WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 8 | 9 || 11 | 12 |

«В. В. ПРАСОЛОВ ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ 5-е издание, исправленное и дополненное Допущено Министерством образования и науки Российской Федерации Издательство МЦНМО ОАО «Московские учебники» ...»

-- [ Страница 10 ] --

Рис. 25. 25.16. а) Прямая, на которой лежит сторона многоугольника разбиения, проходит через две вершины исходного многоугольника, а через каждую вершину исходного многоугольника может проходить не более двух таких прямых. Поэтому число сторон многоугольника разбиения не больше числа вершин исходного многоугольника.

б) Те же самые рассуждения, что и при решении задачи а), показыва ют, что полученный многоугольник имеет не более n сторон, причём если число его сторон равно n, то из каждой вершины исходного многоугольника выходят ровно две диагонали, ограничивающих полученный многоугольник.

Пусть из вершины A1 выходят две диагонали A1Ap и A1Aq, ограничивающие полученный многоугольник. Тогда Ap и Aq — соседние вершины, поскольку иначе внутри угла ApA1Aq была бы диагональ, разрезающая полученный мно гоугольник. Действительно, вершину, лежащую между Ap и Aq, нужно было бы соединить с вершиной, лежащей между A1 и Ap или между A1 и Aq.

Изменив при необходимости направление нумерации вершин, можно считать, что q = p + 1 и p n/2. Если исключить диагональ A1Ap+1, то любая другая диагональ, ограничивающая полученный многоугольник, соединяет одну из вершин с номером от 2 до p с некоторой вершиной. Поэтому всего у полу n ченного многоугольника может быть не более 1 + - 1 · 2 = n - 1 сторон.

Чтобы получить пример n-угольника, при разрезании которого получается (n - 1)-угольник, можно взять правильный (n - 1)-угольник и отрезать от него маленький треугольник, т. е. вместо вершины A1 взять две вершины A и An, расположенные на сторонах A1A2 и A1An-1 вблизи вершины A1.

25.17. Если n-угольник разрезан на k треугольников, то каждый его угол состоит из углов этих треугольников. Поэтому сумма углов много Решения задач угольника не больше суммы углов треугольников, т. е. (n - 2) k или n - 2 k.

25.18. Сумма внешних углов многоугольника, прилегающих к внутренним углам, меньшим, не меньше 2 (см. задачу 22.40). Внешние углы фигур, на которые распадается оставшаяся часть листа, являются либо внешними углами квадрата, либо внутренними углами вырезанных прямоугольников.

Поэтому сумма всех внешних углов этих фигур не превосходит 2 (n + 1), т. е. количество фигур не превосходит n + 1.

25.19. Пусть отрезок MN, где точки M и N лежат на сторонах AB и CD, разрезает четырёхугольник ABCD на два подобных четырёхугольника. То гда угол AMN четырёхугольника AMND равен одному из углов четырёх угольника NMBC. С другой стороны, NMB = 180 - AMN. Поэтому если AMN = NMB, то NMB = 90, а если угол AMN равен другому углу четырёхугольника NMBC, то в этом четырёхугольнике есть два угла, состав ляющих в сумме 180. Проведя аналогичные рассуждения для угла MND, получаем, что либо AB MN и CD MN (и тогда AB CD), либо в четырёх угольнике NMBC есть два угла, составляющие в сумме 180;

без ограничения общности можно считать, что один из них — угол BMN.

Если BMN + MNC = 180, то BM CN.

Если BMN + MBC = 180, то MN BC. Поэтому либо AD MN, либо ND MA.

Если BMN + BCN = 180, то четырёхугольники NMBC и AMND вписан ные. Следовательно, BCN = 180 - BMN и ADN = 180 - AMN = BMN, т. е. BC AD.

25.20. Сумма длин границ всех фигур, на которые разбит квадрат, равна 2 · 18 + 4 = 40. В самом деле, проведённые отрезки дают двукратный вклад в эту сумму, а стороны квадрата однократный. Пусть для i-й фигуры сум ма длин горизонтальных частей границы равна 2xi, вертикальных 2yi, а её площадь равна si. Тогда эту фигуру можно заключить прямоугольник со в сторонами xi и yi, поэтому xiyi si, а значит, xi + yi 2 xiyi 2 si. Следова тельно, 40 = (2xi + 2yi) 4 si, т. е. si 10.

Предположим, что si <0,01 для всех i. Тогда si < 0,1 и 1= si < 0,1 si, т. е. si > 10. Получено противоречие.

25.21. Рассмотрим все точки, отличные от вершин исходного треугольника и являющиеся вершинами полученных треугольников. Пусть m из этих точек лежит внутри исходного треугольника и n на его границе. Сумма всех углов полученных треугольников равна + n + 2 m, т. е. число этих треугольников равно 1 + n + 2m. С другой стороны, к внутренней точке прилегает не более двух углов, превосходящих 120, а к точке на границе — не более одного.

Поэтому число полученных треугольников больше, чем число их углов, пре восходящих 120.

25.22. Рассмотрим выпуклый многоугольник A1... An. Докажем, что # каж – дое из свойств 1 # и –эквивалентно свойству 3: «Для любого вектора AiAi+ # – найдётся вектор AjAj+1 = -AiAi+1.» Ясно, что из свойства 1 следует свойство 3. Докажем, что из свойства следует свойство 1. Если выпуклый многоугольник A1... An обладает свой # – # – ством 3, то n = 2m и AiAi+1 = -Am+iAm+i+1. Пусть Oi — середина отрезка AiAm+i. Так как AiAi+1Am+iAm+i+1 — параллелограмм, то Oi = Oi+1. Поэтому все точки Oi совпадают, и эта точка является центром симметрии многоугольника.

492 Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия Докажем, что из свойства 2 следует свойство 3. Пусть выпуклый много угольник F разрезан на параллелограммы. Нужно доказать, что для любой стороны многоугольника F найдётся другая сторона, параллельная и равная ей. От каждой стороны многоугольника F отходит цепочка параллелограммов, т. е. эта сторона как бы перемещается по ним параллельно, причём она может разбиваться на несколько частей (рис. 25.20). Так как у выпуклого много угольника может быть ещё только одна сторона, параллельная данной, то все разветвления цепочки упираются в одну и ту же сторону, причём её длина не меньше длины стороны, из которой цепочка выходит. Мы можем выпустить цепочку параллелограммов как из первой стороны во вторую, так и из второй в первую, поэтому длины этих сторон равны.

Рис. 25.20 Рис. 25. Остаётся доказать, что из свойства 3 следует свойство 2. Способ разрезания многоугольника с равными и параллельными противоположными сторонами указан на рис. 25.21. После каждой такой операции получаем многоугольник с меньшим числом сторон, по-прежнему обладающий свойством 3, и проделы ваем с ним то же самое, пока не придём к параллелограмму.

25.23. Воспользуемся результатом предыдущей задачи. Если выпуклый многоугольник M разрезан на выпуклые центрально симметричные много угольники, то их можно разрезать на параллелограммы. Поэтому M можно разрезать на параллелограммы, т. е. M имеет центр симметрии.

25.24. Докажем индукцией по n, что любой 2n-угольник, стороны которого имеют одну и ту же длину и противоположные стороны параллельны, можно разрезать на ромбы. Для n = 2 это очевидно, а из рис. 25.21 ясно, как делается шаг индукции.

25.25. Выделим в правильном восьмиугольнике две взаимно перпендику лярные пары противоположных сторон и рассмотрим, как и в задаче 25.1, цепочки параллелограммов, соединяющие противоположные стороны. На пе ресечениях этих цепочек стоят прямоугольники. Рассмотрев две другие пары противоположных сторон, получим ещё хотя бы один прямоугольник.

Параллелограммы каждой цепочки можно дополнительно разрезать так, чтобы цепочка распалась на несколько «дорожек», причём в каждой дорожке соседние параллелограммы примыкали бы друг к другу целыми сторона ми, а не частями сторон. Объединение прямоугольников нового разбиения совпадает с объединением прямоугольников исходного разбиения, поэтому доказательство достаточно провести для нового разбиения. Каждая дорожка Решения задач имеет постоянную ширину;

значит, длина одной стороны каждого прямо угольника, входящего в дорожку, равна ширине дорожки, а сумма длин всех других сторон равна сумме всех ширин дорожек, соответствующих вто рой паре сторон. Следовательно, площадь всех прямоугольников, входящих в одну дорожку, равна произведению ширины дорожки на длину стороны многоугольника, т. е. численно равна ширине дорожки. Поэтому площадь всех прямоугольников, соответствующих двум перпендикулярным парам противо положных сторон, равна 1, а площадь вообще всех прямоугольников равна 2.

25.26. Индукцией по m легко доказать, что m прямых разбивают плоскость на 1 + m + x частей, где x — количество точек пересечения этих прямых с учё том их кратностей (это означает, что точка пересечения k прямых считается за k - 1 точек пересечения).

Используя эту формулу и индукцию по m, можно доказать, что если среди данных m прямых есть три прямые, пересекающиеся в трёх различных точках, то эти m прямых разбивают плоскость по крайней мере на 2m + частей. База индукции: m = 3;

далее мы пользуемся тем, что проведение каждой новой прямой добавляет по крайней мере две новые части.

Обращаясь к условию задачи, мы видим, что нас интересуют только кон фигурации прямых, среди которых нет троек прямых, пересекающихся в трёх разных точках. Таким образом, либо все 99 прямых параллельны, либо все 99 прямых пересекаются в одной точке, либо 98 прямых параллельны и одна прямая их пересекает. Первая конфигурация разбивает плоскость на 100 ча стей, а обе другие — на 198 частей.

25.27. Обозначим точки пересечения одной из данных прямых с осталь ными через A, B и C. Для определённости будем считать, что точка B лежит между A и C. Пусть D — точка пересечения прямых, проходящих через A и C.

Любая прямая, проходящая через точку B и не проходящая через точку D, разрезает треугольник ACD на треугольник и четырёхугольник.

25.28. а) Пусть n прямых разбивают плоскость на an частей. Проведём ещё одну прямую. При этом число частей увеличится на n + 1, так как новая прямая имеет n точек пересечения с уже проведёнными прямыми. Поэтому an+1 = an + n + 1. Так как a1 = 2, то an = 2 + 2 + 3 +... + n = (n2 + n + 2)/2.

б) Заключив все точки пересечения данных прямых в окружность, легко проверить, что количество неограниченных фигур равно 2n. Поэтому ко личество ограниченных фигур равно (n2 + n + 2)/2 - 2n = (n2 - 3n + 2)/2.

25.29. а) Все точки пересечения данных пря мых можно заключить в некоторую окружность.

Прямые разбивают эту окружность на 4k дуг. Яс но, что две соседние дуги не могут одновременно принадлежать углам, поэтому число углов не пре восходит 2k, причём равенство может достигаться, только если дуги, принадлежащие углам, череду ются. Остаётся доказать, что равенство не может достигаться. Предположим, что дуги, принадле жащие углам, чередуются. Так как по обе сторо ны от любой из данных прямых лежит по 2k дуг, то противоположные дуги (заданные двумя пря мыми) должны принадлежать углам (рис. 25.22), чего не может быть.

Рис. 25. 494 Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия б) Для любого n среди полученных фигур может быть три угла. На рис. 25.23 показано, как построить соответствующее разбиение плоскости.

Рис. 25.23 Рис. 25. 25.30. Назовём прямую граничной для данной фигуры, если она является продолжением отрезка или луча, ограничивающего эту фигуру. Достаточно доказать, что две рассматриваемые фигуры не могут иметь более четырёх общих граничных прямых. Если две фигуры имеют четыре общие граничные прямые, то одна из фигур лежит в области 1, а другая лежит в области (рис. 25.24). Пятая граничная прямая фигуры, лежащей в области 1, должна пересекать две соседние стороны четырёхугольника 1, но тогда она не может быть граничной прямой для фигуры, лежащей в области 2.

25.31. Рассмотрим все точки пересечения данных прямых. Докажем, что эти точки могут лежать по одну сторону не более чем от двух данных прямых.

Предположим, что все точки пересечения лежат по одну сторону от трёх данных прямых. Эти прямые образуют треугольник ABC. Четвёртая прямая не может пересекать только стороны этого треугольника, т. е. она пересекает хотя бы одно продолжение стороны. Пусть для определённости она пересекает продолжение стороны AB за точку B в некоторой точке M. Тогда точки A и M лежат по разные стороны от прямой BC. Получено противоречие. Поэтому имеются по крайней мере n - 2 прямые, по обе стороны от которых лежат точки пересечения.

Если мы выберем в полуплоскости, заданной прямой l, ближайшую к l точку пересечения, то эта точка будет вершиной треугольника, прилегающего к прямой l. Таким образом, имеется не менее n - 2 прямых, к которым прилегает по крайней мере по два треугольника, и две прямые, к каж дой из которых прилегает хотя бы один треугольник. Так как каждый треугольник прилегает ровно к трём прямым, то треугольников не менее (2(n - 2) + 2)/3.

25.32. Если P — точка пересечения данных прямых, то из P выходит 2 (P) отрезков или лучей. Кроме того, каждый из x отрезков имеет две гранич ные точки, а каждый из 2n лучей имеет одну граничную точку. Поэтому 2x + 2n = 2 (P), т. е. x = -n + (P).

25.33. Доказательство проведём индукцией по n. Для двух прямых утвер ждение очевидно. Предположим, что утверждение верно для n - 1 прямых, Решения задач и рассмотрим систему, состоящую из n прямых. Пусть f — количество частей, на которые данные n прямых разбивают плоскость;

g = 1 + n + ( (P) - 1).

Выбросим из данной системы одну прямую и для полученной системы прямых определим аналогичным образом числа f и g. Если на выброшенной прямой лежит k точек пересечения прямых, то f = f - k - 1 и g 1 + (n - 1) + = + ( (P) - 1). Легко проверить, что ( (P) - 1) = -k + ( (P) - 1). По предположению индукции f = g. Поэтому f = f + k + 1 = g + k + 1 = g. Ясно также, что количество неограниченных частей равно 2n.

25.34. Пусть a — количество красных k-угольников, a — количество огра k ниченных красных областей. Количество отрезков, на которые данные прямые разбиты точками их пересечения, равно (P) - n (см. задачу 25.32). Каж дый отрезок является стороной не более чем одного красного многоугольника, поэтому 3a ka (P) - n, причём одно неравенство достигается тогда k k и только тогда, когда нет красных k-угольников, где k > 3, а другое неравен ство достигается тогда и только тогда, когда любой отрезок является стороной красного k-угольника, т. е. любая неограниченная красная область является углом.

Количество ограниченных областей равно 1 - n + ( (P) - 1) = c (см. за дачу 25.33), поэтому количество b ограниченных синих областей равно c - a 1 - n + ( (P) - 1) - ( (P) - n)/3 = 1 - (2n/3) + (2 (P)/3 - 1).

Цвета 2n неограниченных областей чередуются, поэтому b = b + n + (n/3) + (2 (P)/3 - 1) и a = a + n (2n + (P))/3, а значит, 2b - a 2 + ( (P) - 2).

25.35. Можно. Пример изображён на рис. 25.25.

25.36. Докажем по индукции, что любой вы пуклый n-угольник, где n 5, можно разрезать на пятиугольники. Для n = 5 это очевидно, а как это сделать для n = 6 и 7, показано на рис. 25.26.

Предположим теперь, что n 8 и любой выпуклый m-угольник, где 5 m n, можно разрезать на пя Рис. 25. тиугольники. От n-угольника можно отрезать пяти угольник, образованный пятью последовательными вершинами. При этом остаётся (n - 3)-угольник. Так как 5 (n - 3) < n, то (n - 3)-угольник можно разрезать на пятиугольники по предположению индукции.

25.37. Предположим, что семиугольник разрезан на f выпуклых шести угольников. С одной стороны, сумма углов этих шестиугольников равна 4 f. С другой стороны, она равна (7 - 2) + (m - 7) + 2n, где m — ко личество вершин шестиугольников, лежащих на сторонах (или в вершинах) семиугольника, n — количество вершин шестиугольников, лежащих внутри семиугольника. Таким образом, 4f = m - 2 + 2n. (1) Пусть k — количество сторон шестиугольников, лежащих внутри семи угольника, m1 — количество тех из m вершин, из которых выходят ровно две стороны, m2 = m - m1. Тогда 6f = m + 2k и 2k 3n + m2, поэтому 6f 3n + m2 + m. (2) 496 Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия Рис. 25. Из (1) и (2) следует, что m - 2m2 6, т. е. m1 - m2 6.

Ясно, что m2 2, поскольку по крайней мере из двух точек на сторонах семиугольника выходят отрезки, идущие внутрь. Следовательно, m1 8. При ходим к противоречию, поскольку ровно две стороны могут выходить только из вершин семиугольника.

25.38. Пусть квадрат разрезан на m квадратиков. Разрежем один из этих квадратиков на 4 квадратика. При этом квадрат будет разрезан на m + квадратиков. Остаётся заметить, что квадрат можно разрезать на 6, 7 и квадратиков (рис. 25.27).

