биссектрисы треугольника

[terminator-II]

Произвольно заданы три положительных действительных числа. Доказать, что существует треугольник , длины биссектрис которого равны этим числам.

[вздымщик Цыпа]

Итак, заданы длины $a, x_0, y_0$, нужно построить треугольник с биссектрисами такой длины. Строим отрезок длины $a$. Возможный треугольник определяется двумя углами, угол при вершине ($2\alpha$) и угол в основнии ($\beta$). Область определения: $0<\alpha<\pi/2$, $\alpha < \beta< \pi - \alpha$ — треугольник с вершинами $A=(0,0)$, $B=(0, \pi)$, $O=(\pi/2, \pi/2)$. Каждой точке $(\alpha, \beta)$ в этой области определения соответствует треугольник с биссектрисами $a, x, y$, причем $x$ и $y$ — непрерывные функции от $(\alpha, \beta)$. Значению $x=x_0$ в этой области соответствует непрерывная линия, соединяющая, точку $A$ с внутренней точкой отрезка $OB$, а значению $y=y_0$ — непрерывная линия, соединяющая точку $B$ с внутренней точкой отрезка $OA$. Очевидно, эти линиии пересекаются в некоторой точке $(\alpha_0, \beta_0)$. Ей и соответствует искомый треугольник с биссектрисами $a, x_0, y_0$.

[terminator-II]

Для меня не очевидно (я не утверждаю, что это неверно) почему, при произвольных фиксированных длинах биссектрис ($a$ и $x=x_0$), найдется семейство треугольников углы которых будут описывать в плоскости $\alpha,\beta$ непрерывную кривую указанного Вами вида.

[вздымщик Цыпа]

terminator-II в сообщении #214192 писал(а):

Для меня не очевидно (я не утверждаю, что это неверно) почему, при произвольных фиксированных длинах биссектрис ($a$ и $x=x_0$), найдется семейство треугольников углы которых будут описывать в плоскости $\alpha,\beta$ непрерывную кривую указанного Вами вида.

Что именно неочевидно? Что кривая непрерывна, что у нее есть точки сколь угодно близкие к $A$ или что у нее есть точки сколь угодно близкие к внутренней точке отрезка $OB$?

-- Пт май 15, 2009 18:12:13 --

Вообще-то, Вы правы, terminator-II, В этом месте есть дырка. Уж очень хотелось выпендриться и решить вообще без единой формулы Понятное дело, что из одной только непрерывности $x(\alpha,\beta)$ ничего хорошего о ее «линиях уровня», сказать нельзя. Под очевидным понималось еще то, что $\forall\beta < \bar\beta\ \exists\alpha\ x(\alpha,\beta) = x_0$, а также, что $\forall\alpha < \bar\alpha\ \exists\beta\ x(\alpha,\beta) = x_0$ и эти самые $(\bar\alpha,\bar\beta)$ — как раз и есть внутренняя точка $OB$. Но к сожалению одного только существования недостаточно. Помогла бы единственность, но ее уже «на пальцах» не доказать. Так что мне придется более аккуратно исследовать $x(\alpha,\beta)$, и если никто меня не опередит, то вечерком займусь.

[nnosipov]

terminator-II в сообщении #213458 писал(а):

Произвольно заданы три положительных действительных числа. Доказать, что существует треугольник , длины биссектрис которого равны этим числам.

На самом деле не только существует, но и единствен. У этой задачи забавная история, в которой я принимал непосредственное участие, будучи одним из авторов первого элементарного решения. Это решение я нашёл ещё в начале 90-х годов, во всяком случае, до публикации в 1994 году в AMM румынами решения, использующего теорему Брауэра. (Кто бы мне тогда подсказал, что это достойно публикации.) В 2003 году появляется статья в "Кванте" на эту тему (с очень странным моим участием), а в 2005 году выходит "Новая школьная энциклопедия", где я уже полноправный соавтор статьи о биссектрисах.