5.7.1. Формула Тейлора с остатком в форме Пеано

Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$. Предположим, что в каждой точке $x \in \left(a,b\right)$ у функции $f$ существует производная $f^{\prime}\left(x\right)$. Если функция $f^\prime$ в некоторой точке $x_{0} \in \left(a, b \right)$ имеет производную, то ее называют второй производной функции $f$ в точке $x_{0}$ и обозначают $f^{\prime \prime}\left(x_0\right)$. По индукции определяются и производные высших порядков. Именно, $f^{\left(k\right)}\left(x\right)=f^{\left(k-1\right)^{\prime}}\left(x\right)$

Определение: Для $k \in \mathbb {N}$ и отрезка $\left[a, b\right]$ через $C^{k}\left(\left[a, b\right]\right)$ обозначается совокупность всех функций $f$, определенных на $\left[a, b\right]$ и таких, что $k$-я производная $f^{\left(k\right)}$ непрерывна на $\left[a, b\right]$. При этом в точках $a$ и $b$ производные понимаются как односторонние.

Напомним определение дифференцируемости. Дифференцируемой в точке $x_{0}$ мы называли такую функцию $f$, что в окрестности точки $x_{0}$ она представима в виде
$$f\left(x\right) = f \left(x_0\right) + f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x − x_{0}\right) + \left(x \to x_{0}\right) \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right) \left(x \to x_{0}\right) $$
т.е. $f\left(x\right) = P_{1}\left(x\right) + \bar{o}\left(x − x_{0}\right)$, где $P_{1}\left(x\right)$ – многочлен первого порядка, а остаток $\bar{o}\left(x − x_{0}\right)$ мал по порядку по сравнению с $x − x_{0}$.

Поставим следующую задачу. Пусть функция $f$ определена в некоторой окрестности точки $x_{0}$. Можно ли функцию $f$ в этой окрестности представить в виде суммы многочлена $P_{n}\left(x\right)$ степени не выше заданного натурального $n$, и остатка $r_{n}\left(x\right)$, малого по сравнению с $\left(x − x_{0}\right)^n$, т.е. $r_{n}\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n}\right)\left(x \to x_{0}\right)$? Другими словами, мы хотим, чтобы имело место равенство
$$f\left(x\right) = P_{n}\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)\left(x \to x_{0}\right).$$
При $n = 1$ это возможно, если функция $f$ дифференцируема в точке $x_{0}$. Это сразу следует из определения дифференцируемости.

Лемма: Пусть функция $ \varphi $ определена на интервале $I$ и всюду на этом интервале имеет производную до порядка $n − 1$ включительно, а в точке $x_{0} \in I$ имеет производную $ \varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)$, причем $$ \varphi\left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right)=\ldots=\varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0.$$ Тогда $ \varphi\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n}\right)\left(x \to x_{0}\right)$

Применим индукцию по $n$. При $n = 1$ из дифференцируемости $\varphi$ в точке $x_{0} \in I$ получаем $$ \varphi\left(x\right) = \varphi \left(x_{0}\right) + \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x − x_{0}\right) + \bar{o}\left(x − x_{0}\right),$$ а из условия леммы $ \varphi\left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right) = 0 $ следует, что $\varphi \left(x\right) = \bar{o}\left(x − x_{0}\right).$
Предположим, что лемма верна для некоторого натурального $n$, и покажем, что она справедлива и для $n + 1$. Итак, согласно предположению индукции, $\varphi\left(x\right) = \underset{\left(x \to x_{0}\right)}{\bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)}$ и $\varphi^{\left(n+1\right)} \left(x_{0}\right) = 0$. Тогда, по теореме Лагранжа, $\varphi\left(x\right) − \varphi \left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(\xi\right)\left(x − x_{0}\right)$, где точка $\xi$ находится между $x$ и $x_{0}$. Обозначим $\psi \left(x\right) = \varphi^{\prime}\left(x\right)$. Тогда, по предположению индукции, $ \psi\left(x_{0}\right) = \psi^{\prime}\left(x_{0}\right)=\ldots=\psi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0$ и $\psi^{\left(n\right)}\left(x\right)=\underset{\left(x\to x_{0}\right)}{\bar{o}\left(\left(x− x_{0}\right)^n\right)}$. Поэтому $$ \frac{\lvert \varphi\left(x\right) \rvert}{\lvert x-x_{0} \rvert ^{n+1}} = \frac {\lvert \varphi ^{\prime} \left(\xi\right) \rvert}{\lvert x-x_{0} \rvert ^{n}} \leqslant \frac{\lvert \psi \left(\xi\right) \rvert}{\lvert \xi-x_{0} \rvert ^{n}} \to 0 \mbox{ при } x \to x_{0}. $$ Это следует из предположения индукции и из того, что $\xi $ находится между $x$ и $x_{0}$. Таким образом, получили, что $\varphi\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n+1}\right)$.