Рис. 25. 25.39. Докажем по индукции, что (3k + 1)-угольник нельзя разрезать по диагоналям на k пятиугольников. Для k = 1 это утверждение очевидно. Пред положим теперь, что оно доказано для всех (3k + 1)-угольников, и докажем его для (3k + 4)-угольника. Предположим, что (3k + 4)-угольник разрезан по диагоналям на k + 1 пятиугольник. Если каждый из них имеет не более трёх сторон на границе, то число сторон многоугольника не более 3k + 3. Поэтому существует пятиугольник с четырьмя сторонами на границе. Отрезав его, получим (3k + 1)-угольник, разрезанный диагоналями на k пятиугольников.

Получено противоречие.

25.40. Если провести разрезы, близкие к вершинам выпуклого n-угольни ка, то можно отсечь от него n треугольников и получить выпуклый 2n-уголь ник. Легко проверить, что при этом любая прямая пересекает не более двух отсечённых треугольников.

Отсечём от правильного треугольника 3 треугольника, затем от полученно го шестиугольника — 6 треугольников и так далее, до тех пор, пока не полу чим 3 · 219-угольник. Любая прямая может пересечь не более двух треугольни Решения задач ков, отсекаемых на каждом шаге. Поэтому всего прямая может пересечь не бо лее 1 + 2 · 19 = 39 многоугольников. Общее число многоугольников, на которые разбит правильный треугольник, равно 1 + 3 + 3 · 2 +... + 3 · 218 = 1 + 3(219 - 1) > > 220 = (210)2 > 10002. Ясно, что можно отсекать не все треугольники, чтобы получить ровно 1000000 многоугольников.

25.41. Ясно, что после n разрезаний получится n + 1 кусок. Так как после каждого разрезания общее число вершин полученных фигур увеличивается на 2, 3 или 4, то после n разрезаний общее число вершин не превосходит 4n + 4.

Если после n разрезаний получилось сто 20-угольников, то кроме 20-уголь ников есть ещё n + 1 - 100 кусков, так как общее число кусков равно n + 1.

Поскольку у каждого куска не менее трёх вершин, общее число вершин не меньше 100 · 20 + (n - 99) · 3 = 1703 + 3n. Следовательно, 1703 + 3n 4n + 4, т. е. n 1699.

Остаётся доказать, что за 1699 разрезаний можно разрезать квадрат требу емым образом. Чтобы разрезать квадрат на 100 прямоугольников, достаточно 99 разрезов, а чтобы отрезать от каждого из этих прямоугольников по 16 тре угольников и превратить их в 20-угольники, достаточно 1600 разрезов.

25.42. а) Предположим, что из нескольких попарно различных по величине квадратов сложен прямоугольник. Рассмотрим самый маленький квадрат Q.

С одной из его сторон имеет общую часть сторона некоторого большего квадрата A. Сторона квадрата A выходит за пределы стороны квадрата Q.

Образовавшийся угол должен быть заполнен некоторым квадратом B, сторона которого снова больше стороны квадрата Q. Получаем ещё один угол, который должен быть заполнен квадратом C, а затем ещё один угол, который должен быть заполнен квадратом D. При этом между квадратами A и D не может быть «колодца» (т. е. квадраты A и D должны иметь общую границу), по скольку иначе для заполнения «колодца» потребовался бы квадрат, который меньше самого маленького квадрата Q.

Итак, если из пяти попарно различных по величине квадратов можно сложить прямоугольник, то мы знаем, как они должны быть сложены: самый маленький квадрат находится в центре, а к нему примыкают четыре других квадрата, образуя следующую конфигурацию (или симметричную ей):

A D Q B C Пусть q, a, b, c, d — длины сторон квадратов. Тогда a = b + q, b = c + q, c = d + q, d = a + q. Сложив эти равенства, получим 5q = 0. Этого не может быть.

б) Продолжим решение задачи а), пользуясь тем, что там уже доказано.

Мы уже знаем, как должны быть расположены самый маленький квадрат 498 Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия и прилегающие к нему квадраты. Поэтому если из шести попарно различных квадратов можно сложить прямоугольник, то они должны быть расположе ны так:

E A D Q B C Но тогда у квадратов D и E есть общая стороны, поэтому они равны. А по условию все квадраты попарно различны.

25.43. Введём систему координат с началом в одной из вершин исход ного прямоугольника и осями, направленными по его сторонам. Разрежем координатную плоскость прямыми x = n/2 и y = m/2, где m и n — целые числа, и раскрасим полученные части в шахматном порядке. Если стороны прямоугольника параллельны осям координат, а длина одной из его сторон равна 1, то суммы площадей его белых и чёрных частей равны. В самом деле, для каждого отрезка длины 1, параллельного одной из сторон прямоугольни ка, длина его белой части равна длине чёрной части. Для прямоугольника с целочисленной стороной справедливо аналогичное утверждение, потому что его можно разрезать на прямоугольники со стороной 1. Остаётся доказать, что если суммы площадей белых и чёрных частей равны, то одна из сторон прямоугольника целочисленная. Предположим, что обе стороны исходного прямоугольника не целые. Прямые x = m и y = n разрезают его на три прямоугольника, одна из сторон каждого из которых имеет целую длину, и прямоугольник, обе стороны которого меньше 1. Легко проверить, что в по следнем прямоугольнике суммы площадей белых и чёрных частей не могут быть равны.

25.44. Возьмём на сторонах AB и DC точки Mt и Nt так, что AMt : MtB = = DNt : NtC = t : (1 - t), где 0 < t < 1. Тогда семейство отрезков MtNt, а также отрезки AD и BC образуют искомое разбиение (рис. 25.28).

25.45. Возьмём на стороне AC треугольника ABC точку D. «Вырожден ный четырёхугольник» ABCD можно разбить на отрезки, как это делалось в предыдущей задаче (рис. 25.29).

25.46. Разделим диаметр AB точками C, D, E и F на 5 равных частей.

Пусть точки Mt и Pt лежат на отрезках CD и EF, причём CMt : MtD = = FPt : PtE = t : (1 - t), где 0 < t < 1, а точки Qt и Nt лежат на разных дугах окружности, заданных точками A и B, и делят эти дуги в отношении t : (1 - t) (рис. 25.30). Отрезки MtNt и PtQt вместе с отрезками AC, DE и FB дают требуемое разбиение.

25.47. Разбиение плоскости на отрезки изображено на рис. 25.31. Выделен ные ломаные состоят из концов отрезков разбиения;

их звенья, естественно, не являются отрезками разбиения.

Решения задач B A D C Рис. 25.28 Рис. 25. Рис. 25.30 Рис. 25. 25.48. Выберем среди всех отрезков, покрывающих левый конец исходного отрезка, тот, у которого правый конец самый правый, и обозначим этот отрезок I1. После того как выбран отрезок Ik, выбираем среди всех отрезков, покрывающих его правый конец, тот, у которого правый конец самый пра вый. Таким образом выберем несколько отрезков, полностью покрывающих исходный отрезок. Остаётся доказать, что сумма их длин не превосходит 2.

Отрезок Ik+2 не имеет общих точек с Ik, так как иначе вместо Ik+1 мы должны были бы выбрать Ik+2. Поэтому каждая точка исходного отрезка длиной покрыта не более чем двумя отрезками Ik, т. е. сумма длин этих отрезков не превосходит 2.

25.49. Будем последовательно выбрасывать отрезки, покрытые одним или несколькими оставшимися отрезками, до тех пор, пока это возможно. На правим ось координат по данному отрезку и обозначим координаты концов оставшихся отрезков через ak и bk (ak < bk). Один из двух отрезков с об щим левым концом всегда будет выброшен, поэтому можно считать, что a1 < a2 < a3 <... < an. Докажем, что тогда bk < ak+2, т. е. чётные отрезки не пере секаются и нечётные тоже. Предположим, что bk ak+2. Возможны два случая.

1. bk+1 bk+2, тогда отрезок с номером k + 1 покрыт отрезками с номерами k и k + 2. Получено противоречие.

500 Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия 2. bk+1 bk+2, тогда отрезок с номером k + 2 покрыт отрезком с номером k + 1. Получено противоречие.

Остаётся заметить, что сумма длин либо чётных, либо нечётных отрезков не меньше 0,5.

25.50. Пусть AB — наибольшая сторона пятиугольника. Рассмотрим полосу, заданную перпендикулярами к стороне AB, проведёнными через A и B. Так как углы EAB и ABC тупые, точки E и C лежат вне этой полосы. Поэтому точка D лежит внутри полосы, так как иначе длина одного из отрезков ED и DC была бы больше длины отрезка AB.

Обозначим проекцию точки D на отрезок AB через D1 (рис. 25.32). Тогда круги с диаметрами AD и BD полностью покрывают четырёхугольни ки AEDD1 и BCDD1.

25.51. а) Рассмотрим наибольший квадрат K покрытия и выбросим все квадраты, пересека ющиеся с ним. Они лежат внутри квадрата, сторона которого в 3 раза больше стороны K, Рис. 25. поэтому площадь, занимаемая их частями, рас положенными вне K, не больше 8s, где s — площадь K. Квадрат K относим к выбранным и в дальнейшем его уже не рассматриваем. Для остальных квадратов проделываем то же самое до тех пор, пока все квадраты будут либо выбраны, либо выброшены. Если сумма площадей выбранных квадратов равна S, то общая площадь частей выброшенных квадратов, расположенных вне выбранных квадратов, не превосходит 8S. Поэтому 1 S + 8S, т. е. S 1/9.

б) Выберем круг наибольшего радиуса, раздуем его в три раза и выбросим все круги, целиком лежащие в этом раздутии. Оставшиеся круги не пере секаются с первым. Для них проделаем то же самое и т. д. Раздутия всех выбранных кругов содержат все данные круги, а площадь раздутия в 9 раз больше площади исходного круга, поэтому 9S 1, где S — общая площадь всех выбранных кругов. Следовательно, S 1/9.

25.52. Проведём прямую l так, что две данные точки лежат по одну сторо ну от неё и две — по другую. Пусть точки A и B лежат по одну сторону от l, C и D — по другую. Пусть A1 и B1 — проекции точек A и B на прямую l. По ставим в точке A прожектор так, чтобы он освещал угол, заданный лучом AA и лучом, параллельным l и пересекающим прямую BB1. Прожектор в точке B поставим аналогичным образом (рис. 25.33, а). Эти два прожектора освещают полуплоскость, содержащую точки C и D. Аналогично в точках C и D ставим прожекторы, освещающие другую полуплоскость. (Если AB l, то прожекторы нужно направить так, как показано на рис. 25.33, б.) 25.53. а) Не верно. Пусть — правильный треугольник со стороной 1. Лег ко проверить, что длина проекции на любую прямую не больше 1. С другой стороны, так как треугольник остроугольный, его нельзя накрыть кругом, радиус которого меньше радиуса описанной окружности (см. задачу 9.97).

Диаметр описанной окружности треугольника равен 2/ 3 > 1.

б) Верно. Если проекции фигуры на две взаимно перпендикулярные прямые равны a и b, то её можно заключить в прямоугольник со сторонами a и b. Диаметр описанной окружности этого прямоугольника равен a2 + b2.

Но a2 + b2 1 + 1 = 2 < 1,5.

Решения задач Рис. 25. 25.54. Построим круги с центрами в данных точках радиуса a = 1/2 + 1/2n.

Ясно, что пересекающиеся круги радиусов R1 и R2 можно заключить в круг радиуса не более R1 + R2. Будем так делать до тех пор, пока не получатся непересекающиеся круги. Все данные точки расположены на расстоянии не меньше a от границ этих кругов, поэтому их радиусы можно уменьшить на b < a, и при этом они по-прежнему будут покрывать все данные точки. Если кругов k штук, то сумма их диаметров не боль ше n · 2a - k · 2b 2na - 2b. Нам нужно, что бы выполнялись следующие условия: 2na - 2b < n и b < a. Они выполняются, если a = 1/2 + 1/2n и b = 1/2 + 1/4n.

25.55. Раздуем все монеты в 2 раза, т. е. для каждой из них рассмотрим круг радиуса 2r с тем же центром. Если центр одной монеты не при надлежит раздутию второй монеты, то расстояние между их центрами больше 2r, а значит, эти мо неты не пересекаются. Кроме того, если центр монеты удалён от края стола меньше чем на r, то она лежит внутри стола. Поэтому раздутия монет полностью покрывают круг радиуса R - r, Рис. 25. так как иначе можно было бы положить моне ту с центром в непокрытой точке. Следовательно, 4 r2n (R - r)2, т. е. 2 n (R - r)/r.

25.56. Требуемое замощение изображено на рис. 25.34.

25.57. а) Докажем это утверждение по индук ции. Для квадрата со стороной 2 оно очевидно.

Предположим теперь, что можно замостить лю бой квадрат со стороной 2n без одной клетки, и покажем, как тогда замостить квадрат со сторо ной 2n+1 без одной клетки. Разобьём этот квадрат на 4 квадрата со стороной 2n. Выброшенная клет ка попадает в один из них, а по одной клетке в трёх остальных квадратах можно покрыть одной фигуркой (рис. 25.35). Теперь в каждом из этих Рис. 25. 502 Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия четырёх квадратов со стороной 2n выброшено по одной клетке, поэтому их можно замостить данными фигурками.

б) Докажем сначала требуемое утверждение для n = 1, т. е. для квадрата со стороной 7. Можно считать, что выброшенная клетка лежит в одном из за штрихованных на рис. 25.36 квадратиков;

требуемые замощения изображены на этом же рисунке.

Рис. 25. Покажем теперь, как с помощью замощения квадрата со стороной 6n + построить замощение квадрата со стороной 6n + 7. Четыре квадрата со сторо ной 6n + 1, Прилегающие к вершинам квадрата со стороной 6n + 7, полностью покрывают этот квадрат. Поэтому выброшенная клетка лежит в одном из этих квадратов;

замостим его. Оставшуюся часть можно разрезать на квадраты со стороной 6 и прямоугольники размером 6 7. Эти квадраты и прямоугольни ки можно разрезать на прямоугольники размером 2 3, каждый из которых состоит из двух плиток.

25.58. Требуемое покрытие изображено на рис. 25.37.

25.59. Разрежем прямоугольник со сторонами 2n и 2m на квадратики со стороной 2 и вторым слоем будем мостить каждый квадратик по отдельности.

Квадратик можно замостить либо двумя горизон тальными костями домино, либо двумя вертикаль ными. Ясно, что нам подойдёт одно из этих по крытий, так как в квадратике со стороной 2 не могут содержаться одновременно горизонтальная и вертикальная кости.

25.60. Докажем это утверждение для любой фигуры, а не только для прямоугольника. Возь мём произвольную карточку A0. Одна из её кле ток покрыта клеткой другой карточки A1, вторая клетка A1 покрыта клеткой карточки A2 и т. д.

Цепочка карточек A0, A1, A2,... замкнётся, при чём именно на карточке A0, так как иначе ка кая-либо клетка будет покрыта трижды (не ис Рис. 25. ключено, что эта цепочка состоит только из двух карточек A0 и A1). Замкнутая цепочка карточек состоит из чётного числа карточек (для доказательства можно рассмотреть ломаную, каждое звено которой соединяет центры клеток одной карточки;

эта ломаная имеет чётное число и горизонтальных и вертикальных звеньев).

Поэтому для карточек, входящих в замкнутую цепочку, искомым разбиением Решения задач является разбиение на карточки с чётными и нечётными номерами. Все эти карточки выбрасываем и для оставшихся карточек проделываем такую же операцию и т. д.

25.61. а) Нельзя. Предположим, что квадрат 6 6 замощён костями доми но 1 2 так, что нет «шва». Рассмотрим 10 отрезков, которые делят квадрат на 36 клеток (стороны самого квадрата мы не рассматриваем). Каждый из этих отрезков разрезает не менее двух костей. В самом деле, если бы такой отрезок разрезал одну кость, то по обе стороны от него лежало бы целое число костей и ещё половина кости, т. е. нечётное число клеток. Этого не может быть, так как площадь каждой из частей, на которые отрезок разрезает квад рат, чётна. Ясно также, что одну кость не могут разрезать разные отрезки.

Поэтому должно быть по крайней мере 20 костей, а их всего 18.

б) На рис. 25.38 показано, как замостить прямоугольники 5 6 и 8 (при замощении прямоугольника 8 8 использовано замощение прямоуголь ника 5 6).

Рис. 25. Теперь достаточно доказать, что если можно замостить прямоугольник m n, то можно замостить и прямоугольник m (n + 2). Для этого нужно разрезать замощённый прямоугольник m n на две части, не разрезая костей.

Затем нужно правую часть сдвинуть вправо на расстояние 2 и промежуток заполнить горизонтальными костями (рис. 25.39).

Рис. 25.39 Рис. 25. в) Требуемое замощение изображено на рис. 25.40.

25.62. а) Предположим, что круг K радиуса R покрыт паркетом, состоя щим из одинаковых выпуклых n-угольников. Рассмотрим все точки, лежащие 504 Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия внутри круга K и являющиеся вершинами n-угольников. Эти точки бывают двух типов: точки 1-го типа лежат на сторонах других n-угольников и сумма углов, сходящихся в них, равна 180;

в точках 2-го типа сходятся углы, сум ма которых равна 360. Пусть p и q — количества точек 1-го и 2-го типа соот ветственно. В каждой точке 1-го типа сходится не менее двух углов n-угольни ков, а в каждой точке 2-го типа — не менее трёх углов. Поэтому 2p+3q 2nL1, где L1 — количество n-угольников, пересекающихся с K. Суммы углов, схо дящихся в точках 1-го и 2-го типа равны 180 и 360 соответственно.

