Question

Дан круг(черный) , радиуса 1. Внутри него , рисуют ещё два круга ( серые) , радиуса 1/2 краничащие с центром черного круга . Затем вырезают ещё 2 круга ( коричневых) , таких , что они граничат с контуром серых кругов и черным кругом радиуса r1 . Затем вырезают синие круги , граничащие с коричневым , серым и черным , радиуса r2 . И так далее до бесконечности . Доказать , что все радиусы полученных окружностей являются рациональными числами .

Answer 1

Пусть R - радиус "внешней" окружности (центр O), две окружности с радиусами a и b касаются её изнутри и касаются между собой (их центры O1 и O2). Окружность радиуса x (с центром O3) касается также касается "внешней" окружности изнутри, и касается обеих окружностей внешним образом. α β π √
Если обозначить углы ∠O3OO1 = α; ∠O2OO3 = β; ( ∠O2OO1 = α + β, само собой), то для треугольников O1OO3; O2OO3 и O1OO2 можно записать теорему косинусов
(R - x)^2 + (R - a)^2 - 2*(R - x)*(R - a)*cos(α) = (a + x)^2;
(R - x)^2 + (R - b)^2 - 2*(R - x)*(R - b)*cos(β) = (b + x)^2;
(R - b)^2 + (R - a)^2 - 2*(R - b)*(R - a)*cos(α + β) = (a + b)^2;
Если считать, что R, a и b известны, то имеется 3 уравнения с 3 неизвестными x, α и β. В принципе этого достаточно, чтобы найти x. Для этого надо исключить углы и получить уравнение только для x. Уравнения различаются только обозначениями, поэтому я преобразую пока одно :)
R^2 - 2*R*x + x^2 + R^2 - 2*R*a + a^2 - a^2 - 2*a*x - x^2 = 2*(R - x)*(R - a)*cos(α);
cos(α) = 1 - 2*a*x/(R - x)*(R - a); точно так же
cos(β) = 1 - 2*b*x/(R - x)*(R - b);
cos(α + β) = 1 - 2*a*b/(R - b)*(R - a);
Тащить такие дроби в вычислениях очень утомительно, поэтому я сделаю подстановку (и, кстати, не последнюю - будет еще)
y = x/(R - x); p = a/(R - a); q = b/(R - b); тогда
cos(α) = 1 - 2*p*y; точно так же
cos(β) = 1 - 2*q*y;
cos(α + β) = 1 - 2*p*q;
Отсюда sin(α) = 2*√(p*y*(1 - p*y)); sin(β) = 2*√(q*y*(1 - q*y)); 
ну, и осталось подставить это в формулу косинуса суммы :)
(1 - 2*p*y)*(1 - 2*q*y) - 4*√(p*y*(1 - p*y)*q*y*(1 - q*y)) = 1 - 2*p*q;
Я дальше сокращу запись преобразований, там всё очевидно. Это уравнение легко приводится к виду
2*y^2 - (1/p + 1/q)*y + 1 = 2*y*√((1/p - y)*(1/q - y));
после возведения в квадрат и раскрытия скобок степени y выше 2 неожиданно сокращаются, и получается квадратное уравнение
y^2*((1/p + 1/q)^2 + 4 - 4/(p*q)) - 2*y*(1/p +1/q) +1 = 0;
Теперь я сделаю еще одну замену переменных,
z = 1/y = (R - x)/x; m = 1/p = (R - a)/a; n = 1/q = (R - b)/b; Тогда
z^2 - 2*(m+n)*z + (m+n)^2 - 4*m*n + 4 = 0;  
сразу надо сделать важное замечание - это соотношение получено при САМЫХ ОБЩИХ значениях R, a, b. То есть решена важная задача - фактически найден радиус окружности, вписанной в криволинейный треугольник (заданного в задаче вида).
z = m + n + 2*√(m*n - 1); насчет "минуса" я (если честно) не смотрел :) по моему его надо отбросить, но нет времени выяснять.
Теперь можно НАЧАТЬ решать задачу :) первые значения m и n очевидно равны 1, откуда легко получается следующие значения m1 = 2; m2 = 2 + 1 + 2*√(2*1 - 1) =  5; (это значение соответствует x = R/6); и так далее. Каждое новое значение используется в качестве нового m или n. Получается такая двойная рекурентная процедура.
Первые члены этой "двойной" прогрессии очевидно дают рациональные значения x. Для того, чтобы это выполнялось для всех значений возможных m и n, необходимо, чтобы рекурентное правило z = m + n + 2*√(m*n - 1); ЕСЛИ оно начинается с целых, давало бы ВСЕГДА целые значения. Я докажу это по индукции.
Пусть (при каких-то целых m и n) z = m + n + 2*√(m*n - 1); дает целое число. То есть существует такое k, что m*n - 1 = k^2;  z = m  + n  + 2*k; тогда z1 = z + n + 2*√(m*n + n^2 +2*k*n - 1); очевидно, что под корнем стоит ПОЛНЫЙ КВАДРАТ числа (n + k) (напоминаю, что m*n - 1 = k^2;)
Я подставил z вместо m, но если подставить его вместо n, под корнем окажется полный квадрат (m + k); это ПОЛНОСТЬЮ ЗАВЕРШАЕТ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Начавшись с целых, "двойная последовательность" всегда останется целой, а радиусы получаются из z= (R - x)/x; то есть x = R/(z + 1); то есть при R = 1 это рациональное число.