Вернемся к нашей задаче представления функции $f$ в виде $$f\left(x\right) = P_{n}\left(x\right)+\bar{o}\left(\left(x-x_{0}\right)^n\right).$$ Из доказанной леммы сразу следует, что если мы найдем многочлен $P_{n}\left(x\right)$, такой, что $P_{n}\left(x_{0}\right) = f\left(x_{0}\right)$, $P_{n}^{\prime}\left(x_{0}\right) = f^{\prime}\left(x_{0}\right)$, $\ldots$, $P_{n}^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = f^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)$, то функция $\varphi\left(x\right) = f\left(x\right) − P_{n}\left(x\right)$ будет удовлетворять условиям $\varphi\left(x_{0}\right) =\varphi^{\prime}\left(x_{0}\right) = \ldots = \varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0$, и, в силу леммы, $\varphi\left(x\right) = \bar{o} \left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)$, т.е. наша задача будет решена, если мы найдем многочлен $P_{n}\left(x\right)$.

Многочлен $P_{n}\left(x\right)$ будем искать в виде $$P_{n}\left(x\right) = c_0 + c_{1}\left(x-x_{0}\right) + \ldots + c_{n}\left(x-x_{0}\right)^n,$$ т.е. по степеням $x − x_{0}$, где $c_0, c_1, \ldots, c_n$ – коэффициенты. Найдем производные многочлена $P_n$. Имеем

$ P_n \left(x_0\right) = c_0, {} \\ {} P_n^{\prime}\left(x\right) = c_1 + 2 \cdot c_2 \left(x-x_0\right)+\ldots+n\cdot c_n\left(x- x_0\right)^{n-1}, {} \\ {} P_n^{\prime}\left(x_0\right) = c_1, {} \\ {} P_n^{\prime \prime}\left(x\right) = 2\cdot c_2 + 3\cdot2\cdot c_3\left(x-x_0\right)+\ldots+n \cdot \left(n-1\right)\cdot c_n\left(x-x_0\right)^{n-2}, {} \\ {} P_n^{\prime \prime}\left(x_0\right)=2c_2, {} \\ {} \cdots {} \\ {} P_n^{\left(k\right)}\left(x\right) = k\cdot\left(k-1\right)\cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1\cdot c_k + \left(k+1\right) \cdot\ldots \cdot2 \cdot 1\cdot c_{k+1}\left(x-x_0\right)+\ldots +{} \\ {}+ n\cdot\left(n-1\right)\cdot\ldots\cdot \left(n-k+1\right)\cdot c_n\left(x-x_0\right)^{k}, {} \\ {} \cdots \\ {} P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right) = k!\cdot c_k \left(k=0,1,\ldots,n\right).$