Поэтому p + 2q (n - 2)L2, где L2 — количество n-угольников, лежащих внут ри K. Сложив неравенства 4p + 6q 4nL1 и -3p - 6q 6L2 - 3nL2, получим p 6L2 - n(4L1 - 3L2), т. е. p/L2 6 - n(4L1/L2 - 3). Так как limR L1/L2 = 1, то limR p/L2 = 6 - n. Значит, если из данных выпуклых n-угольников мож но сложить паркет, то 6 - n 0, т. е. n 6.

б) См. рис. 25.41.

Рис. 25. 25.63. Пусть ABCD — исходный квадрат, A1B1C1D1 — квадрат с тем же центром, стороны которого параллельны сторонам исходного квадрата и име ют вдвое большую длину. Для определённости будем считать, что сторона исходного квадрата равна 2. Тогда периметр квадрата A1B1C1D1 равен 16.

Поэтому достаточно доказать, что длина части периметра квадрата A1B1C1D1, высекаемой приложенным квадратом, не может быть меньше 2. Рассмотрим два возможных варианта расположения квадрата A1B1C1D1 и приложенного квадрата.

1) Ни одна вершина квадрата A1B1C1D1 не попадает внутрь приложен ного квадрата. В этом случае рассматриваемая часть периметра является отрезком PQ. Если внутри квадрата A1B1C1D1 лежит только одна вершина приложенного квадрата (та, которая примыкает к исходному квадрату), то Решения задач длина отрезка PQ равна tg + 2;

здесь — угол между стороной ис tg ходного квадрата и стороной приложенного квадрата. Если внутри квадрата A1B1C1D1 лежат две вершины приложенного квадрата, то отрезок PQ является гипотенузой прямоугольного треугольника с катетом 2.

a Рис. 25. 2) Одна вершина квадрата A1B1C1D1 попадает внутрь приложенного квад рата. Тогда длина рассматриваемой части периметра равна a + tg + 1 - a tg (рис. 25.42). Требуется доказать, что a + tg + 1 - a tg 2, т. е. (a - 1) tg (a - 1). Но a 1 и tg 1.

ГЛАВА СИСТЕМЫ ТОЧЕК И ОТРЕЗКОВ.

ПРИМЕРЫ И КОНТРПРИМЕРЫ § 1. Системы точек 26.1. а) Архитектор хочет расположить четыре высотных здания так, что, гуляя по городу, можно увидеть их шпили в произвольном порядке (т. е. для любого набора номеров зданий i, j, k, l можно, стоя в некоторой точке и поворачиваясь в направлении «по» или «против» часовой стрелки, увидеть сначала шпиль здания i, затем j, k, l). Удастся ли ему это сделать?

б) Тот же вопрос для пяти зданий.

26.2. На плоскости дано n точек, причём из любой четвёрки этих точек можно выбросить одну точку так, что оставшиеся точки будут лежать на одной прямой. Докажите, что из данных точек можно выбросить одну точку так, что все оставшиеся точки будут лежать на одной прямой.

26.3*. На плоскости дано 400 точек. Докажите, что различных рас стояний между ними не менее 15.

26.4*. На плоскости дано n 3 точек. Пусть d — наибольшее рас стояние между парами этих точек. Докажите, что имеется не более n пар точек, расстояние между которыми равно d.

26.5*. На плоскости дано 4000 точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите, что существует 1000 непересе кающихся четырёхугольников (возможно, невыпуклых) с вершинами в этих точках.

26.6*. На плоскости дано 22 точки, причём никакие три из них не лежат на одной прямой. Докажите, что их можно разбить на пары так, чтобы отрезки, заданные парами, пересекались по крайней мере в пяти точках.

26.7*. Докажите, что для любого натурального N существу ет N точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой и все попарные расстояния между которыми являются целыми чис лами.

См. также задачи 9.20, 9.50, 9.63, 20.3, 20.4, 20.8, 20.9, 20.14, 20.16, 20.17, 20.22, 20.23, 20.25, 20.27, 20.28, 21.2, 21.3, 21.5, 21.6, 21.8, 21.10, 21.25, 21.26, 22.1, 22.8, 22.33, 23.20, 26.16, 26.20, 27.11, 28.35, 31.75.

Условия задач § 2. Системы отрезков, прямых и окружностей 26.8. Постройте замкнутую шестизвенную ломаную, пересекающую каждое своё звено ровно один раз.

26.9. Можно ли нарисовать на плоскости шесть точек и так со единить их непересекающимися отрезками, что каждая точка будет соединена ровно с четырьмя другими?

26.10*. Точка O, лежащая внутри выпуклого многоугольника A1... An, обладает тем свойством, что любая прямая OAi содержит ещё одну вершину Aj. Докажите, что кроме точки O никакая другая точка не обладает этим свойством.

26.11*. На окружности отметили 4n точек и окрасили их через одну в красный и синий цвета. Точки каждого цвета разбили на пары, а точки каждой пары соединили отрезками того же цвета.

Докажите, что если никакие три отрезка не пересекаются в одной точке, то найдётся по крайней мере n точек пересечения красных отрезков с синими.

26.12*. На плоскости расположено n 5 окружностей так, что лю бые три из них имеют общую точку. Докажите, что тогда и все окружности имеют общую точку.

См. также задачи 20.5, 20.15, 20.30, 21.14, 21.15, 21.17—21.19, 23.42, 25.5—25.12, 28.37—28.42.

§ 3. Примеры и контрпримеры Есть много неверных утверждений, кажущихся на первый взгляд верными.

Для опровержения такого рода утверждений нужно построить соответству ющий пример;

такие примеры называют контрпримерами.

26.13. Существует ли треугольник, у которого все высоты мень ше 1 см, а площадь больше 1 м2?

26.14. В выпуклом четырёхугольнике ABCD равны стороны AB и CD и углы A и C. Обязательно ли этот четырёхугольник параллелограмм?

26.15*. Список упорядоченных в порядке возрастания длин сторон и диагоналей одного выпуклого четырёхугольника совпадает с таким же списком для другого четырёхугольника. Обязательно ли эти четы рёхугольники равны?

26.16*. Пусть n 3. Существуют ли n точек, не лежащих на од ной прямой, попарные расстояния между которыми иррациональны, а площади всех треугольников с вершинами в них рациональны?

26.17*. Существуют ли на плоскости три такие точки A, B и C, что для любой точки X длина хотя бы одного из отрезков XA, XB и XC иррациональна?

26.18*. В остроугольном треугольнике ABC проведены медиана AM, биссектриса BK и высота CH. Может ли площадь треугольника, обра зованного точками пересечения этих отрезков, быть больше 0,499SABC?

508 Глава 26. Системы точек. Примеры и контрпримеры 26.19*. На бесконечном листе клетчатой бумаги (размер клетки 1 1) укладываются кости домино размером 1 2 так, что они на крывают все клетки. Можно ли при этом добиться того, чтобы любая прямая, идущая по линиям сетки, разрезала лишь конечное число костей?

26.20*. Может ли конечный набор точек содержать для каждой своей точки ровно 100 точек, удалённых от неё на расстояние 1?

26.21*. На плоскости расположено несколько непересекающихся отрезков. Всегда ли можно соединить концы некоторых из них от резками так, чтобы получилась замкнутая несамопересекающаяся ло маная?

26.22*. Обязательно ли треугольник равнобедренный, если центр его вписанной окружности одинаково удалён от середин двух сторон?

26.23*. Арена цирка освещается n различными прожекторами.

Каждый прожектор освещает выпуклую фигуру. Известно, что если выключить любой прожектор, то арена будет по-прежнему полностью освещена, а если выключить любые два прожектора, то арена будет освещена не полностью. При каких n это возможно?

См. также задачи 6.81, 6.92—6.95, 22.37—22.39, 22.47, 22.48, 22.50, 23.38, 24.12, 24.13.

Решения 26.1. а) Легко проверить, что, построив четвёртое здание внутри треуголь ника, образованного тремя другими зданиями, получим требуемое располо жение.

б) Расположить требуемым образом пять зданий нельзя. В самом деле, если мы видим последовательно здания A1, A2,..., An, то A1A2... An — несамо пересекающаяся ломаная. Поэтому если ABCD — выпуклый четырёхугольник, то его вершины нельзя увидеть в следующем порядке: A, C, D, B. Остаётся заметить, что из пяти точек, никакие три из которых не лежат на одной пря мой, всегда можно выбрать четыре точки, являющиеся вершинами выпуклого четырёхугольника (задача 22.2).

26.2. Можно считать, что n 4 и не все точки лежат на одной прямой.

Тогда можно выбрать четыре точки A, B, C и D, не лежащие на одной прямой. По условию три из них лежат на одной прямой. Пусть для опре делённости точки A, B и C лежат на прямой l, а D не лежит на l. Нужно доказать, что все точки, кроме D, лежат на прямой l. Предположим, что точка E не принадлежит l. Рассмотрим четвёрку точек A, B, D, E. Тройки точек A, B, D и A, B, E не лежат на одной прямой. Поэтому на одной прямой лежит либо тройка точек A, D, E, либо тройка точек B, D, E.

Пусть для определённости на одной прямой лежат точки A, D и E. Тогда никакие три из точек B, C, D, E не лежат на одной прямой. Получено противоречие.

26.3. Пусть количество различных расстояний между точками равно k.

Фиксируем две точки. Тогда все остальные точки являются точками пе Решения задач ресечения двух семейств концентрических окружностей, содержащих по k окружностей. Следовательно, общее количество точек не превосходит 2k2 + 2.

Остаётся заметить, что 2 · 142 + 2 = 394 < 400.

26.4. Назовём диаметром отрезок длиной d, соединяющий пару данных точек. Концы всех диаметров, выходящих из точки A, лежат на окружно сти с центром A и радиусом d. Так как расстояние между любыми двумя точками не превосходит d, концы всех диаметров, выходящих из A, лежат на дуге, угловая величина которой не превосходит 60. Следовательно, если из точки A выходят три диаметра AB, AC и AD, то один из концов этих диаметров лежит внутри угла, образованного двумя дру гими. Пусть для определённости точка C лежит внутри угла BAD. Докажем, что тогда из точки C выходит не более одного диаметра. Предположим, что есть ещё диа метр CP и точки B и P лежат по разные стороны от прямой AC (рис. 26.1). Тогда ABCP — выпуклый четырёх угольник, поэтому AB + CP < AC + BP (см. задачу 9.15), т. е. d + d < d + BP, а значит, BP > d, чего не может быть.

В итоге получаем, что либо из каждой точки вы ходит не более двух диаметров, либо существует точ ка, из которой выходит не более одного диаметра. Те перь требуемое утверждение можно доказать индукци ей по числу точек. Для n = 3 оно очевидно. Пред положим, что утверждение доказано для любой си Рис. 26. стемы из n точек, и докажем его для системы из n + 1 точки. В этой системе либо есть точка, из ко торой выходит не более одного диаметра, либо из каждой точки выхо дит не более двух диаметров. В первом случае отбрасываем эту точку и, воспользовавшись тем, что в оставшейся систе ме не более n диаметров, получаем требуемое.

Второй случай очевиден.

26.5. Проведём все прямые, соединяющие пары данных точек, и выберем прямую l, не параллельную ни одной из них. Прямыми, па раллельными l, можно разбить данные точки на четвёрки. Четырёхугольники с вершинами в этих четвёрках точек искомые (рис. 26.2).

26.6. Разобьём данные точки произвольным образом на шесть групп: четыре группы по че тыре точки, группа из пяти точек и группа из одной точки. Рассмотрим группу из пяти точек. Из них можно выбрать четыре точки, являющиеся вершинами некоторого выпуклого четырёхугольника ABCD (см. задачу 22.2). Объ единим в пары точки A, C и B, D. Тогда отрезки Рис. 26. AC и BD, заданные парами, пересекаются. Одна из пяти точек осталась свободной. Присоединим её к четвёрке точек и с по лученной пятёркой точек проделаем то же самое и т. д. После пяти таких операций останутся две точки, и мы объединим их в пару.

510 Глава 26. Системы точек. Примеры и контрпримеры 2 2n n2 - 26.7. Так как + = 1, то существует угол, обладаю n2 + 1 n2 + щий тем свойством, что sin = 2n/(n2 + 1) и cos = (n2 - 1)/(n2 + 1), причём 0 < 2N < /2 при достаточно большом n. Рассмотрим окружность радиуса R с центром O и возьмём на ней точки A0, A1,..., AN-1 так, что A0OAk = 2k.

Тогда AiAj = 2Rsin(|i - j| ). Воспользовавшись формулами sin(m + 1) = = sin m cos + sin cos m и cos(m + 1) = cos m cos - sin m sin, легко доказать, что числа sin m и cos m рациональны для всех натуральных m.

Возьмём в качестве R наибольший общий делитель всех знаменателей рацио нальных чисел sin,..., sin(N - 1). Тогда A0,..., AN-1 — требуемая система точек.

26.8. Требуемый пример изображён на рис. 26.3.

Рис. 26.3 Рис. 26. 26.9. Можно. Пример изображён на рис. 26.4.

26.10. Из условия следует, что все вершины многоугольника разбиваются на пары, задающие диагонали AiAj, которые проходят через точку O. Поэто му число вершин чётно и по обе стороны от каждой такой диагонали AiAj лежит равное число вершин. Следовательно, j = i + m, где m — половина числа вершин. Таким образом, точка O является точкой пересечения диагоналей, соединяющих противоположные вершины. Ясно, что точка пересечения этих диагоналей единственна.

26.11. Если AC и BD — пересекающиеся красные отрезки, то число точек пересечения любой прямой с отрезками AB и CD не превосходит числа точек пересечения этой прямой с отрезками AC и BD. Поэтому, заменив красные отрезки AC и BD на отрезки AB и CD, мы не увеличим число точек пересече ния красных отрезков с синими, а число точек пересечения красных отрезков с красными уменьшим, так как исчезнет точка пересечения AC и BD. После нескольких таких операций все красные отрезки станут непересекающимися, и нам остаётся доказать, что в этом случае число точек пересечения красных отрезков с синими не меньше n. Рассмотрим произвольный красный отрезок.

Так как другие красные отрезки его не пересекают, то по обе стороны от него лежит чётное число красных точек, т. е. нечётное число синих точек.

Следовательно, найдётся синий отрезок, пересекающий данный красный отре зок. Поэтому числе точек пересечения красных отрезков с синими не меньше числа красных отрезков, т. е. не меньше n.

26.12. Пусть A — общая точка первых трёх окружностей S1, S2 и S3.

Обозначим точки пересечения окружностей S1 и S2, S2 и S3, S3 и S1 че рез B, C, D соответственно. Предположим, что существует окружность S, не Решения задач проходящая через точку A. Тогда окружность S проходит через точки B, C и D. Пусть S — пятая окружность. Каждая пара точек из набора A, B, C, D является парой точек пересечения двух из окружностей S1, S2, S3, S. Поэтому окружность S проходит через одну точку из каж дой пары точек A, B, C, D. С другой стороны, окружность S не может проходить через три точки из A, B, C, D, поскольку каждая тройка этих точек задаёт одну из окружностей S1, S2, S3, S. Поэтому окружность S не проходит через какие-то две из этих точек. Получено противоречие.

26.13. Рассмотрим прямоугольник ABCD со сто ронами AB = 1 см и BC = 500 м. Пусть O — точка пересечения его диагоналей. Легко проверить, что площадь треугольника AOD больше 1 м2, а все его высоты меньше 1 см.

26.14. Нет, не обязательно. На рис. 26.5 показа но, как получить нужный четырёхугольник ABCD.

26.15. Не обязательно. Легко проверить, что список длин сторон и диагоналей для равнобедрен Рис. 26. ной трапеции с высотой 1 и основаниями 2 и совпадает с таким же списком для четырёхугольника с перпендикулярными диагоналями длиной 2 и 4, делящимися точкой пересечения на отрезки дли ной 1 и 1, 1 и 3 (рис. 26.6).

Рис. 26. 26.16. Да, существуют. Рассмотрим точки Pi = (i, i2), где i = 1,..., n.

Площади всех треугольников с вершинами в узлах целочисленной решётки рациональны (см. задачу 24.7), а числа PiPj =|i-j| 1+(i+j)2 иррациональны.

26.17. Да, существуют. Пусть C — середина отрезка AB. Тогда XC2 = = (2XA2 + 2XB2 - AB2)/2. Если число AB2 иррационально, то числа XA, XB и XC не могут одновременно быть рациональными.

26.18. Может. Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC1 с катетами AB = 1 и BC1 = 2n. Проведём в нём медиану AM1, биссектрису BK1 и вы соту C1H1. Площадь треугольника, образованного этими отрезками, больше SABM1 - SABK1. Ясно, что SABK1 < 1/2 и SABM1 = n/2, т. е. SABM1 - SABK1 > > (S/2) - (S/2n), где S = SABC1. Поэтому при достаточно большом n площадь треугольника, образованного отрезками AM1, BK1 и C1H1, будет больше 0,499S.

