Пусть  ∠C_nBA = ∠C_n AB = α_n.  Легко проверить (см. рис.), что для остроугольного треугольника  α_n+1 = 2α_n – ^π/₂,  ^π/₄ < α_n < ^π/₂,  для тупоугольного

α_n+1 = ^π/₂ – 2α_n,  0 < α_n < ^π/₄.

  Это можно записать одной формулой:  α_n+1= |2α_n–^π/₂|,  0 < α_n<^π/₂,  которая годится и для прямоугольного треугольника; при  α_n=^π/₄  получим  α_n+1= 0  – центрC_n+1попадает в середину отрезкаAB.   Положим  α_n=^π/₂·x_n.  Тогдаx_nполучается изx₀n-кратным применением отображения  x→  f(x) = |2x– 1|, x∈ [0, 1],  то есть     Заметим, что  f(0) =f(1) = 1, f(½) = 0.  Каждый из отрезков  [0, ½],  [½, 1]  отображение  fрастягивает вдвое и отображает на весь отрезок  [0, 1]  (см. рис.).  Ясно, что  f ⁿ"складывает" отрезок  [0, 1]  уже не в 2 раза, а в 2ⁿраз; точки, делящие  [0, 1]  на 2ⁿравных частей,  f ⁿотображает в концы отрезка: f ⁿ(k·2^–n) = 1,  если  k= 2m,  и  f ⁿ(k·2^–n) = 0,  если  k= 2m+ 1,  (гдеk, m, n – натуральные), а каждый отрезок  [k·2^–n, (k+ 1)2^–n]  подобно растягивает на весь  [0, 1].   Нетрудно проверить (см. рис.), что  для     для     а) Вопрос сводится к нахождению корней уравнения  f ⁿ(x) = 0.  Это очевидно все числа вида  p·2^–n  (p нечётно) из отрезка  [0, 1].   б) Достаточно решить уравнение  f ⁿ(x) = x.  У него 2ⁿ корней:     (m = 1, 2, 3, ..., 2^n–1).

а) При таком, что  ∠CBA = pπ·2^–n–1,  где p – нечётное натуральное число, меньшее 2ⁿ.

б) При таком, что     где p – нечётное натуральное число,  p ≤  2ⁿ – 1  (за исключением случая  ∠CBA = ^π/₂).