Таким образом, $P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right) = k!\cdot c_k$, откуда $c_k = \frac{\displaystyle P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right)}{\displaystyle k!}$. Итак, если мы хотим, чтобы при всех $k=0,1,\ldots,n$ были выполнены равенства $f^{\left(k\right)}\left(x_0\right)=P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right)$, то коэффициенты $c_k$ многочлена $P_n\left(x\right)$ должны быть равными $c_k = \frac {\displaystyle f^{\left(k\right)}\left(x_0\right)}{\displaystyle k!} \left(k = 0,1,\ldots,n\right)$, т.е. $$P_n\left(x\right) = f\left(x_0\right) + \frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \ldots + \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n.$$ В этом случае функция $\varphi \left(x\right) = f\left(x\right) — P_n\left(x\right)$ удовлетворяет условиям леммы и, следовательно, $\varphi \left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$, т.е. мы получим нужное представление $$ f\left(x\right) = P_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right).$$

Итак, мы доказали следующую теорему.

Теорема: Пусть функция $f$ определена в некоторой окрестности $I$ точки $x_0$ и имеет в этой окрестности производные до $(n − 1)$-го порядка включительно, а в точке $x_0$ имеет производную $n$-го порядка. Тогда справедливо равенство $$ f\left(x\right) = f\left(x_0\right)+\frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!}\left(x-x_0\right)^2 + \ldots +{} \\ {}+ \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right) \text{ при } x \to x_0.$$

Доказанное в этой теореме равенство называется формулой Тейлора с остатком в форме Пеано. Многочлен $$ P_n\left(x\right) = f\left(x_0\right)+\frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!}\left(x-x_0\right)^2 + \ldots +{} \\ {}+ \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n $$ называется многочленом Тейлора функции $f$ с центром в точке $x_0$, а последнее слагаемое в формуле Тейлора $\bar{o}\left(\left(x − x_0\right)^n\right)$ — остатком формулы Тейлора в форме Пеано.

Докажем единственность многочлена Тейлора. Предположим, что существует два представления – $f\left(x\right) = P_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$ и $f\left(x\right) = Q_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$, где $P_n$ и $Q_n$ – многочлены степени не выше, чем $n$. Покажем, что $P_n \equiv Q_n$, т.е. коэффициенты многочленов $P_n$ и $Q_n$ совпадают. Имеем $P_n\left(x\right)-Q_n\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$, т.е. $R_n\left(x\right) \equiv P_n\left(x\right)-Q_n\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$, где степень $R_n$ не превосходит $n$. Покажем, что все коэффициенты $b_k$ многочлена $R_n\left(x\right) \equiv b_0 + b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n$ равны нулю. Из равенства $$b_0 + b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right),$$ устремляя $x \to x_0$ и учитывая, что правая часть стремится к нулю, получаем, что $b_0 = 0$. Следовательно, $$b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right).$$ Разделив это равенство на $x − x_0$, получим $$ b_1 + b_2 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^{n-1} = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^{n-1}\right),$$ откуда, устремляя $x \to x_0$, получим, что $b_1 = 0$. Продолжая этот процесс, получим, что $b_0 = b_1 = \ldots = b_n = 0$, т.е. $R_n = 0$, что и требовалось.

Замечание: Если функция $f$ является многочленом степени $n$, то она совпадает со своим многочленом Тейлора порядка $n$ и выше. В самом деле, если $f\left(x\right) = P_n\left(x\right)$, то для $n \leqslant m$ будем иметь $$f\left(x\right) = P_n\left(x\right) = P_m\left(x\right) + 0 = P_m\left(x\right) + r_m\left(x\right),$$ где $r_m\left(x\right) = 0 = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^m\right) \left(x \to x_{0}\right)$. Значит, в силу единственности многочлена Тейлора, $P_m\left(x\right) \equiv P_n\left(x\right)$ – многочлен Тейлора.