Точку C1 можно слегка сдвинуть так, чтобы прямоугольный треугольник ABC1 превратился в остроугольный треугольник ABC, а площадь треуголь 512 Глава 26. Системы точек. Примеры и контрпримеры ника, образованного точками пересечения отрез ков, осталась больше 0,499 площади треугольни ка ABC.

26.19. Можно. Замостим, например, бесконеч ные уголки, изображённые на рис. 26.7.

26.20. Да, может. Докажем это утверждение индукцией, заменив 100 на n. При n = 1 можно взять концы отрезка длиной 1. Предположим, что утверждение доказано для n и A1,..., Ak — нуж ный набор точек. Пусть A,..., A — образы точек 1 k A1,..., Ak при параллельном переносе на единич ный вектор a. Для доказательства шага индукции единичный вектор a достаточно выбрать так, что Рис. 26. # – # – a = AiAj и AjA = 1 при i = j, т. е. |AjAi + a| = 1 при i i = j. Каждое из этих ограничений исключает из единичной окружности не более одной точки.

26.21. Не всегда. Рассмотрим отрезки, изображённые на рис. 26.8. Концы каждого короткого отрезка можно соединить только с концами ближайшего к нему длинного отрезка. Ясно, что при этом не может получиться замкнутая несамопересекающаяся ломаная.

Рис. 26.8 Рис. 26. 26.22. Не обязательно. Докажем, что центр O вписанной окружности тре угольника ABC со сторонами AB = 6, BC = 4 и CA = 8 одинаково удалён от середин сторон AC и BC. Обозначим середины сторон AC и BC через B1 и A1, а основания перпендикуляров, опущенных из точки O на AC и BC, — через B2 и A2 (рис. 26.9). Так как A1A2 = 1 = B1B2 (см. задачу 3.2) и OA2 = OB2, то OA1A2 = OB1B2 т. е. OA1 = OB1.

26.23. Это возможно при любом n 3. Впишем в арену правильный k-угольник, где k — число различных пар, которые можно составить из n прожекторов, т. е. k = n(n - 1)/2. Тогда можно установить взаимно одно значное соответствие между сегментами, отсекаемыми сторонами k-угольника, и парами прожекторов. Пусть каждый прожектор освещает весь k-угольник и сегменты, соответствующие парам прожекторов, в которые он входит. Легко проверить, что это освещение обладает требуемыми свойствами.

ГЛАВА ИНДУКЦИЯ И КОМБИНАТОРИКА Основные сведения При решении геометрических задач иногда используется метод матема тической индукции. Он заключается в следующем. Пусть имеется некоторое утверждение A(n), где n — натуральное число. Чтобы доказать истинность этого утверждения для всех n k, достаточно доказать его истинность для n = k и доказать, что из истинности утверждения для n = m, где m — любое натуральное число, не меньшее k, следует его истинность для n = m + 1.

Доказательство истинности утверждения A(n) при n = k называют базой индукции, а доказательство того, что из истинности утверждения для n = m следует его истинность для n = m + 1, называют шагом индукции.

§ 1. Индукция 27.1. Докажите, что если плоскость разбита на части прямыми и окружностями, то получившуюся карту можно раскрасить в два цвета так, что части, граничащие по дуге или отрезку, будут разного цвета.

27.2*. Докажите, что в выпуклом n-угольнике нельзя выбрать боль ше n диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку.

27.3*. Пусть E — точка пересечения боковых сторон AD и BC тра пеции ABCD, Bn+1 — точка пересечения прямых AnC и BD (A0 = A), An+1 — точка пересечения прямых EBn+1 и AB. Докажите, что AnB = = AB/(n + 1).

27.4*. На прямой даны точки A1,..., An и B1,..., Bn-1. Докажите, что n- AiBk n k= = 1.

AiAj i= j = 27.5*. Докажите, что если n точек не лежат на одной прямой, то среди прямых, их соединяющих, не менее n различных.

См. также задачи 2.13, 5.119, 13.26, 22.8, 22.9, 22.11—22.13, 22.32, 22.41 б), 22.43, 22.44, 22.50, 23.40—23.42, 24.17, 25.24, 25.26, 25.33, 25.36, 25.39, 25.57, 26.4, 26.20 28.37, 28.38.

514 Глава 27. Индукция и комбинаторика § 2. Комбинаторика 27.6. На окружности отмечено несколько точек, A — одна из них.

Каких выпуклых многоугольников с вершинами в этих точках боль ше: содержащих точку A или не содержащих её?

27.7. На окружности отмечено десять точек. Сколько существует незамкнутых несамопересекающихся девятизвенных ломаных с верши нами в этих точках?

27.8*. В выпуклом n-угольнике (n 4) проведены все диагонали, причём никакие три из них не пересекаются в одной точке. Найдите число точек пересечения диагоналей.

27.9*. В выпуклом n-угольнике (n 4) проведены все диагонали.

На сколько частей они делят n-угольник, если никакие три из них не пересекаются в одной точке?

27.10*. На плоскости дано n точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите, что существует не менее C5/(n - 4) n различных выпуклых четырёхугольников с вершинами в этих точках (определение числа Ck см. на с. 428).

n 27.11*. Докажите, что число неравных треугольников с вершина ми в вершинах правильного n-угольника равно ближайшему к n2/ целому числу.

См. также задачи 21.27—21.29, 25.6.

Решения 27.1. Доказательство проведём индукцией по общему числу прямых и ок ружностей. Для одной прямой или окружности утверждение очевидно. Пред положим теперь, что можно раскрасить требуемым образом любую карту, заданную n прямыми и окружностями, и покажем, как тогда раскрасить карту, заданную n + 1 прямыми и окружностями. Выбросим одну из этих прямых (или окружностей) и раскрасим карту, заданную оставшимися n пря мыми и окружностями. Затем цвета всех частей, лежащих по одну сторону от выброшенной прямой (или окружности), сохраним, а цвета всех частей, лежащих по другую сторону, заменим на противоположные.

27.2. Докажем индукцией по n, что в выпуклом n-угольнике нельзя вы брать более n сторон или диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку. При n = 3 это очевидно. Предположим, что утверждение верно для любого выпуклого n-угольника, и докажем его для (n + 1)-угольника.

Если из каждой вершины (n + 1)-угольника выходит не более двух выбранных сторон или диагоналей, то их всего выбрано не более n + 1. Поэтому будем считать, что из некоторой вершины A выходят три выбранные стороны или диагонали AB1, AB2 и AB3, причём AB2 лежит между AB1 и AB3. Так как диагональ или сторона, выходящая из точки B2 и отличная от AB2 не может одновременно пересекать AB1 и AB3, то из B2 выходит только одна выбранная диагональ. Поэтому можно выбросить точку B2 вместе с диагональю AB и применить предположение индукции.

Решения задач 27.3. Ясно, что A0B = AB. Пусть Cn — точка пересечения прямых EAn и DC, DC:AB=k, AB=a, AnB=an и An+1B=x. Так как CCn+1 :AnAn+1 =DCn+1 :BAn+1, то kx : (an - x) = (ka - kx) : x, т. е. x = aan/(a + an). Если an = a/(n + 1), то x = a/(n + 2).

# – 27.4. Докажем # – # – #–сначала требуемое утверждение при n = 2. Так как A1B1 + + B1A2 + A2A1 = 0, то (A1B1/A1A2) + (A2B1/A2A1) = 1. Для доказательства шага индукции поступим следующим образом. Фиксируем точки A1,..., An и B1,..., Bn-2, а точку Bn-1 будем считать переменной. Рассмотрим функцию n- AiBk n k= f(Bn-1) =.

AiAj i= j =i Эта функция линейная, причём по предположению индукции f(Bn-1) = 1, если Bn-1 совпадает с одной из точек A1,..., An. Следовательно, эта функция тождественно равна 1.

27.5. Доказательство проведём индукцией по n. При n = 3 утверждение очевидно. Предположим, что мы доказали его для n - 1 точки и докажем его для n точек. Если на каждой прямой, проходящей через две данные точки, лежит ещё одна данная точка, то все данные точки лежат на одной прямой (см. задачу 20.14). Поэтому существует прямая, на которой лежат ровно две данные точки A и B. Выбросим точку A. Возможны два случая.

1. Все оставшиеся точки лежат на одной прямой l. Тогда будет ровно n различных прямых: n - 1 прямая, проходящая через A, и прямая l.

2. Оставшиеся точки не лежат на одной прямой. Тогда среди прямых, их соединяющих, по предположению индукции есть не менее n - 1 различных, причём все они отличны от прямой l. Вместе с прямой AB они составляют не менее n прямых.

27.6. Любому многоугольнику, не содержащему точки A, можно поста вить в соответствие многоугольник, содержащий точку A, добавив её к его вершинам. А вот обратную операцию, т. е. отбрасывание вершины A, можно производить только для n-угольников с n 4. Поэтому многоугольников, со держащих точку A, больше, чем многоугольников, не содержащих точки A, причём больше на число треугольников с вершиной A, т. е. на (n - 1)(n - 2)/2.

27.7. Первую точку можно выбрать десятью способами. Каждую из сле дующих восьми точек можно выбрать двумя способами, так как она должна быть соседней с одной из ранее выбранных точек (иначе получится самопе ресекающаяся ломаная). Поскольку начало и конец при таком подсчёте не различаются, результат нужно разделить на 2. Следовательно, всего имеется 10 · 28/2 = 1280 ломаных.

27.8. Любая точка пересечения диагоналей определяет две диагонали, пересечением которых она является, а концы этих диагоналей определяют выпуклый четырёхугольник. Обратно, любые четыре вершины многоугольника определяют одну точку пересечения диагоналей. Поэтому число точек пересе чения диагоналей равно числу способов выбора четырёх точек из n, т. е. равно n(n - 1)(n - 2)(n - 3).

2 · 3 · 27.9. Будем поочерёдно проводить диагонали. Когда мы проводим очеред ную диагональ, число частей, на которые проведённые ранее диагонали делят 516 Глава 27. Индукция и комбинаторика многоугольник, увеличивается на m + 1, где m — число точек пересечения но вой диагонали с ранее проведёнными, т. е. каждая новая диагональ и каждая новая точка пересечения диагоналей увеличивают число частей на 1. Поэтому общее число частей, на которые диагонали делят n-угольник, равно D + P + 1, где D — число диагоналей, P — число точек пересечения диагоналей. Ясно, что D = n(n - 3)/2. Согласно предыдущей задаче P = n(n - 1)(n - 2)(n - 3)/24.

27.10. Если выбрать любые пять точек, то существует выпуклый четырёх угольник с вершинами в них (задача 22.2). Остаётся заметить, что четвёрку точек можно дополнить до пятёрки n - 4 различными способами.

27.11. Пусть всего имеется N неравных треугольников с вершинами в вер шинах правильного n-угольника, причём из них N1 правильных, N2 непра вильных равнобедренных и N3 разносторонних. Каждый правильный треуголь ник равен одному треугольнику с фиксированной вершиной A, неправильный равнобедренный — трём треугольникам с вершиной A, а разносторонний — ше сти. Так как всего имеется (n - 1)(n - 2)/2 треугольников с вершиной A, то (n - 1)(n - 2)/2 = N1 + 3N2 + 6N3.

Ясно, что число неравных правильных треугольников равно 0 или 1, а чис ло неравных равнобедренных равно (n-1)/2 или (n/2)-1, т. е. N1 =1-c, N1 + +N2 =(n - 2 + d)/2, где c и d равны 0 или 1. Поэтому 12N=12(N1 +N2 +N3)= = 2(N1 + 3N2 + 6N3) + 6(N1 + N2) + 4N1 = (n - 1)(n - 2) + 3(n - 2 + d) + 4(1 - c) = = n2 + 3d - 4c. Так как |3d - 4c| < 6, то N совпадает с ближайшим к n2/ целым числом.

ГЛАВА ИНВЕРСИЯ Основные сведения 1. Все геометрические преобразования, с которыми нам приходилось встре чаться в этой книге, переводили прямые в прямые, а окружности в окружно сти. Инверсия — это преобразование другого типа, которое также сохраняет класс прямых и окружностей, но может прямую перевести в окружность, а окружность — в прямую. На этом и других замечательных свойствах ин версии основывается её поразительная эффективность при решении разнооб разных геометрических задач.

2. О п р е д е л е н и е. Пусть на плоскости дана окружность S с центром O и радиусом R. Инверсией относительно окружности S называют преобра зование, переводящее произвольную точку A, отличную от O, в точку A*, лежащую на луче OA на расстоянии OA* = R2/OA от точки O. Инверсию относительно S будем также называть инверсией с центром O и степенью R2, а окружность S — окружностью инверсии.

3. Непосредственно из определения инверсии видно, что точки окружно сти S она оставляет на месте, точки, лежащие внутри S, переводит наружу, а точки, лежащие вне S, — внутрь S. Если точка A переходит при инверсии в A*, то точку A* эта инверсия переводит в A, т. е. (A*)* = A. Образом прямой, проходящей через центр инверсии, является сама эта прямая.

В этом месте надо сделать оговорку, связанную с тем, что инверсия не является в строгом смысле слова преобразованием плоскости, так как точ ка O никуда не переходит. Поэтому формально мы не имеем права говорить об «образе прямой, проходящей через точку O», а должны рассматривать объединение двух лучей, получающихся из прямой выбрасыванием точки O.

Аналогично обстоит дело и с окружностями, содержащими точку O. Мы, тем не менее, будем придерживаться этих нестрогих, но зато более на глядных формулировок, надеясь, что читатель легко восстановит точный смысл.

4. Всюду в этой главе образ точки A при инверсии обозначается че рез A*.

5. Сформулируем важнейшие свойства инверсии, постоянно применяемые при решении задач.

При инверсии с центром O:

а) прямая l, не содержащая O, переходит в окружность, проходящую через O (задача 28.2);

б) окружность с центром C, проходящая через O, переходит в прямую, перпендикулярную OC (задача 28.3);

в) окружность, не проходящая через O, переходит в окружность, не про ходящую через O (задача 28.3);

518 Глава 28. Инверсия г) касание окружностей и прямых сохраняется, если только точка каса ния не совпадает с центром инверсии;

в последнем случае получается пара параллельных прямых (задача 28.4);

д) величина угла между двумя окружностями (или между окружностью и прямой, или между двумя прямыми) сохраняется (задача 28.5);

определение угла между окружностями приведено на с. 55.

§ 1. Свойства инверсии 28.1. Пусть при инверсии с центром O точка A переходит в A*, а точка B — в B*. Докажите, что треугольники OAB и OB*A* подобны.

28.2. Докажите, что при инверсии с центром O прямая l, не про ходящая через O, переходит в окружность, проходящую через O.

28.3. Докажите, что при инверсии с центром O окружность, про ходящая через O, переходит в прямую, а окружность, не проходящая через O, — в окружность.

28.4. Докажите, что касающиеся окружности (окружность и пря мая) переходят при инверсии в касающиеся окружности или в касаю щиеся окружность и прямую, или в пару параллельных прямых.

28.5*. Докажите, что при инверсии сохраняется угол между окруж ностями (между окружностью и прямой, между прямыми).

28.6*. Докажите, что две непересекающиеся окружности S1 и S (или окружность и прямую) можно при помощи инверсии перевести в пару концентрических окружностей.

28.7*. Через точку A проведена прямая l, пересекающая окруж ность S с центром O в точках M и N и не проходящая через O.

Пусть M и N — точки, симметричные M и N относительно OA, а A — точка пересечения прямых MN и M N. Докажите, что A совпадает с образом точки A при инверсии относительно S (и, сле довательно, не зависит от выбора прямой l).

28.8*. Докажите, что при инверсии относительно описанной окруж ности изодинамические центры треугольника переходят друг в друга.

§ 2. Построение окружностей При решении задач этого параграфа мы часто будем говорить «сделаем инверсию...». В переводе на более формальный язык это звучит так: «По строим при помощи циркуля и линейки образы всех данных точек, прямых и окружностей при инверсии относительно данной окружности». Выполни мость таких построений вытекает из свойств инверсии и задачи 28.9.

В задачах на построение часто используется существование инверсии, переводящей две непересекающиеся окружности в концентрические. Из ре шения задачи 28.6 следует, что центр и радиус такой инверсии (а значит, и образы окружностей) можно построить циркулем и линейкой.

28.9. Постройте образ точки A при инверсии относительно окруж ности S с центром O.

Условия задач 28.10. Постройте окружность, проходящую через две данные точки и касающуюся данной окружности (или прямой).

28.11*. Через данную точку проведите окружность, касающуюся двух данных окружностей (или окружности и прямой).

28.12*. Постройте окружность, касающуюся трёх данных окружно стей (задача Аполлония).

28.13*. Проведите через данную точку окружность, перпендикуляр ную двум данным окружностям.

28.14*. Постройте окружность, касающуюся данной окружности S и перпендикулярную двум данным окружностям S1 и S2.

28.15*. Проведите через данные точки A и B окружность, пересе кающую данную окружность S под углом.

§ 3. Построения одним циркулем По традиции, идущей от древних греков, в геометрии обычно рассматри ваются построения циркулем и линейкой. Но можно также производить построения с помощью других инструментов, а ещё можно, например, рассмотреть построения с помощью одного лишь циркуля без линейки.

