
Компонента границы U и идущая вдоль неё кривая внутри U .Вообще говоря, δ может иметь самопересечения. Но, если взять кривую, идущую вдоль δ внутри U , она будет несамопересекающейся, см. рис. 3. Поэтому, суммируя количество АЗРЕЗАНИЕ ТРЕУГОЛЬНИКА НА РАВНЫЕ ТРЕУГОЛЬНИКИ 5 делений (на которое следующее ребро повернулось относительно предыдущего) по всемуглам δ , за один полный круг мы получим ровно .Однако, если после каждого угла < π идут хотя бы два угла > π , суммарный вклад этихтрёх углов в число делений будет ≤ . Поэтому утверждение леммы должно выполняться. (cid:3) Доказательство теоремы 2
Возьмём ограниченное множество U ⊂ R и треугольник ∆ ∈ M \ Σ . Предположим, U допускает стандартное разбиение на треугольники, равные ∆ . Определим ломаную δ какв предыдущем разделе.Предположим, U также имеет разбиение на треугольники, равные ∆ , не совпадающеесо стандартным разбиением. Обозначим это разбиение P . Предложение 4.
Пусть I — ребро δ , оба угла при котором < π . Тогда хотя бы одиниз треугольников разбиения P , примыкающий к I , совпадает с треугольником из стан-дартного разбиения.Доказательство. Пусть a, b, c — длины сторон ∆ , пусть для определённости | I | = ma .Поскольку a , b , и c не соизмеримы, все треугольники разбиения P примыкают к I сторо-ной a .Пусть α, β, γ — углы ∆ , лежащие против сторон a, b, c , соответственно. Возьмём вершину B ребра I . Пусть треугольник стандартного разбиения, примыкающий к I и содержащий B , имеет там угол β . Тогда угол ломаной δ в вершине B равен либо β , либо β + α (в за-висимости от того, 1 или 2 треугольника стандартного разбиения он содержит).Из несоизмеримости α , β и γ , угол ломаной δ в вершине B может быть представленв виде комбинации α , β и γ с рациональными коэффициентами единственным способом.Поэтому треугольник разбиения P , примыкающий к I и содержащий B , не может иметьтам угол γ . Следовательно, этот треугольник расположен как в стандартном разбиении.(Итерируя этот аргумент, можно показать, что вообще все треугольники P , примыкаю-щие к I , расположены как в стандартном разбиении. Впрочем, нам это не требуется.) (cid:3) Предложение 5.
Пусть
I, I (cid:48) — пара рёбер δ , имеющие общий угол > π и другой уголкаждого из которых < π . Тогда хотя бы один из треугольников разбиения P , примыка-ющий к I или к I (cid:48) , совпадает с треугольником из стандартного разбиения.Доказательство. Пусть A — общая вершина I и I (cid:48) . Тогда один из треугольников разбие-ния P , примыкающих к I и I (cid:48) и содержащих точку A , имеет в A вершину.Пусть для определённости такой треугольник примыкает к I стороной b . Тогда намостаётся повторить рассуждение из доказательства предложения 4 для ребра I . В кон-це мы получим, что треугольник разбиения P , имеющий вершину в другой вершине I ,расположен как в стандартном разбиении. (cid:3) Доказательство теоремы 2.
Возьмём треугольник ∆ ∈ M \ Σ . Предположим, ∆ допус-кает разбиение P , отличающееся от стандартного. По лемме 2, P — разбиение на n тре-угольников, подобных ∆ с коэффициентом n .Определим U как объединение треугольников P , которые расположены не как в стан-дартном разбиении. Тогда, применяя лемму 3 и далее предложение 4 или предложение 5,мы видим, что один из треугольников P , принадлежащий U , совпадает с треугольникомиз стандартного разбиения. Но это противоречит построению U . (cid:3) Список литературы [1]
Soifer A.
How does one cut a triangle? Center for Excellence in Mathematical Education, 1990.[2]
Зорич В. А.