Примеры решения задач

  1. Пусть $f\left(x\right) = x^2 − 3x + 1$. Требуется построить формулу Тейлора для функции $f$ порядка $n = 2$ в окрестности точки $x_0 = 1$.
    Решение

    Можно было бы вычислить $f\left(1\right), f^{\prime}\left(1\right), f^{\prime \prime}\left(1\right)$ и построить многочлен Тейлора согласно общей формуле $$ P_2\left(x\right) = f\left(1\right) + \frac {f^{\prime}\left(1\right)}{1!}\left(x-1\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(1\right)}{2!}\left(x-1\right)^2,$$ и тогда получили бы $$ f\left(x\right) = x^2 — 3x + 1 = f\left(1\right) + \frac {f^{\prime}\left(1\right)}{1!}\left(x-1\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(1\right)}{2!}\left(x-1\right)^2 + r_2\left(x\right), $$ где $r_2\left(x\right) = f\left(x\right) — P_2\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-1\right)^2\right) \left(x \to 1\right)$. На самом деле оказывается, что $r_2\left(x\right) ≡ 0$. Действительно, данный пример можно решить проще, если многочлен $x^2−3x+1$ расписать по степеням $x−1$, а именно: $x^2−3x+1 = \left(\left(x-1\right) + 1\right)^2-3\left(\left(x-1\right)+1\right)+1 = $$ $$= -1-\left(x-1\right)+\left(x-1\right)^2 = P_2 \left(x\right).$ Справа мы получили многочлен по степеням $x−1$. Данная функция $x^2 − 3x + 1$ представляет собой многочлен. В силу единственности, это и есть многочлен Тейлора для функции в окрестности точки $x_0 = 1$.

  2. Построить формулу Тейлора для функции $f\left(x\right)=\sin x$ порядка $n = 3$ в окрестности точки $x_0 = \frac{\pi}{2}$.
    Решение

    Записываем формулу Тейлора по определению, вычисляя предварительно $f\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\prime \prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\left(3\right)}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)$.
    $f\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = 1,$ $f^{\prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = \cos\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = 0,$ $f^{\prime \prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = -\sin\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = -1,$ $f^{\left(3\right)}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = -\cos\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = 0.$ С помощью полученных данных построим многочлен Тейлора третьего порядка $ P_3\left(x\right) = 1 + \frac {\displaystyle 0}{\displaystyle 1!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) + \frac {\displaystyle -1}{\displaystyle 2!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^2 + \frac {\displaystyle 0}{\displaystyle 3!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^3.$ Тогда формула Тейлора будет выглядеть следующим образом: $$f\left(x\right) = 1-\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^2 + \bar{o} \left(\left(x − x_{0}\right)^2\right).$$

  3. Вычислить предел $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\displaystyle\sqrt{1+x}-e^x+x^2}{\displaystyle\sin x}$, используя формулу Тейлора.
    Решение

    Разложим выражения $\sqrt{1+2x}$, $e^x$ и $\sin x$ по формуле Тейлора в окрестности точки $x_0 = 0$ порядка $n=1$: $$\sqrt {1+x}=\left(1+x\right)^{\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}x+\bar{o}\left(x\right);$$ $$ e^x=1+x+\bar{o}\left(x\right).$$
    Используя эти разложения и заменив в знаменателе функцию $\sin x$ на эквивалентную ей в окрестности точки $x_0=0$ функцию $x$, получаем из исходной дроби следующую: $$\frac{1+\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}x-1-x+\bar{o}\left(x\right)}{x+\bar{o}\left(x\right)}.$$
    Тогда в пределе получаем выражение
    $$\lim\limits_{x\to 0} \frac {-\frac{\displaystyle x}{\displaystyle 2}+\bar{o}\left(x\right)} {x+\bar{o}\left(x\right)}.$$ Если поделить почленно числитель и знаменатель дроби на $x$, то получим $$\lim\limits_{x\to 0} \frac {-\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}+\frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x}} {1+\frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x}}.$$ Выражения вида $\frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x}$ в пределе дадут $0$. Тогда в ответе получаем $\frac{-1}{2}.$

Тест

Пройдите тест, чтобы проверить свои знания о многочлене Тейлора и формуле Тейлора с остатком в форме Пеано.