С помощью одного циркуля, естественно, нельзя построить сразу все точки прямой. Поэтому мы договоримся считать, что прямая построена, если построены две её точки. Оказывается, что при таком условии с помо щью циркуля можно выполнить все построения, которые можно выполнить с помощью циркуля и линейки. Это следует из возможности построить одним циркулем точки пересечения прямой, заданной двумя точками, с окружностью (задача 28.22 а) и точку пересечения двух прямых (за дача 28.22 б), так как любое построение циркулем и линейкой представ ляет собой последовательность нахождений точек пересечения окружностей и прямых.

В этом параграфе рассматриваются построения одним циркулем без по мощи линейки, т. е. слово «постройте» означает «постройте пользуясь одним только циркулем». При этом отрезок считается построенным, если построе ны его концы.

28.16. а) Постройте отрезок, который в два раза длиннее данного отрезка.

б) Постройте отрезок, который в n раз длиннее данного от резка.

28.17. Постройте точку, симметричную точке A относительно пря мой, проходящей через данные точки B и C.

28.18*. Постройте образ точки A при инверсии относительно данной окружности S с данным центром O.

28.19*. Постройте середину отрезка с данными концами.

28.20*. Постройте окружность, в которую переходит данная пря мая AB при инверсии относительно данной окружности с данным центром O.

520 Глава 28. Инверсия 28.21*. Постройте окружность, проходящую через три данные точки.

28.22*. а) Постройте точки пересечения данной окружности S и прямой, проходящей через данные точки A и B.

б) Постройте точку пересечения прямых A1B1 и A2B2, где A1, B1, A2 и B2 — данные точки.

§ 4. Сделаем инверсию 28.23. В сегмент вписываются всевозможные пары касающихся окружностей (рис. 28.1). Найдите множество их точек касания.

Рис. 28. 28.24. Найдите множество точек касания пар окружностей, касаю щихся сторон данного угла в данных точках A и B.

28.25. Докажите, что инверсия с центром в вершине A рав нобедренного треугольника ABC (AB = AC) и степенью AB2 пере водит основание BC треугольника в дугу BC описанной окруж ности.

28.26*. В сегмент вписываются всевозможные пары пересекающих ся окружностей, и для каждой пары через точки их пересечения проводится прямая. Докажите, что все эти прямые проходят через одну точку.

28.27*. Никакие три из четырёх точек A, B, C, D не лежат на одной прямой. Докажите, что угол между описанными окружностями треугольников ABC и ABD равен углу между описанными окружно стями треугольников ACD и BCD.

28.28*. Через точки A и B проведены окружности S1 и S2, касающиеся окружности S, и окружность S3, перпендикуляр ная S. Докажите, что S3 образует равные углы с окружностями S1 и S2.

28.29*. Две окружности, пересекающиеся в точке A, касаются окружности (или прямой) S1 в точках B1 и C1, а окружности (или прямой) S2 в точках B2 и C2 (причём касание в B2 и C2 такое же, как в B1 и C1). Докажите, что окружности, описанные вокруг треугольников AB1C1 и AB2C2, касаются друг друга.

28.30*. Окружность SA проходит через точки A и C;

окружность SB проходит через точки B и C;

центры обеих окружностей лежат на пря Условия задач мой AB. Окружность S касается окружностей SA и SB, а кроме того, она касается отрезка AB в точке C1. Докажите, что CC1 — биссектриса треугольника ABC.

28.31*. а) Докажите, что окружность, проходящая через середины сторон треугольника, касается его вписанной и трёх вневписанных окружностей (Фейербах).

б) На сторонах AB и AC треугольника ABC взяты точки C1 и B так, что AC1 = B1C1 и вписанная окружность S треугольника ABC является вневписанной окружностью треугольника AB1C1. Докажите, что вписанная окружность треугольника AB1C1 касается окружности, проходящей через середины сторон треугольника ABC.

§ 5. Точки, лежащие на одной окружности, и окружности, проходящие через одну точку 28.32. Даны четыре окружности, причём окружности S1 и S3 пере секаются с обеими окружностями S2 и S4. Докажите, что если точки пересечения S1 с S2 и S3 с S4 лежат на одной окружности или прямой, то и точки пересечения S1 с S4 и S2 с S3 лежат на одной окружности или прямой (рис. 28.2).

Рис. 28.2 Рис. 28. 28.33*. Даны четыре окружности S1, S2, S3, S4. Пусть S1 и S пересекаются в точках A1 и A2, S2 и S3 — в точках B1 и B2, S3 и S4 — в точках C1 и C2, S4 и S1 — в точках D1 и D2 (рис. 28.3). До кажите, что если точки A1, B1, C1, D1 лежат на одной окружности S (или прямой), то и точки A2, B2, C2, D2 лежат на одной окружности (или прямой).

522 Глава 28. Инверсия 28.34*. Стороны выпуклого пятиугольника ABCDE продолжили так, что образовалась пятиконечная звезда AHBKCLDMEN (рис. 28.4).

Рис. 28. Около треугольников — лучей звезды описали окружности. Докажите, что пять точек пересечения этих окружностей, отличных от A, B, C, D, E, лежат на одной окружности.

28.35*. На плоскости взяты шесть точек A1, A2, A3, B1, B2, B3.

Докажите, что если описанные окружности треугольников A1A2B3, A1B2A3 и B1A2A3 проходят через одну точку, то и описанные окруж ности треугольников B1B2A3, B1A2B3 и A1B2B3 пересекаются в одной точке.

28.36*. На плоскости взяты шесть точек A1, A2, B1, B2, C1, C2. Докажите, что если окружности, описанные около треугольни ков A1B1C1, A1B2C2, A2B1C2, A2B2C1, проходят через одну точку, то и окружности, описанные около треугольников A2B2C2, A2B1C1, A1B2C1, A1B1C2, проходят через одну точку.

28.37*. В этой задаче мы будем рассматривать наборы из n прямых общего положения, т. е. наборы, в которых никакие две прямые не параллельны и никакие три не проходят через одну точку.

Набору из двух прямых общего положения поставим в соответствие их точку пересечения, а набору из трёх прямых общего положе ния — окружность, проходящую через три точки пересечения. Если l1, l2, l3, l4 — четыре прямые общего положения, то четыре окружно сти Si, соответствующие четырём тройкам прямых, получаемых отбра сыванием прямой li, проходят через одну точку (см. задачу 2.88 а), которую мы и поставим в соответствие четвёрке прямых. Эту кон струкцию можно продолжить.

Условия задач а) Пусть li, i = 1,..., 5 — пять прямых общего положения. Докажи те, что пять точек Ai, соответствующих четвёркам прямых, получае мых отбрасыванием прямой li, лежат на одной окружности.

б) Докажите, что эту цепочку можно продолжить, поставив в со ответствие каждому набору из n прямых общего положения точку при чётном n и окружность при нечётном n, так, что n окружностей (точек), соответствующих наборам из n - 1 прямых, проходят через эту точку (лежат на этой окружности).

28.38*. Пусть на двух пересекающихся прямых l1 и l2 выбраны точки M1 и M2, не совпадающие с точкой пересечения M этих пря мых. Поставим в соответствие им окружность, проходящую через M1, M2 и M.

Если (l1, M1), (l2, M2), (l3, M3) — прямые с выбранными точками в общем положении, то согласно задаче 2.83 а) три окружности, со ответствующие парам (l1, M1) и (l2, M2), (l2, M2) и (l3, M3), (l3, M3) и (l1, M1), пересекаются в одной точке, которую мы поставим в соот ветствие тройке прямых с выбранными на них точками.

а) Пусть l1, l2, l3, l4 — четыре прямые общего положения, на каж дой из которых задано по точке, причём эти точки лежат на одной окружности. Докажите, что четыре точки, соответствующие тройкам, получаемым отбрасыванием одной из прямых, лежат на одной окруж ности.

б) Докажите, что каждому набору из n прямых общего положения с заданными на них точками, лежащими на одной окружности, можно поставить в соответствие точку (при нечётном n) или окружность (при чётном n) так, что n окружностей (точек при чётном n), соответству ющих наборам из n - 1 прямых, проходят через эту точку (лежат на этой окружности при чётном n).

§ 6. Цепочки окружностей 28.39*. Окружности S1, S2,..., Sn касаются двух окружностей R и R2 и, кроме того, S1 касается S2 в точке A1, S2 касается S в точке A2,..., Sn-1 касается Sn в точке An-1. Докажите, что точки A1, A2,..., An-1 лежат на одной окружности.

28.40*. Докажите, что если существует цепочка окружностей S1, S2,..., Sn, каждая из которых касается двух соседних (Sn касает ся Sn-1 и S1) и двух данных непересекающихся окружностей R1 и R2, то таких цепочек бесконечно много. А именно, для любой окружно сти T1, касающейся R1 и R2 (одинаковым образом, если R1 и R2 не лежат одна в другой, внешним и внутренним образом в противном случае), существует аналогичная цепочка из n касающихся окружно стей T1, T2,..., Tn (поризм Штейнера).

28.41*. Докажите, что для двух непересекающихся окружностей R и R2 цепочка из n касающихся окружностей (см. предыдущую задачу) 524 Глава 28. Инверсия существует тогда и только тогда, когда угол между окружностями T1 и T2, касающимися R1 и R2 в точках их пересечения с прямой, соединяющей центры, равен целому кратному угла 360/n (рис. 28.5).

Рис. 28.5 Рис. 28. 28.42*. Каждая из шести окружностей касается четырёх из остав шихся пяти (рис. 28.6). Докажите, что для любой пары несоприкаса ющихся окружностей (из этих шести) их радиусы и расстояние между 2 центрами связаны соотношением d2 = r1 + r2 ± 6r1r2 («плюс» — если окружности не лежат одна внутри другой, «минус» — в противном случае).

Решения 28.1. Пусть R2 — степень инверсии. Тогда OA · OA* = OB · OB* = R2, откуда OA : OB = OB* : OA* и OAB OB*A*, поскольку AOB = B*OA*.

28.2. Опустим из точки O перпендикуляр OC на прямую l и возьмём произ вольную точку M на l. Из подобия треугольников OCM и OM*C* (задача 28.1) следует, что OM*C* = OCM = 90, т. е. точка M* лежит на окружности S с диаметром OC*. Если X — какая-то точка S, отличная от O, то она является образом при инверсии точки Y пересечения прямых l и OX (так как образ точки Y лежит, с одной стороны, на луче OX, а с другой стороны, как уже доказано, на окружности S). Итак, инверсия переводит прямую l в окруж ность S (без точки O).

28.3. Случай, когда окружность S проходит через O, фактически был разо бран в предыдущей задаче (и формально следует из неё, так как (M*)* = M).

Предположим теперь, что точка O не принадлежит S. Пусть A и B — точ ки пересечения окружности S с прямой, проходящей через O и центр S, а M — произвольная точка S. Докажем, что образом S является окружность с диаметром A*B*. Для этого достаточно показать, что A*M*B* = 90. Но согласно задаче 28.1 OAM OM*A* и OBM OM*B*, следовательно, OMA = OA*M* и OMB = OB*M*, точнее, (OM, MA) = -(OA*, M*A*) и (OM, MB) = -(OB*, M*B*) (чтобы не рассматривать различные слу чаи расположения точек, мы воспользуемся свойствами ориентированных Решения задач углов между прямыми, изложенными в гл. 2). Поэтому (A*M*, M*B*) = = (A*M*, OA*) + (OB*, M*B*) = (OM, MA) + (MB, OM) = (MB, MA) = 90.

28.4. Если точка касания не совпадает с центром инверсии, то после ин версии эти окружности (окружность и прямая) будут по-прежнему иметь одну общую точку, т. е. касание сохранится.

Если окружности с центрами A и B касаются в точке O, то при инверсии с центром O они перейдут в пару прямых, перпендикулярных AB. Наконец, если прямая l касается в точке O окружности с центром A, то при инверсии с центром O прямая l переходит в себя, а окружность — в прямую, перпен дикулярную OA. В каждом из этих случаев получаем пару параллельных прямых.

28.5. Проведём через точку пересечения окружностей касательные l1 и l2.

Так как при инверсии касающиеся окружности и прямые переходят в каса ющиеся (см. задачу 28.4), то угол между образами окружностей равен углу между образами касательных к ним. При инверсии с центром O прямая li переходит в себя или в окружность, касательная к которой в точке O па раллельна li. Поэтому угол между образами прямых l1 и l2 при инверсии с центром O равен углу между этими прямыми.

28.6. Возьмём из прямой, соединяющей центры O1 и O2 данных окруж ностей, точку C так, чтобы касательные, проведённые к окружностям из точки C, были равны. Эту точку C можно построить, проведя радикальную ось окружностей (см. задачу 3.58). Пусть l — длина этих касательных. Окруж ность S радиуса l с центром в C перпендикулярна S1 и S2. Поэтому при инверсии с центром O, где O — любая из точек пересечения окружности S с прямой O1O2, S перейдёт в прямую, перпендикулярную окружностям S* и S* и, следовательно, проходящую через их центры. Но прямая O1O2 тоже проходит через центры S* и S*, поэтому окружности S* и S* концентричны, 1 2 1 т. е. O — центр искомой инверсии.

В случае, когда S2 не окружность, а прямая, роль прямой O1O2 играет перпендикуляр, опущенный из точки O1 на S2, точка C будет точкой его пересечения с S2, а l — длиной касательной, проведённой из C к S1.

З а м е ч а н и е. Точка O является предельной точкой пучка окружностей, заданного окружностями S1 и S2.

28.7. Пусть точка A лежит вне S, тогда A лежит внутри S и MA N = = ( MN + M N )/2 = MN = MON, т. е. четырёхугольник MNOA вписан ный. Но при инверсии относительно S прямая MN перейдёт в окружность, проходящую через точки M, N, O (задача 28.2). Поэтому точка A* (образ A при инверсии) лежит на описанной окружности четырёхугольника MNOA.

По тем же причинам точки A и A* принадлежат и окружности, проходящей через M, N и O. Но эти две окружности не могут иметь других общих точек, кроме O и A. Следовательно, A* = A.

В случае, когда A лежит внутри S, применим уже доказанное к прямой MN и точке A (она находится вне S). Получим, что A = (A )*. Но тогда A = A*.

28.8. Воспользуемся обозначениями задачи 7.16. Докажем, что при инвер сии относительно описанной окружности окружность Sa переходит в себя. Это эквивалентно тому, что описанная окружность ортогональна окружности Sa, т. е. при инверсии относительно окружности Sa описанная окружность пере ходит в себя. При инверсии относительно окружности Sa точка A переходит 526 Глава 28. Инверсия в себя, поэтому достаточно проверить, что точка B переходит в точку C, т. е. OB · OC = OD2, где O — середина отрезка DE. Пусть для определён 1 ab ab abc ac ности b < c. Тогда OD = + =, OB = OD + DB = 2 c - b c + b c2 - b2 c2 - b ab и OC =.

c2 - b 28.9. Пусть точка A лежит вне окружности S. Проведём через A прямую, касающуюся S в точке M. Пусть MA — высота треугольника OMA. Прямо угольные треугольники OMA и OA M подобны, поэтому A O : OM = OM : OA и OA = R2/OA, т. е. точка A искомая. Если же A находится внутри S, то выполним построение в обратном порядке: проводим перпендикуляр AM к OA (точка M лежит на окружности). Тогда касательная к S в точке M пересека ется с лучом OA в искомой точке A*. Доказательство повторяется дословно.

28.10. Если обе данные точки A и B лежат на данной окружности S (или прямой), то задача решений не имеет. Пусть теперь точка A не лежит на S. При инверсии с центром A искомая окружность перейдёт в прямую, проходящую через B* и касающуюся S*. Из этого вытекает следующее постро ение. Сделаем инверсию относительно произвольной окружности с центром A.

Проведём через B* касательную l к S*. Ещё раз сделаем инверсию. Тогда l перейдёт в искомую окружность.

Если точка B* лежит на S*, то задача имеет единственное решение, если B* лежит вне S*, то решений два, а если внутри, то ни одного.

28.11. После инверсии с центром в данной точке окружности S1 и S перейдут в пару окружностей S* и S* (окружность S* и прямую l;

пару 1 параллельных прямых l1 и l2), а касающаяся их окружность — в общую касательную к S* и S* (соответственно в касательную к S*, параллельную l;

1 прямую, параллельную l1 и l2). Поэтому для построения искомой окружности нужно построить прямую, касающуюся S* и S* (касающуюся S* и параллель 1 ную l;

параллельную l1 и l2), и ещё раз сделать инверсию.

28.12. Сведём эту задачу к задаче 28.11. Пусть окружность S радиуса r касается окружностей S1, S2, S3 радиусов r1, r2, r3 соответственно. Касание окружности S с каждой из Si (i = 1, 2, 3) может быть как внешним, так и внутренним, поэтому всего возможно восемь различных случаев касания.

Пусть, например, S касается S1 и S3 внешним, а S2 — внутренним образом (рис. 28.7). Заменим окружности S, S2, S3 на концентрические им окружно сти S, S, S так, чтобы S касалась S и S и проходила через центр O 2 3 2 окружности S1. Для этого достаточно, чтобы радиусы S, S, S равнялись 2 r + r1, r2 + r1, |r3 - r1|. Обратно, по окружности S, проходящей через O и касающейся S и S (внешне, если r3-r1 0, и внутренне, если r3-r1<0), мы 2 можем построить окружность S, дающую решение задачи, уменьшив радиус S на r1. Построение такой окружности S описано в решении задачи 28. (если виды касания заданы, то окружность строится однозначно). Таким же способом можно выполнить построение и в остальных возможных вариантах касания.

28.13. При инверсии с центром в данной точке A искомая окружность перейдёт в прямую, перпендикулярную образам данных окружностей S1 и S2, т. е. в прямую, соединяющую центры S* и S*. Таким образом, искомая окруж 1 ность — образ при этой инверсии произвольной прямой, проходящей через центры S* и S*.

1 Решения задач Рис. 28. 28.14. Сделаем инверсию, переводящую окружности S1 и S2 в пару прямых (если они имеют общую точку) или в пару концентрических окружностей (см. задачу 28.6) с общим центром A. В последнем случае окружность, перпен дикулярная им обеим, перейдёт в прямую, проходящую через A (так как не существует окружностей, перпендикулярных двум концентрическим окружно стям);

касательная, проведённая из A к S*, есть образ искомой окружности при этой инверсии. Если S* и S* — параллельные прямые, то образ искомой 1 окружности — любая из двух прямых, перпендикулярных S* и S* и касающих 1 ся S*. Наконец, если S* и S* — пересекающиеся в некоторой точке B прямые, 1 то искомая окружность — это образ при инверсии любой из двух окружностей с центром B, касающихся S*.

28.15. После инверсии с центром в точке A задача сводится к постро ению прямой l, проходящей через B*, пересекающей окружность S* под углом, т. е. к построению точки X на S* такой, что B*XO = 90 ±, где O — центр S*. Эта точка лежит на пересечении S* с дугой, из которой отрезок B*O виден под углом 90 ±.

28.16. а) Пусть AB — данный отрезок. Проведём окружность с центром B радиуса AB. Отложив на этой окружности хорды AX, XY и YZ, равные по длине AB, мы получим равносторонние треугольники ABX, XBY и YBZ.

Поэтому ABZ = 180 и AZ = 2AB.

б) В решении задачи а) описано, как на прямой AB отложить отрезок BZ, равный AB. Повторив эту процедуру n - 1 раз, получим отрезок AC, причём AC = nAB.

28.17. Проведём окружности с центрами B и C, проходящие через A.

Тогда отличная от A точка пересечения этих окружностей и будет ис комой.

28.18. Предположим сначала, что точка A лежит вне окружности S. Пусть B и C — точки пересечения S и окружности радиуса AO с центром A. Про ведём окружности с центрами B и C радиуса BO = CO;

пусть O и A — их 528 Глава 28. Инверсия точки пересечения. Докажем, что A — искомая точка. Действительно, при симметрии относительно прямой OA окружности с центрами B и C переходят друг в друга, поэтому точка A остаётся на месте. Следовательно, точка A лежит на прямой OA. Равнобедренные треугольники OAB и OBA подобны, так как имеют равные углы при основании. Следовательно, OA : OB = OB : OA или OA = OB2/OA, что и требовалось.

Пусть теперь точка A лежит внутри S. Будем откладывать с помощью построения из задачи 28.16 а) на луче OA отрезки AA2, A2A3,..., An-1An,...

длины OA до тех пор, пока одна из точек An не окажется вне окружности S.

Применив к точке An описанное выше построение, получим на OA точку A* n такую, что OA* = R2/nOA = OA*/n. Для того чтобы построить точку A*, оста n ётся только увеличить в n раз отрезок OA* (см. задачу 28.16 б).

n 28.19. Пусть A и B — данные точки. Если точка C лежит на луче AB и AC = 2AB, то при инверсии относительно окружности радиуса AB с цен тром A точка C перейдёт в середину отрезка AB. Построение сведено к зада чам 28.16 а) и 28.18.

28.20. Центром этой окружности является образ при инверсии точки O, симметричной O относительно AB. Остаётся применить задачи 28.17 и 28.18.

28.21. Пусть A, B, C — данные точки. Построим (задача 28.18) образы точек B и C при инверсии с центром A и произвольной степенью. Тогда окружность, проходящая через A, B и C, будет образом прямой B*C* при этой инверсии, и её центр строится по предыдущей задаче.

28.22. а) Пользуясь предыдущей задачей, построим центр O окружности S.

Затем построим точки A* и B* — образы точек A и B при инверсии отно сительно S. Образ прямой AB является окружностью S1, проходящей через точки A*, B* и O. Воспользовавшись задачей 28.20, построим S1. Искомые точки являются образами точек пересечения окружностей S и S1, т. е. просто точками пересечения S и S1.

б) Рассмотрим некоторую инверсию с центром A1. Прямая A2B2 при этой инверсии переходит в окружность S, проходящую через точки A1, A* и B*.

2 Окружность S мы можем построить, воспользовавшись задачей 28.20. Затем построим точки пересечения S и прямой A1B1, воспользовавшись решением задачи а). Искомой точкой является образ точки пересечения, отличной от A1, при рассматриваемой инверсии.

28.23. При инверсии с центром в вершине A сегмента конфигурация, изоб ражённая на рис. 28.1, перейдёт в пару касающихся окружностей, вписанных в угол с вершиной B*. Ясно, что множество точек касания таких окружно стей — это биссектриса угла, а искомое множество является её образом при инверсии — дугой окружности с концами AB, делящей пополам угол между дугой сегмента и хордой AB.

28.24. Пусть C — вершина данного угла. При инверсии с центром в точке A прямая CB перейдёт в окружность S, а окружности S1 и S2 — в окружность S* с центром O1, касающуюся S в точке B*, и прямую l, параллельную C*A, касающуюся S* в точке X (рис. 28.8). Проведём в окружности S радиус OD C*A. Точки O, B* и O1 лежат на одной прямой, a OD O1X. По этому OB*D = 90 - DOB*/2 = 90 - (XO1B*/2) = O1B*X, следовательно, точка X лежит на прямой DB*. Ещё раз применив инверсию, получим, что искомое множество точек касания — это дуга AB окружности, проходящей через точки A, B и D*.

Решения задач Рис. 28.8 Рис. 28. 28.25. Данная инверсия переводит прямую BC в окружность, проходящую через точки A, B и C, причём образ отрезка BC должен остаться внутри угла BAC.

28.26. Пусть S1 и S2 — окружности, вписанные в сегмент;

M, N — их точки пересечения (рис. 28.9). Покажем, что прямая MN проходит через точку P окружности сегмента, равноудалённую от его концов A и B. Действительно, согласно задаче 28.25 инверсия с центром P и степенью PA2 переводит отре зок AB в дугу AB, а окружности S1 и S2 — в окружности S* и S*, по-прежнему 1 вписанные в сегмент. Но касательные к S1, проведённые из P, касаются также и S*, поэтому S* = S1 (так как обе эти окружности одинаковым образом 1 касаются трёх фиксированных прямых). Аналогично S* = S2, следовательно, точки M и N меняются местами при инверсии, т. е. M* = N и прямая MN проходит через центр инверсии.

З а м е ч а н и е. По поводу другого решения см. задачу 3.45.

28.27. Сделаем инверсию с центром A. Интересующие нас углы будут рав ны тогда (см. задачу 28.5) соответственно углу между прямыми B*C* и B*D* и углу между прямой C*D* и описанной окружностью треугольника B*C*D*.

Оба этих угла равны половине дуги C*D*.

28.28. Сделав инверсию с центром A, мы получим три прямые, проходящие через B: прямые S* и S* касаются окружности S*, а S* ей перпендикулярна.

1 2 Таким образом, прямая S* проходит через центр S* и является биссектрисой угла, образованного S* и S*. Следовательно, окружность S3 делит пополам 1 угол между S1 и S2.

28.29. Из условия на типы касания следует, что после инверсии с цен тром A мы получим две окружности, вписанные в один и тот же угол или в пару вертикальных углов. В любом случае окружности S* и S* 1 переводятся одна в другую гомотетией с центром A. Эта гомотетия перево дит один отрезок, соединяющий точки касания, в другой. Поэтому прямые B*C* и B*C* параллельны, а их образы при инверсии касаются в точ 1 1 2 ке A.

28.30. Сделаем инверсию с центром C, при которой прямая AB переходит в окружность S, проходящую через точку пересечения окружностей SA и SB (отличную от точки C). При такой инверсии окружности SA и SB переходят 530 Глава 28. Инверсия в прямые, проходящие через центр O окружности S (рис. 28.10). Ясно, что окружность S* касается окружности S в середине дуги A*B*.

28.31. а) Пусть A1, B1 и C1 — се редины сторон BC, CA и AB. Дока жем, например, что описанная окруж ность треугольника A1B1C1 касается впи санной окружности S и вневписанной окружности Sa, касающейся стороны BC.

Пусть точки B и C симметричны B и C относительно биссектрисы угла A (т. е. B C — вторая общая внутренняя ка сательная к S и Sa), P и Q — точки каса ния окружностей S и Sa со стороной BC, D и E — точки пересечения прямых A1B Рис. 28. и A1C1 с прямой B C. Согласно зада че 3.2 BQ = CP = p - c, а значит, A1P = A1Q = |b - c|/2. Достаточно доказать, что при инверсии с центром A1 и степенью A1P2 точки B1 и C1 переходят в D и E (при этой инверсии окружности S и Sa переходят в себя, а описанная окружность треугольника A1B1C1 переходит в прямую B C ).

Пусть K — середина отрезка CC. Точка K лежит на прямой A1B1, причём A1K = BC /2 = |b - c|/2 = A1P. Кроме того, A1D : A1K = BC : BA = A1K : A1B1, т. е. A1D · A1B1 = A1K2 = A1P2. Аналогично A1E · A1C1 = A1P2.

б) Окружность S, проходящая через середины сторон треугольника ABC, проходит ещё и через основания высот (задача 5.129). Пусть H — основание высоты, опущенной из вершины B, B2 — середина стороны AC. Достаточно b проверить, что инверсия с центром A и степенью AB2 · AH = c cos A = pr ctg A переводит вневписанную окружность Sa во вписанную окружность треуголь ника AB1C1. Действительно, эта инверсия переводит окружность S в себя, а согласно задаче а) окружности S и Sa касаются.

Пусть X — середина отрезка AB1. Тогда C1X = r и AX = r ctg A. Остаётся заметить, что длина касательной из точки A к окружности Sa равна p.

28.32. После инверсии с центром в точке пересечения S1 и S2 получим прямые l1, l2 и l, пересекающиеся в одной точке. Прямая l1 пересекает окружность S* в точках A и B, прямая l2 пересекает S* в точках C и D, 4 а прямая l проходит через точки пересечения этих окружностей. Поэтому точки A, B, C, D лежат на одной окружности (задача 3.10).

28.33. Сделаем инверсию с центром в точке A1. Тогда окружности S1, S2 и S перейдут в прямые A*D*, B*A* и D*B*, окружности S3 и S4 — в окруж 2 1 1 2 1 ности S* и S*, описанные около треугольников B*C*B* и C*D*D* (рис. 28.11).

3 4 2 1 1 1 1 Проведём окружность через точки B*, D*, A*. Согласно задаче 2.83 а) она 2 2 пройдёт через точку C* пересечения окружностей S* и S*. Таким образом, 2 3 точки A*, B*, C*, D* лежат на одной окружности. Следовательно, точки A2, 2 2 2 B2, C2, D2 лежат на одной окружности или прямой.

28.34. Пусть P, Q, R, S, T — точки пересечения окружностей S1, S2, S3, S4, S5, о которых говорится в условии (см. рис. 28.4). Докажем, например, что точки P, Q, R, S лежат на одной окружности. Проведём окружность, Решения задач Рис. 28. описанную около треугольника NKD. Применяя результат задачи 2.88 а) (совпадающей с 19.46) к четырёхугольникам AKDE и BNDC, получаем, что окружности S4, S5 и пересекаются в одной точке (в точке P) и окружно сти S2, S3, тоже пересекаются в одной точке (в точке S). Следовательно, окружность проходит через точки P и S. Заметим теперь, что из восьми точек пересечения окружностей, S1, S2, S5 четыре, а именно N, A, B, K лежат на одной прямой. Следовательно, согласно задаче 28.33 оставшиеся четыре точки P, Q, R, S лежат на одной окружности.

28.35. После инверсии с центром в точке пересечения описанных окруж ностей треугольников A1A2B3, A1B2A3 и B1A2A3 эти окружности перейдут в прямые, а утверждение задачи сведётся к доказательству того, что опи санные окружности треугольников B*B*A*, B*A*B* и A*B*B* проходят через 1 2 3 1 2 3 1 2 одну точку, т. е. к утверждению задачи 2.83 а).

28.36. После инверсии с центром в точке пересечения описанных окруж ностей треугольников A1B1C1, A1B2C2, A2B1C2 и A2B2C1 мы получим четыре прямые и четыре окружности, описанные около образованных этими прямыми треугольников. Согласно задаче 2.88 а) эти окружности проходят через одну точку.

28.37. а) Обозначим через Mij точку пересечения прямых li и lj, а че рез Sij — окружность, соответствующую трём оставшимся прямым. Тогда точ ка A1 является отличной от точки M34 точкой пересечения окружностей S15 и S12.

Повторив это рассуждение для всех точек Ai, получаем, что они в силу задачи 28.34 лежат на одной окружности.

б) Докажем утверждение задачи по индукции, рассматривая отдельно слу чай чётного и нечётного n.

Пусть n нечётно. Обозначим через Ai точку, соответствующую набору из n - 1 прямой, получаемому отбрасыванием прямой li, а через Aijk — точ ку, соответствующую набору из n данных прямых без прямых li, lj и lk.

Аналогично обозначим через Sij и Sijkm окружности, соответствующие на борам из n - 2 и n - 4 прямых, получаемых отбрасыванием прямых li, lj и li, lj, lk, lm.

532 Глава 28. Инверсия Для того чтобы доказать, что n точек A1, A2,..., An лежат на одной окружности, достаточно доказать, что любые четыре из них лежат на од ной окружности. Докажем это, например, для точек A1, A2, A3 и A4. Так как точки Ai и Aijk лежат на Sij, то окружности S12 и S23 пересекаются в точках A2 и A123, окружности S23 и S34 — в точках A3 и A234, окружности S34 и S41 — в точках A4 и A134, окружности S41 и S12 — в точках A1 и A124. Но точки A123, A234, A134 и A124 лежат на одной окружности — окружности S1234, поэтому согласно задаче 28.33 точки A1, A2, A3 и A4 лежат на одной окруж ности.

Пусть теперь n чётно;

Si, Aij, Sijk, Aijkm — окружности и точки, соответ ствующие наборам из n - 1, n - 2, n - 3 и n - 4 прямых. Для того чтобы доказать, что окружности S1, S2,..., Sn пересекаются в одной точке, пока жем, что это верно для любых трёх из них. (Этого достаточно при n 5;

см. задачу 26.12.) Докажем, например, что S1, S2 и S3 пересекаются в одной точке. По определению точек Aij и окружностей Si и Sijk точки A12, A13 и A лежат на окружности S1;

A12, A23 и A24 — на S2;

A13, A14 и A34 — на S3;

A12, A14 и A24 — на S124;

A13, A14, A34 — на S134;

A23, A24, A34 — на S234. Но три окружности S124, S134 и S234 проходят через точку A1234 поэтому согласно задаче 28.35 и окружности S1, S2 и S3 пересекаются в одной точке.

28.38. а) Обозначим через Mij точку пересечения прямых li и lj. Тогда точ ка A1, соответствующая тройке l2, l3, l4, — это точка пересечения описанных окружностей треугольников M2M3M23 и M3M4M34. Рассуждая аналогично для точек A2, A3 и A4, мы получим, что точки A1, A2, A3 и A4 лежат на одной окружности согласно задаче 28.33, так как точки M1, M2, M3, M4 лежат на одной окружности.

б) Как и в задаче 28.37 б), докажем утверждение по индукции, рассмат ривая отдельно случаи чётного и нечётного n.

Пусть n чётно и Ai, Sij, Aijk и Sijkm обозначают точки и окружности, соот ветствующие наборам из n - 1, n - 2, n - 3 и n - 4 прямых. Докажем, что точ ки A1, A2, A3, A4 лежат на одной окружности. По определению точек Ai и Aijk окружности S12 и S23 пересекаются в точках A2 и A123;

S23 и S34 — в точках A3 и A234;

S34 и S41 — в точках A4 и A134;

S41 и S12 — в точках A1 и A124.

Точки A123, A234, A134 и A124 лежат на окружности S1234, поэтому согласно задаче 28.33 точки A1, A2, A3, A4 лежат на одной окружности. Аналогично доказывается, что и любые четыре из точек Ai (и, следовательно, все они) лежат на одной окружности.

Доказательство в случае нечётного n 5 дословно повторяет доказательство утверждения задачи 28.37 б) для случая чётного n.

28.39. Если окружности R1 и R2 пересекаются или касаются, то инвер сия с центром в их точке пересечения переведёт окружности S1, S2,..., Sn в окружности, касающиеся пары прямых и друг друга в точках A*, A*,...