См. также:

M1077. Перестановки с неподвижными точками

Задача из журнала «Квант» (1987 год, выпуск 12)

Пусть p_{n}\left(k\right)  — число перестановок множества из  n (n \geq 1) элементов, имеющих ровно $k$ неподвижных точек. Докажите, что:

  1.  \sum\limits_{k=0}^n k \cdot p_{n}\left(k\right) = 0 \cdot p_{n}\left(0\right)+1 \cdot p_{n}\left(1\right)+\ldots+n \cdot p_{n}\left(n\right) = n!
  2.  \sum\limits_{k=0}^n \left(k-1\right)^2 \cdot p_{n}\left(k\right) = n!

Примечание

Перестановкой конечного множества $S$ называется взаимно однозначное отображение $f$ множества $S$ на себя; число всех перестановок множества из $n$ элементов равно  n! = 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot n

Доказательство

  1. Заметим прежде всего, что $$\begin{equation}
    \sum\limits_{k=0}^n p_{n}\left(k\right) = n!,
    \end{equation}
    $$ так как в левой части стоит суммарное число перестановок, имеющих $0,1,\ldots,n$ неподвижных точек, т.е. просто число всех перестановок. Теперь докажем, что при $1 \leqslant k \leqslant n$ $$\begin{equation}
    k \cdot p_{n}\left(k\right) = n \cdot p_{n-1} \cdot \left(k-1\right),
    \end{equation}
    $$ считая, что $p_{0}\left(0\right) = 1 $. Для этого подсчитаем двумя способами число $N$ пар $\left(f,i\right)$, где $f$ — произвольная перестановка $n$ элементов с $k$ неподвижными точками, а $i$ — любая из этих точек $f\left(i\right)=i$. С одной стороны, каждая из этих $p_{n}\left(k\right)$ перестановок входит в $k$ пар, поэтому $N=k \cdot p_{n}\left(k\right)$. Суммируя равенства (2) по $k = 1,\ldots,n$ и учитывая (1) ( с заменой $n$ на $n-1$), получим $$\sum\limits_{k=0}^n k \cdot p_{n}\left(k\right) = n \cdot \sum\limits_{k=1}^n p_{n-1}\left(k-1\right) = n \cdot \left(n-1\right)! = n!$$
  2. Докажем сразу более общее тождество $$\begin{equation}
    s\left(n,m\right) = \sum\limits_{k=m}^n \frac {k!}{\left(k-m\right)!} \cdot p_{n}\left(k\right) = n!
    \end{equation}$$ $n \gneq m$, $m = 0,1,2,…$ (по определению, $0!=1$). При $m=0$ оно совпадает с (1), при $m=1$ — с утверждением 1, а при $m=2$ эквивалентно 2, поскольку $$ \begin{multline*} \sum\limits_{k=0}^n \left(k-1\right)^2 \cdot p_{n}\left(k\right) = \sum\limits_{k=0}^n k \cdot \left(k-1\right) \cdot p_{n}\left(k\right) — \sum\limits_{k=0}^n k \cdot p_{n}\left(k\right)+{}\\{}+\sum\limits_{k=0}^n p_{n}\left(k\right) = s\left(n,2\right)-s\left(n,1\right)+s\left(n,0\right). \end{multline*} $$
    Из тождества (2) следует, что при $1\le m\le n\le k$ $$ \begin{multline*} \frac {k!}{\left(k-m\right)!} \cdot p_{n}\left(k\right) = k \cdot \left(k-1\right) \cdot \ldots \cdot \left(k-m+1\right) \cdot p_{n}\left(k\right) = {}\\ {}=n \cdot \left(k-1\right) \cdot \ldots \cdot \left(k-m+1\right) \cdot p_{n-1}\left(k-1\right) = {}\\ {} = n \cdot \left(n-1\right) \cdot \left(k-2\right) \cdot \ldots \cdot \left(k-m+1\right) \cdot p_{n-2}\left(k-2\right)= {}\\ {} = n \cdot \left(n-1\right) \cdot \ldots \cdot (n-m+1) \cdot p_{n-m}\left(k-m\right)= {}\\ {} = \frac {n!}{\left(n-m\right)!} \cdot p_{n-m}\left(k-m\right). \end{multline*} $$ Суммируем эти равенства по $k = 1,\ldots,n$: $$s\left(n,m\right)=\frac {n!}{\left(n-m\right)!} \cdot s\left(n-m,0\right) = n! $$
    Другое доказательство $(3)$ можно получить из почти очевидного соотношения $p_{n}\left(k\right) = C^k_{n} \cdot p_{n-k}\left(0\right)$, где $C^k_{n} = \frac {n!}{k! \left(n-k\right)!}$ — число $k$ -элементных подмножеств множества из $n$ элементов (число сочетаний).