1..., A*, лежащих на биссектрисе угла, образованного прямыми R* и R*, n-1 1 если R* и R* пересекаются, и на прямой, параллельной R* и R*, если эти 1 2 1 прямые не пересекаются. Применив инверсию ещё раз, получим, что точки A*, A*,..., A* лежат на одной окружности.

1 2 n- Если же окружности R1 и R2 не пересекаются, то согласно задаче 28. найдётся инверсия, переводящая их в пару концентрических окружностей.

В этом случае точки A*, A*,..., A* лежат на окружности, концентрической 1 2 n- с R* и R*, а значит, точки A1, A2,..., An-1 лежат на одной окружности.

1 Решения задач 28.40. Сделаем инверсию, переводящую R1 и R2 в пару концентриче ских окружностей. Тогда окружности S*, S*,..., S* и T* равны между собой 1 2 n (рис. 28.12). Повернув цепочку S*,..., S* вокруг центра окружности R* так, 1 n чтобы S* перешла в T*, и сделав инверсию ещё раз, получим нужную цепочку 1 T1, T2,..., Tn.

Рис. 28. 28.41. Центр инверсии, переводящей окружности R1 и R2 в концентриче ские, лежит (см. решение задачи 28.6) на линии их центров. Поэтому, сделав эту инверсию и учтя, что угол между окруж ностями и касание при этом сохраняется, мы сведём доказательство к случаю концентрических окружностей R1 и R2 с центром O и радиусами r1 и r2.

Проведём окружность S с центром P радиуса (r1 - r2)/2, касающуюся R1 изнутри и R2 внешне, и две окружности S и S радиуса (r1 + r2)/ с центрами A и B, касающиеся R1 и R2 в их точках пересечения с прямой OP (рис. 28.13).

Пусть OM и ON — касательные к S, проведён ные из O. Очевидно, что цепочка из n окруж ностей, касающихся R1 и R2, существует тогда и только тогда, когда угол MON равен m360/n (в этом случае окружности цепочки m раз обега Рис. 28. ют окружность R2). Поэтому осталось доказать, что угол между окружностями S и S равен MON. Но угол между S и S равен углу между их радиусами, проведёнными в точку пересечения C.

Кроме того, ACO = PON (так как OP = r1 - (r1 - r2)/2 = (r1 + r2)/2 = AC, 534 Глава 28. Инверсия PN = (r1 - r2)/2 = r1 - ((r1 + r2)/2) = OA, PNO = AOC = 90). Поэтому ACB = 2ACO = 2PON = NOM.

28.42. Пусть R1 и R2 — какая-либо пара несоприкасающихся окружностей.

Оставшиеся четыре окружности образуют цепочку, поэтому по предыдущей задаче окружности S и S, касающиеся R1 и R в точках их пересечения с линией центров, пересекаются под прямым углом (рис. 28.14).

Если R2 лежит внутри R1, то радиусы r и r окружностей S и S равны (r1 + r2 + d)/ и (r1 + r2 - d)/2, а расстояние между их цен трами d = 2r1 - r1 - r2 = r1 - r2. Угол меж ду S и S равен углу между их радиуса ми, проведёнными в точку пересечения, поэтому (d )2 = (r )2 + (r )2 или, после преобразований, 2 d2 = r1 + r2 - 6r1r2.

В случае, когда R1 и R2 не лежат одна Рис. 28. внутри другой, радиусы окружностей S и S равны (d + (r1 - r2))/2 и (d - (r1 - r2))/2, а расстояние между центрами 2 d = r1 + r2 + d - (r1 + r2) = r1 + r2. В результате получаем d2 = r1 + r2 + 6r1r2.

ГЛАВА АФФИННЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ § 1. Аффинные преобразования О п р е д е л е н и е. Преобразование плоскости называется аффинным, ес ли оно непрерывно, взаимно однозначно и образом любой прямой является прямая.

З а м е ч а н и е. В действительности требование непрерывности здесь из лишне: непрерывность следует из взаимной однозначности и того, что пре образование переводит прямые в прямые. По этому поводу см. задачу 29.18.

Частным случаем аффинных преобразований являются движения и преоб разования подобия.

О п р е д е л е н и е. Растяжением плоскости относительно оси l с коэффици ентом k называется преобразование плоскости, котором каждая точка M # – # –при переходит в такую точку M, что OM = kOM, где O — проекция точки M на прямую l. (Растяжение с коэффициентом меньше единицы называется сжатием.) 29.1. Докажите, что растяжение плоскости является аффинным преобразованием.

29.2. Докажите, что при аффинном преобразовании параллельные прямые переходят в параллельные.

29.3. Пусть A1, B1, C1, D1 — образы точек A,– B, D при аф # # C, – # финном преобразовании. Докажите, что если AB = CD, то A 1 B– = # – = C1D1.

Из предыдущей задачи вытекает, что мы можем определить образ вектора # – # – AB при аффинном отображении L как L(A)L(B), и это определение не будет зависеть от выбора точек A и B.

29.4.

#Докажите, что если L — аффинное преобразование, то – #– а) L( 0 ) = 0 ;

б) L(a + b) = L(a) + L(b);

в) L(ka) = kL(a).

29.5. Пусть A, B, C — образы точек A, B, C при аффинном преобразовании L. Докажите, что если C делит отрезок AB в от ношении AC : CB = p : q, то C делит отрезок A B в том же отно шении.

29.6. а) Докажите, что существует единственное аффинное преоб разование, которое переводит данную точку O в данную точку O, а данный базис векторов e1, e2 — в данный базис e, e.

1 536 Глава 29. Аффинные преобразования б) Даны два треугольника ABC и A1B1C1. Докажите, что существу ет единственное аффинное преобразование, переводящее точку A в A1, B — в B1, C — в C1.

в) Даны два параллелограмма. Докажите, что существует един ственное аффинное преобразование, которое один из них переводит в другой.

29.7*. Каждая диагональ выпуклого пятиугольника параллельна одной из его сторон. Докажите, что аффинным преобразованием этот пятиугольник можно перевести в правильный пятиугольник.

29.8*. Докажите, что если при аффинном (не тождественном) пре образовании L каждая точка некоторой прямой l переходит в себя, то все прямые вида ML(M), где в качестве M берутся произвольные точки, не лежащие на прямой l, параллельны друг другу.

29.9*. Докажите, что любое аффинное преобразование можно пред ставить в виде композиции двух растяжений и аффинного преоб разования, переводящего любой треугольник в подобный ему тре угольник.

29.10*. На плоскости дан многоугольник A1A2... An и точка O внут ри его. Докажите, что равенства # – # – # 2 – OA1 + OA3 = 2 cos OA2, n # – # – # 2 – OA2 + OA4 = 2 cos OA3, n..............................

# – # – # 2 – OAn-1 + OA1 = 2 cos OAn n необходимы и достаточны для того, чтобы существовало аффинное преобразование, переводящее данный многоугольник в правильный, а точку O — в его центр.

Многоугольник, который аффинным преобразованием можно перевести в правильный многоугольник, называют аффинно правильным.

29.11*. Докажите, что любое аффинное преобразование можно пред ставить в виде композиции растяжения (сжатия) и аффинного преоб разования, переводящего любой треугольник в подобный ему треуголь ник.

29.12*. Докажите, что если аффинное преобразование переводит некоторую окружность в себя, то оно является либо поворотом, либо симметрией.

29.13*. Докажите, что если M и N — образы многоугольников M и N при аффинном преобразовании, то отношение площадей M и N равно отношению площадей M и N.

Условия задач 29.14*. Докажите, что любой выпуклый четырёхугольник, кроме трапеции, аффинным преобразованием можно перевести в четырёх угольник, у которого противоположные углы прямые.

29.15*. Докажите, что любой выпуклый шестиугольник ABCDEF, в котором каждая сторона параллельна противоположной стороне, аффинным преобразованием можно перевести в шестиугольник с рав ными диагоналями AD, BE и CF.

29.16*. На плоскости даны три вектора a, b, c, причём a + b + + c = 0. Докажите, что эти векторы аффинным преобразованием можно перевести в векторы равной длины тогда и только тогда, когда из отрезков с длинами | |, | |, | | можно составить треугольник.

29.17*. На плоскости даны две прямые, пересекающиеся под ост рым углом. В направлении одной из прямых производится сжатие с коэффициентом 1/2. Докажите, что найдётся точка, расстояние от которой до точки пересечения прямых увеличится.

29.18*. Пусть L — взаимно однозначное отображение плоскости в се бя. Предположим, что оно обладает следующим свойством: если три точки лежат на одной прямой, то их образы тоже лежат на одной прямой. Докажите, что тогда L — аффинное преобразование.

29.19*. Пусть L — взаимно однозначное отображение плоскости в се бя, переводящее любую окружность в некоторую окружность. Докажи те, что L — аффинное преобразование.

§ 2. Решение задач при помощи аффинных преобразований 29.20. Через каждую вершину треугольника проведены две прямые, делящие противоположную сторону треугольника на три равные части.

Докажите, что диагонали, соединяющие противоположные вершины шестиугольника, образованного этими прямыми, пересекаются в одной точке.

29.21. На сторонах AB, BC и CD параллелограмма ABCD взяты точки K, L и M соответственно, делящие эти стороны в одинаковых отношениях. Пусть b, c, d — прямые, проходящие через B, C, D парал лельно прямым KL, KM, ML соответственно. Докажите, что прямые b, c, d проходят через одну точку.

29.22. Дан треугольник ABC. Пусть O — точка пересечения его ме диан, а M, N и P — точки сторон AB, BC и CA, делящие эти стороны в одинаковых отношениях (т. е. AM : MB = BN : NC = CP : PA = p : q).

Докажите, что:

а) O — точка пересечения медиан треугольника MNP;

б) O — точка пересечения медиан треугольника, образованного пря мыми AN, BP и CM.

29.23. В трапеции ABCD с основаниями AD и BC через точку B проведена прямая, параллельная стороне CD и пересекающая диаго 538 Глава 29. Аффинные преобразования наль AC в точке P, а через точку C — прямая, параллельная сто роне AB и пересекающая диагональ BD в точке Q. Докажите, что прямая PQ параллельна основаниям трапеции.

29.24. В параллелограмме ABCD точки A1, B1, C1, D1 лежат соот ветственно на сторонах AB, BC, CD, DA. На сторонах A1B1, B1C1, C1D1, D1A1 четырёхугольника A1B1C1D1 взяты соответственно точ ки A2, B2, C2, D2. Известно, что AA1 BB1 CC1 DD1 A1D2 D1C2 C1B2 B1A = = = = = = =.

BA1 CB1 DC1 AD1 D1D2 C1C2 B1B2 A1A Докажите, что A2B2C2D2 — параллелограмм со сторонами, парал лельными сторонам ABCD.

29.25*. На сторонах AB, BC и AC треугольника ABC даны точ ки M, N и P соответственно. Докажите:

а) если точки M1, N1 и P1 симметричны точкам M, N и P относи тельно середин соответствующих сторон, то SMNP = SM N1P1.

б) если M1, N1 и P1 — такие точки сторон AC, BA и CB, что MM1 BC, NN1 CA и PP1 AB, то SMNP = SM N1P1.

§ 3. Комплексные числа Комплексным числом называют выражение вида a + bi, где a и b — веще ственные числа, а i — символ, удовлетворяющий соотношению i2 = -1. Если z = a + bi, то числа a и b называют соответственно вещественной и мнимою частью числа z (обозначение: a = Re z, b = Im z), а комплексное число a - bi называют числом, сопряжённым к числу z (обозначение: z). Перемножают комплексные числа по обычным правилам раскрытия скобок и приведения подобных членов, заменяя каждый раз i2 на -1, т. е.

(a + bi)(c + di) = (ac - bd) + (ad + bc)i.

Каждое вещественное число a можно рассматривать как комплексное число a + 0i.

Если на плоскости выбрать систему координат, то можно установить взаимно однозначное соответствие между комплексными числами и точками плоскости, при котором числу a + bi соответствует точка с координатами (a, b). При этом умножение на комплексное число z приобретает следую щую геометрическую интерпретацию. Пусть r — расстояние от нуля до z, — угол, на который нужно повернуть вокруг нуля луч, содержащий поло жительные вещественные числа, чтобы получить луч Oz. Тогда умножение на число z — это композиция гомотетии с коэффициентом r (с центром в нуле) и поворота на угол. Числа r и называют соответственно модулем и аргументом числа z (обозначение: r = |z|, = arg z). По-другому геометрическую интерпретацию произведения комплексных чисел можно сформулировать так: при умножении комплексных чисел их модули пере множаются, а аргументы складываются.

Зная геометрическую интерпретацию комплексных чисел, легко на учиться их делить: для этого нужно делить модули и вычитать аргументы.

Условия задач Деление можно ввести также и чисто алгебраически. Для каждого ком плексного числа z = a + bi имеет место очевидное равенство zz = (a + bi)(a - bi) = a2 - b2i2 = a2 + b2 = |z|2.

Поэтому w/z = wz/|z|2.

Тот факт, что произведение комплексных чисел, с одной стороны, вы числяется чисто алгебраически, а с другой стороны, имеет геометрическую интерпретацию, иногда бывает полезным при решении задач планиметрии.

Как правило, решение, использующее комплексные числа, в действитель ности использует только векторы и поворот. Но иногда комплексные числа позволяют взглянуть на теоремы планиметрии с новой точки зрения и, что гораздо важнее, глубже понять их природу.

Очень простую интерпретацию на языке комплексных чисел имеет ин версия с центром в нуле: она отображает число z в число R2/z, где R2 — степень инверсии.

29.26. Пусть a, b, c, d — комплексные числа, причём углы a0b и c0d равны и противоположно ориентированы. Докажите, что тогда Im abcd = 0.

Будем говорить, что треугольники ABC и A B C собственно подобны, если существует поворотная гомотетия, которая переводит A в A, B в B, C в C.

29.27. Докажите, что если треугольники abc и a b c на комплекс ной плоскости собственно подобны, то b - a b - a =.

c - a c - a 29.28. Докажите, что треугольники abc и a b c собственно подобны, тогда и только тогда, когда a (b - c) + b (c - a) + c (a - b) = 0.

29.29. Пусть a и b — комплексные числа, лежащие на окружности с центром в нуле, u — точка пересечения касательных к этой окруж ности в точках a и b. Докажите, что u = 2ab/(a + b).

29.30. Пусть a — комплексное число, лежащее на единичной окруж ности S с центром в нуле, t — вещественное число (точка, лежащая на вещественной оси). Пусть, далее, b — отличная от a точка пересечения прямой at с окружностью S. Докажите, что b = (1 - ta)/(t - a).

29.31. Пусть a, b и c — комплексные числа, лежащие на единич ной окружности с центром в нуле. Докажите, что комплексное число (a + b + c - abc) соответствует основанию высоты, опущенной из вер шины a на сторону bc.

29.32. Докажите, что прямая, проходящая через точки a1 и a2, задаётся уравнением z(a1 - a2) - z(a1 - a2) + (a1a2 - a1a2) = 0.

540 Глава 29. Аффинные преобразования 29.33. а) Докажите, что все окружности и прямые задаются урав нениями вида Azz + cz + cz + D = 0, где A и D — вещественные числа, а c — комплексное число. Наоборот, докажите, что любое уравнение такого вида задаёт либо окружность, либо прямую, либо точку, либо пустое множество.

б) Докажите, что при инверсии окружности и прямые переходят в окружности и прямые.

1 i 29.34. а) Пусть = +. Докажите, что точки a, b, c являются 2 вершинами правильного треугольника тогда и только тогда, когда 2 4 4 a + b + c = 0 или a + b + c = 0.

б) Докажите, что точки a, b, c являются вершинами правильного треугольника тогда и только тогда, когда a2 + b2 + c2 = ab + bc + ac.

29.35. Пусть точки A*, B*, C*, D* являются образами точек A, B, C, D при инверсии. Докажите, что:

AC BC A*C* B*C* а) : = : ;

AD BD A*D* B*D* б) (DA, AC) - (DB, BC) = (D*B*, B*C*) - (D*A*, A*C*).

29.36. а) Докажите, что точки, соответствующие комплексным чис лам a, b, c, лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда число a - b, называемое простым отношением трёх комплексных чисел, ве a - c щественно.

б) Докажите, что точки, соответствующие комплексным числам a, b, c, d, лежат на одной окружности (или на одной прямой) тогда a - c b - c и только тогда, когда число :, называемое двойным отно a - d b - d шением четырёх комплексных чисел, вещественно.

29.37*. а) Докажите, что если A, B, C и D — произвольные точки плоскости, то AB · CD + BC · AD AC · BD (неравенство Птолемея).

б) Докажите, что если A1, A2,..., A6 — произвольные точки плоско сти, то A1A4 · A2A5 · A3A6 A1A2 · A3A6 · A4A5 + A1A2 · A3A4 · A5A6 + + A2A3 · A1A4 · A5A6 + A2A3 · A4A5 · A1A6 + A3A4 · A2A5 · A1A6.

в) Докажите, что (нестрогое) неравенство Птолемея обращается в равенство тогда и только тогда, когда ABCD — (выпуклый) вписан ный четырёхугольник.

г) Докажите, что неравенство из задачи б) обращается в равенство тогда и только тогда, когда A1... A6 — вписанный шестиугольник.

29.38*. Докажите, что если a, b, c и d — длины последовательных сторон выпуклого четырёхугольника ABCD, а m и n — длины его диагоналей, то m2n2 = a2c2 + b2d2 - 2abcd cos(A + C) (Бретшнейдер).

Условия задач 29.39*. Даны треугольник ABC и прямая l, проходящая через центр O вписанной окружности. Обозначим через A1 (соответствен но B1, C1) основание перпендикуляра, опущенного на прямую l из точки A (соответственно B, C), а через A2 (соответственно B2, C2) обо значим точку вписанной окружности, диаметрально противоположную точке касания со стороной BC (соответственно CA, AB). Докажите, что прямые A1A2, B1B2, C1C2, пересекаются в одной точке, и эта точка лежит на вписанной окружности.

29.40*. Во вписанном четырёхугольнике ABCD прямая Симсона точки A относительно треугольника BCD перпендикулярна прямой Эйлера треугольника BCD. Докажите, что прямая Симсона точки B относительно треугольника ACD перпендикулярна прямой Эйлера тре угольника ACD.

29.41*. а) Даны точка X и треугольник ABC. Докажите, что XB XC XC XA XA XB · + · + · 1, b c c a a b где a, b, c — длины сторон треугольника.

б) На сторонах BC, CA, AB взяты точки A1, B1, C1. Пусть a, b, c — длины сторон треугольника ABC, a1, b1, c1 — длины сторон треугольника A1B1C1, S — площадь треугольника ABC. Докажите, что 4S2 a2b1c1 + b2a1c1 + c2a1b1.

29.42*. Дан неравносторонний треугольник ABC. Точки A1, B1 и C выбраны так, что треугольники BA1C, CB1A и AC1B собственно подоб ны. Докажите, что треугольник A1B1C1 равносторонний тогда и только тогда, когда указанные подобные треугольники являются равнобедрен ными треугольниками с углом 120 при вершинах A1, B1 и C1.

29.43*. На сторонах аффинно правильного многоугольника A1A2... An с центром O внешним образом построены квадраты Aj+1AjBjCj+ (j = 1,..., n). Докажите, что отрезки BjCj и OAj перпендикулярны, а их отношение равно 2(1 - cos(2 /n)).

29.44*. На сторонах выпуклого n-угольника внешним образом по строены правильные n-угольники. Докажите, что их центры образуют правильный n-угольник тогда и только тогда, когда исходный n-уголь ник аффинно правильный.

29.45*. Вершины треугольника соответствуют комплексным числам a, b и c, лежащим на единичной окружности с центром в ну ле. Докажите, что если точки z и w изогонально сопряжены, то z + w + abczw = a + b + c (Морли).

29.46*. Точки Z и W изогонально сопряжены относительно пра вильного треугольника. При инверсии относительно описанной окруж ности точки Z и W переходят в Z* и W*. Докажите, что середина отрезка Z*W* лежит на вписанной окружности.

542 Глава 29. Аффинные преобразования 29.47*. Точки Z и W изогонально сопряжены относительно пра вильного треугольника ABC с центром O;

M — середина отрез ка ZW. Докажите, что AOZ + AOW + AOM = n (углы ориенти рованы).

См. также задачи 31.43, 31.61, 31.70.

§ 4. Эллипсы Штейнера Согласно задаче 29.6 б) для данного треугольника ABC существует един ственное аффинное преобразование, которое переводит правильный тре угольник в данный треугольник. Образ вписанной окружности правильного треугольника при таком преобразовании называют вписанным эллипсом Штейнера, а образ описанной окружности — описанным эллипсом Штей нера.

Вписанный эллипс Штейнера имеет наибольшую площадь среди всех эллипсов, вписанных в данный треугольник, а описанный — наименьшую среди всех описанных. Это легко доказывается, если перевести эллипс в окружность аффинным преобразованием и воспользоваться тем, что при аффинном преобразовании сохраняется отношение площадей.

29.48*. Найдите уравнения эллипсов Штейнера в барицентрических координатах.

Точкой Штейнера называют точку пересечения описанного эллипса Штей нера с описанной окружностью треугольника, отличную от вершин тре угольника.

29.49*. Найдите барицентрические координаты точки Штейнера.

З а м е ч а н и е. Отметим без доказательства, что касательная в точке ка сания вписанной окружности и окружности девяти точек касается также и вписанного эллипса Штейнера. То же самое верно и для вневписанных окружностей.

Решения 29.1. Нам надо доказать, что если A, B, C — образы точек A, B, C при растяжении относительно прямой l с коэффициентом k и точка C лежит на # – # – прямой AB, то точка C лежит на прямой A B. Пусть AC = tAB. Обозначим че # – # – рез A1, B1, C1 проекции точек A, B, C на прямую l, и пусть a = A1A, b = B1B, # – # – # – # – # – # – c = C1C, a = A1A, b = B1B, c = C1C, x = A1B1, y = A1C1. Из того, что при проекции на прямую l сохраняется отношение длин пропорциональных векто ров, следует, что y = tx и y + (c - a) = t(x + (b - a)). Вычитая первое равенство из второго, получаем (c - a) = t(b - a). По определению растяжения a = ka, # – b = kb, c = kc, поэтому A C = y + k(c - a) = tx + k(t(b - a)) = t(x + k(b - a)) = # – = tA B.

29.2. По определению образы прямых — прямые, а из взаимной однозначно сти аффинного преобразования следует, что образы непересекающихся прямых не пересекаются.

Решения задач # – # – 29.3. Пусть AB = CD. Рассмотрим сначала случай, когда точки A, B, C, D не лежат на одной прямой. Тогда ABDC — параллелограмм. Из # предыдущей – # – задачи следует, что A1B1D1C1 — тоже параллелограмм, поэтому A1B1 = C1D1.

Пусть теперь точки A, B, C, D лежат на одной прямой. Возьмём такие # – # – точки E и F, не лежащие на прямой, что EF = AB. Пусть E1 и F1 — их # – # – # этой – образы. Тогда = E1F1 = C1D1.

#A1B1 # – # – # – – 29.4. a) L( 0 ) = L(AA) = L(A)L(A) # – # – # – # –= #. – # – # – # – б) L(AB + BC) = L(AC) = L(A)L(C) = L(A)L(B) + L(B)L(C) = L(AB) + L(BC).

в) Предположим сначала, что число k натуральное. Тогда L(ka) = L(a +.. + a) = L(a) +... + L(a) = kL(a).

.

k k # # – – и L(ka) + L(-ka) = L(ka - ka) = L( 0 ) = 0, поэтому L(-ka) = -L(ka) = -kL(a).

Пусть теперь k = m/n — рациональное число. Тогда nL(ka) = L(nka) = = L(ma) = mL(a), поэтому L(ka) = mL(a)/n = kL(a). Наконец, если k — любое действительное число, то всегда найдётся последовательность kn рациональных чисел, сходящаяся к k (например, последовательность десятичных приближе ний k). Поскольку L непрерывно, то L(ka) = L( lim kna) = lim knL(a) = kL(a).

n n # – # – # – 29.5. В силу задачи 29.4 в) из условия qAC = pCB следует, что qA C = # – # – # – # – # – = qL(AC) = L(qAC) = L(pCB) = pL(CB) = pC B.

29.6. а) Зададим отображение L следующим образом. Пусть X — произволь ная точка. Поскольку e1, — базис, существуют однозначно определённые # e– числа x1 и x2 такие, что OX = x1e1 + x2e2. Поставим в соответствие точке X # – такую точку X = L(X), что O X = x1e + x2e. Так как e, e — тоже базис, 1 2 1 полученное отображение взаимно однозначно. (Обратное отображение строится аналогично.) Докажем, что любая прямая AB при отображении L переходит в прямую. Пусть A = L(A), B = L(B) и a1, a2, b1, b2 — координаты точек # – # – A и B в базисе e1, e2, т. е. такие числа, что OA = a1e1 + a2e2, OB b1e1 + b2e2.

# – # = – Рассмотрим произвольную точку C прямой AB. Тогда AC = kAB при неко # – # – # – # – тором k, т. е. OC = OA + k(OB - OA) = ((1 - k)a1 + kb1)e1 + ((1 - k)a2 + kb2)e2.

# – Следовательно, если C = L(C), то O C = ((1 - k)a1 + kb1)e + ((1 - k)a2 + kb2)e = 1 # – # – # – = O A + k(O B - O A ), т. е. точка C лежит на прямой A B.

Единственность отображения L следует из результата задачи 29.4. В самом # – деле, L(OX) = x1L(e1) + x2L(e2), т. е. образ точки X однозначно определяется образами векторов e1, e2 и точки O.

б) Для доказательства # – # можно воспользоваться предыдущей задачей, поло – # – # – жив O = A, e1 = AB, e2 = AC, O = A1, e = A1B1, e = A1C1.

1 в) Следует из задачи б) и из того, что параллельные прямые переходят в параллельные.

29.7. Пусть ABCDE — правильный пятиугольник. Согласно задаче 29.6 б) существует аффинное преобразование, которое три последовательные вершины данного пятиугольника переводит в точки A, B, C. Пусть D и E — образы остальных двух вершин при этом преобразовании. Докажем, что они совпада ют с D и E.

544 Глава 29. Аффинные преобразования С одной стороны, AD BC и CE AB, поэтому точка D лежит на пря мой AD, а точка E — на прямой CE. С другой стороны, E D AC ED, поэтому если бы точки D и E не совпадали с точками D и E, то либо они обе были бы вне полосы, ограниченной прямыми AE и BD (рис. 29.1, а), либо обе внутри этой полосы (рис. 29.1, б). В обоих случаях прямые AE и BD не были бы параллельны.

Рис. 29. 29.8. Пусть M и N — произвольные точки, не лежащие на прямой l.

Обозначим через M0 и N0 их проекции на прямую l, а через M и N — обра зы точек M и N при отображении L. Прямые M0M и N0N параллельны, так как они обе перпендикулярны l, т. е. существует такое число k, что # – # – # – # – M0M = kN0N. Тогда согласно задаче 29.4 в) M0M = kN0N. Поэтому образ тре # – угольника M0MM при параллельном переносе на вектор M0N0 гомотетичен с коэффициентом k треугольнику N0NN, следовательно, прямые MM и NN параллельны.

29.9. Пусть ABC — произвольный треугольник, BN — биссектриса внешнего угла B, прилежащего к стороне BC. Тогда при растяжении относительно BN с коэффициентом tg 45/ tg CBN из треугольника ABC получается треуголь ник A B C с прямым углом B. Из прямоугольного треугольника A B C при помощи растяжения относительно одного из его катетов всегда можно полу чить равнобедренный прямоугольный треугольник A B C.

Выберем в качестве ABC треугольник, который при данном аффинном преобразовании переходит в равнобедренный треугольник A1B1C1 с прямым углом B1. Равнобедренный прямоугольный треугольник A B C, получен ный из треугольника ABC композицией двух растяжений, можно перевести в треугольник A1B1C1 аффинным преобразованием, которое переводит любой треугольник в подобный ему треугольник. В результате мы получим требу емое представление данного аффинного преобразования, поскольку согласно задаче 29.6 б) аффинное преобразование, переводящее треугольник ABC в тре угольник A1B1C1, единственно.

29.10. Докажем сначала, что если A1A2... An — правильный многоугольник, вписанный в единичную окружность, а O — его центр, то указанные в условии Решения задач задачи равенства выполняются, т. е.

# – # – # – OAi-1 + OAi+1 = 2kOAi, i = 1,..., n (1) (мы считаем, что A0 = An и An+1 = A1;

через k обозначено число cos(2 /n)).

Для этого при каждом фиксированном i выберем на плоскости систему ко ординат с центром в точке O и осью Ox, направленной вдоль луча OAi.

Тогда точки Ai-1, Ai и Ai+1 имеют координаты k, - sin(2 /n), (1, 0) и k, sin(2 /n) соответственно. Равенство (1) при данном i теперь легко проверяется.

В силу задачи 29.4 равенства (1) выполняются также для образа правиль ного n-угольника при аффинном преобразовании.

Наоборот, пусть для многоугольника A1A2... An и точки O внутри его вы полнены равенства (1). Возьмём правильный многоугольник B1B2... Bn с цен тром O и рассмотрим аффинное преобразование L, которое переводит треуголь ник OB1B2 в треугольник OA1A2. Докажем индукцией по i, что L(Bi) = Ai для всех i 2. При i = 2 это утверждение следует из определения отображения L.

Предположим, что мы его доказали для всех чисел, не превосходящих i, и докажем для i + 1. Так как для правильных многоугольников равенства (1) уже доказаны, а для многоугольника A1A2... An они выполнены по предполо жению, то # – # – # – # – # – # – # – # – OAi+1 = 2kOAi - OAi-1 = 2kL(OBi) - L(OBi-1) = L(2kOBi - OBi-1) = L(OBi+1).

29.11. Пусть L — данное аффинное преобразование, O — произвольная точ # – ка, T — сдвиг на вектор L(O)O, и пусть L1 = T L. Тогда O — неподвижная точка преобразования L1. Среди всех точек единичной окружности с цен # – тром O выберем точку A, для которой максимальна длина вектора L(OA).

Пусть H — поворотная гомотетия с центром O, которая точку L1(A) пере водит в точку A, и пусть L2 = H L1 = H T L. Тогда L2 — аффинное преобразование, которое оставляет на месте точки O и A, а значит, согласно задаче 29.4 в), и все остальные точки прямой A, причём, в силу выбора # O– # – точки A, для всех точек M имеем неравенство |OM| |L(OM)|.

Докажем (и из этого будет следовать утверждение задачи), что L2 — сжа тие относительно прямой OA. Если преобразование L2 тождественно, то оно является сжатием с коэффициентом 1, поэтому будем считать, что L2 не тождественно. Согласно задаче 29.8 все прямые вида ML2(M), где M — про извольная точка, не лежащая на прямой OA, друг другу параллельны.

# – Пусть OB — единичный вектор, перпендикулярный всем этим прямым. То гда B — неподвижная точка преобразования L2, так как иначе было бы # – |OL2(B)| = OB2 + BL2(B)2 > |OB|.

Если B не лежит на прямой OA, то согласно задаче 29.6 б) преобразование L тождественно. Если B лежит на прямой OA, то все прямые вида ML2(M) перпендикулярны неподвижной прямой преобразования L2. При помощи зада чи 29.4 в) несложно показать, что отображение, обладающее этим свойством, является растяжением или сжатием.

29.12. Докажем сначала, что аффинное преобразование L, переводящее данную окружность в себя, переводит диаметрально противоположные точ ки в диаметрально противоположные. Для этого заметим, что касательная 546 Глава 29. Аффинные преобразования к окружности в точке A переходит в прямую, которая в силу взаимной одно значности преобразования L пересекается с окружностью в единственной точке L(A), т. е. является касательной в точке L(A). Поэтому если касательные в точках A и B параллельны (т. е. AB — диаметр), то касательные в точках L(A) и L(B) тоже параллельны, т. е. L(A)L(B) — тоже диаметр.

Фиксируем какой-нибудь диаметр AB данной окружности. Поскольку L(A)L(B) — тоже диаметр, то существует движение P, являющееся поворотом или симметрией, которое переводит A и B в L(A) и L(B), а каждую из дуг и, на которые точки A и B делят данную окружность, — в образ этой дуги при отображении L.

Докажем, что отображение F = P-1 L является тождественным. В самом деле, F(A) = A и F(B) = B, следовательно, все точки прямой AB остают ся неподвижными. Поэтому если X — произвольная точка окружности, то касательная в точке X пересекает прямую AB там же, где и касатель ная в точке X = F(X), так как точка пересечения остаётся неподвижной.

А поскольку X и X лежат на одной и той же из двух дуг или, то точка X совпадает с точкой X. Итак, P-1 L — тождественное преобразование, т. е. L = P.

29.13. Пусть a1 и a2 — какие-нибудь две перпендикулярные прямые. По скольку аффинное преобразование сохраняет отношение длин параллельных отрезков, то длины всех отрезков, параллельных одной прямой, умножаются на один и тот же коэффициент. Обозначим через k1 и k2 эти коэффициенты для прямых a1 и a2. Пусть — угол между образами этих прямых. Докажем, что данное аффинное преобразование изменяет площади всех многоугольников в k раз, где k = k1k2 sin.

Для прямоугольника со сторонами, параллельными a1 и a2, а также для прямоугольного треугольника с катетами, параллельными a1 и a2, это утверждение очевидно. Любой другой треугольник можно получить, отрезав от прямоугольника со сторонами, параллельными a1 и a2, несколько пря моугольных треугольников с катетами, параллельными a1 и a2 (рис. 29.2), Рис. 29. и, наконец, согласно задаче 22.43, любой многоугольник можно разрезать на треугольники.

29.14. Случаи трапеции и параллелограмма легко разбираются, поэтому будем предполагать, что у выпуклого четырёхугольника ABCD нет парал лельных сторон. Для определённости будем считать, что пересекаются лучи # – # – # – # – AB и DC, BC и AD. Пусть AB = a, BC = b, CD = pa + qb, DA = ua + vb. Тогда p < 0, q > 0, u < 0, v < 0.

Pages:     | 1 |   ...   | 8 | 9 || 11 | 12 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.