M1273. Площади фигуры, составленной из треугольников

Задача из журнала «Квант» (1991 год, выпуск 8)

На сторонах $AB$, $BC$ и $CA$ треугольника $ABC$ как на основаниях вне его построены треугольники $ABC_{1}$, $BCA_{1}$, $CAB_{1}$, у каждого из которых отношение высоты к основанию равно $k$. Такие же треугольники $ABC_{2}$, $BCA_{2}$ и $CAB_{2}$ построены и по другую (внутреннюю) сторону от оснований. Докажите, что площади $S$, $S_{1}$ и $S_{2}$ треугольников $ABC$, $A_{1}B_{1}C_{1}$ и $A_{2}B_{2}C_{2}$ связаны соотношением $$S_{1} \pm S_{2} = S \cdot \left(\frac12 + 6k^2\right) $$ (знак «$+$» или «$-$» зависит от ориентации треугольника $A_{2}B_{2}C_{2}$ по отношению к $ABC$).

Доказательство

Вершины треугольников с площадями $S_{1}$ и $S_{2}$ лежат на серединных перпендикулярах к сторонам треугольника $ABC$, проходящих через центр $O$ его описанной окружности. Если обозначить через $R$ радиус этой окружности, а через $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ — углы треугольника $ABC$, то из рис.1 видно, что, поскольку синусы углов между перпендикулярами равны синусам углов между соответствующими сторонами, то $$ 2S_{1} = OA_{1} \cdot OB_{1} \cdot \sin \gamma + OB_{1} \cdot OC_{1} \cdot \sin \alpha + OC_{1} \cdot OA_{1} \cdot \sin \beta . $$

рис.1

Пусть $t$ — тангенс угла наклона стороны равнобедренного треугольника к основанию $(t = 2 \cdot k)$. Тогда отрезки от $O$ до вершин легко выразить через радиус $R$ и получить, что $$\begin{multline} \frac{2S_1}{R^2} = \left(\cos \alpha + t \sin \alpha \right) \cdot \left( \cos \beta + t \sin \beta \right) \cdot \sin \gamma + {} \\\\ {} + \left( \cos \beta+ t \sin \beta \right) \cdot \left( \cos \gamma+ t \sin \gamma \right) \cdot \sin \alpha + {} \\\\ {} + \left(\cos \gamma+ t \sin \gamma \right) \cdot \left( \cos \alpha+ t \sin \alpha \right) \cdot \sin \beta.\end{multline}$$
Отношение же $\frac{ 2S_{2} }{R^2}$ (для случая, изображенного на рис.1) равно аналогичному выражению, где вместо $t$ стоит $-t$. Сложив оба эти выражения и раскрыв скобки, мы увидим, что коэффициент при $t^1$ равен $0$, коэффициент при $t^2$ равен $6 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma$, а свободный член (здесь нужно использовать равенство $\alpha + \beta + \gamma = \pi$, откуда $ \cot \alpha \cdot \cot \beta + \cot \beta \cdot \cot \gamma + \cot \alpha \cdot \cot \gamma = 1$) равен $2 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma$. По известной формуле $S = \frac{abc}{4R}$, выражающей площадь $S$ через стороны $a$, $b$, $c$ и радиус описанной окружности $R$, $$2 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma = 2\frac{abc}{8R^3} = \frac{S}{R^2}$$
Откуда получаем нужную формулу $$\begin{equation} S_{1} + S_{2} = \frac{1+3t^2}{2} S = S \cdot \left(\frac12 + 6k^2\right) \end{equation} $$.
Эти рассуждения необходимо несколько уточнить, чтобы они оказались применимы не только для случая, изображенного на рис.1, но и для случая, когда внутренние треугольники налегают друг на друга, в частности, когда $A_{2}B_{2}C_{2}$ имеет противоположную ориентацию. Вместо этого мы посмотрим на наши рассуждения с более общей точки зрения.
Верен такой общий факт: если три точки $K$, $L$ и $M$ с постоянными скоростями движутся по трем прямым, то площадь ориентированного треугольника $KLM$ как функция,зависящая от времени $t$, выражается квадратным трехчленом от $t:S = F\left(t\right)$. Легко доказать это, например, с помощью метода координат (формула ориентированной площади треугольника с вершинами $\left(x_1, y_1\right)$, $\left(x_2, y_2\right)$, $\left(x_3, y_3\right)$ выглядит так: $$ S = \frac{x_1 y_2 — x_2 y_1 + x_2 y_3 — x_1 y_2 + x_3 y_1 — x_1 y_3}{2}.$$ Ясно, что если каждая координата выражается линейной функцией от $t$, то $S$ — квадратный трёхчлен от $t$).
Будем считать, что при $t=0$ наши точки совпадают с серединами сторон треугольника $ABC$ и двигаются по серединным перпендикулярам (при $t>0$ во внешнюю сторону) со скоростями, пропорциональными длинам $a$, $b$, $c$ соответствующих сторон треугольника: при некотором $t$ они занимают положения $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$, а при противоположном значении $\left(-t\right)$ — положения $A_{2}$, $B_{2}$, $C_{2}$. Нас интересует сумма $F\left(t\right)+F\left(-t\right)$, то есть свободный и старший (содержащий $t^2$) члены $F\left(t\right)$, которые по сущетсув мы и вычисляли выше (1).
Интересно заметить, однако, что они имеют геометрический смысл, так что можно найти их без вычислений. Свободный член $F\left(0\right)$ — это $\frac{S}{4}$ (площадь треугольника из средних линий $ABC$). Чтобы найти старший коэффициент, — он определяется как отношение площади $S_{1}$ к $t^2$ в пределе при $t$ стремящемся к бесконечности, — заметим, что при очень большом $t$ треугольник $ABC$ можно считать «почти точкой» $O$. При этом векторы $OA_{1}$, $OB_{1}$, $OC_{1}$ перпендикулярны соответствующим сторонам треугольника и им пропорциональны ( с коэффициентом $k=\frac{t}{2}$ ). Сумма этих векторов $OA_{1}$, $OB_{1}$ и $OC_{1}$ равна нулю (как и векторов, образующих стороны треугольника), то есть они служат отрезками медиан треугольника $A_{1}B_{1}C_{1}$, причем последний по площади в 3 раза больше треугольника $A_{1}OD$ (рис.2), подобного $ABC$ с коэффициентом $k$. Отсюда ясно, что старший член $F\left(t\right)$ имеет вид $3 k^2 \cdot S = 3 \frac{t^2 \cdot S}{4}$.
рис.2

Итак, $F\left(t\right) = \frac {S \left(1+ \ldots +3 t^2\right)}{4}$, откуда следует нужная формула (2) для $S_1 \pm S_2 = F\left(t\right)+F\left(-t\right)$.
Отметим интересные частные случаи нашей формулы: если на сторонах строятся правильные треугольники, то $t = \sqrt{3}$, так что $S_1 \pm S_2 = 5S$; если равнобедренные прямогульные, то $-t = 1$ и $S_1 \pm S_2 = 2S$; а если $t = \frac{\sqrt{3}}{6}$ (при этом новые точки — центры правильных треугольников, построенных на сторонах), то $S_1 \pm S_2 = S$.