Инверсия и ее свойства

Докажем сначала простую и полезную лемму.

 

Лемма Архимеда

Пусть окружность α касается изнутри окружности β и ее хорды PQ соответственно в точках А и  В. 
Тогда прямая АВ делит дугу PQ , не содержащую точку касания, пополам.

 

Для доказательства рассмотрим гомотетию  с центром А, которая переводит  окружность α в окружность β.

При этом точка В переходит в  точку М, прямая PQ переходит в  касательную к окружности β в  точке М, параллельную PQ. Отсюда следует, что точка М – середина дуги PQ.

 

Теперь проведем через точки P и Q окружность ω с центром в точке  М. При инверсии относительно окружности ω прямая PQ переходит в окружность β, а точка А – в точку  В. Окружность α проходит через точки А и В, симметричные относительно окружности ω, и, следовательно окружности α и ω ортогональны по теореме (6). Значит, касательные к окружности α в точках ее пересечения с ω проходят через точку М, центр окружности ω.

Таким образом, оказывается верным следующее утверждение: касательные, проведенные из точки М к окружности α равны расстояниям от точки М до точек P и Q. Попробуйте доказать его справедливость, не используя инверсии.

Инверсия позволяет также  получить короткое решение задачи Архимеда об арбелосе. Словом άρβυλος (сапожный нож) будем вслед за Архимедом называть “криволинейный треугольник”, образованный тремя полуокружностями.

 

 

 

 

 

 

Задача Архимеда

Пусть точка С лежит  на отрезке АВ. Построим полуокружности на диаметрах АВ, ВС, АС (это и есть арбелос). Перпендикуляр МС к отрезку АВ делит арбелос на две части. Докажите, что радиусы окружностей, вписанных в эти части арбелоса, равны между собой.

 

Обозначим AC = 2a ;  BC = 2b

Рассмотрим инверсию относительно окружности ω с центром в точке  В и радиусом ВМ.

При такой инверсии окружность β  с диаметром АВ перейдет в прямую СМ, а окружность α с диаметром  ВС в прямую, параллельную СМ, проходящую через точку А.

Таким образом, вписанная окружность радиуса r, касающаяся окружностей α и β, перейдет в окружность, касающуюся их образов, то есть двух параллельных прямых. Радиус этой новой окружности равен радиусу окружности с диаметром АС.

 Рассмотрим теперь гомотетию  с центром В, при которой  окружность радиуса r переходит в окружность радиуса а, а точка С переходит в точку А.

 

r / a = BC / BA = 2b / 2(a + b)

 

 

Из симметричности полученной формулы  относительно а и b следует утверждение задачи.

 

 

Задача 10

Постройте циркулем и  линейкой точный чертеж к задаче Архимеда. (т. е. арбелос и две вписанные окружности)

 

 

Задача Паппа

Знаменитая задача Паппа об арбелосе представляет замечательный пример задачи, которая почти мгновенно  решается с использованием инверсии и становится невероятно тяжелой, если запретить ей пользоваться .

 

Задача Паппа

Пусть окружности α, β  и γ с диаметрами АВ, ВС, АС образуют арбелос, δ₀ – окружность, вписанная в арбелос, окружность δ₁ касается окружностей α, β и δ₀ , окружность δ₂ касается окружностей α, β и δ₁ , … окружность δ_n+1 касается окружностей α, β и δ_n.. Обозначим R_n – радиус окружности δ_n , d_n – расстояние от центра окружности δ_n до прямой АВ.  

Тогда

 

 

 

 

То есть, расстояние от центра n-ой окружности до диаметра арбелоса в 2(n + 1) раз больше ее радиуса.

 

 

 

 

Совершим инверсию относительно какой-нибудь окружности с центром в точке А. На чертеже эта окружность проходит через точку В.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

При этой инверсии окружности α и  β перейдут в две параллельные прямые, а цепочка из окружностей  δ₀, δ₁, δ₂, … перейдет в цепочку равных окружностей ω₀, ω₁, ω₂, … заключенных между параллельными прямыми. Центры окружностей ω_n и δ_n лежат на одной прямой с точкой А. Для окружности ω_n утверждение задачи выполняется очевидным образом. Но окружность δ_n переходит в окружность ω_n при гомотетии с центром А, откуда и следует утверждение задачи.

 

Задача 11

Докажите без привлечения  инверсии, что 

 

Если вам удастся самостоятельно решить задачу (11), то, возможно, вы лучше  сможете представить себе те трудности, которые пришлось преодолеть Паппу. Дело в том, что инверсию стали  применять как средство решения задач примерно через полторы тысячи лет после того, как он нашел свое решение без инверсии.

 Интересно также построить  точный чертеж к задаче Паппа,  то есть вписать хотя бы  одну окружность в арбелос.  Это построение является, очевидно, частным случаем задачи Аполлония о построении окружности, касающейся трех данных окружностей. Однако, в этом частном случае решение получается совсем коротким и изящным.

Докажем сначала одну простую и  важную лемму.

 

Лемма

Пусть окружность γ касается окружностей α и β в точках А и В. Тогда прямая АВ проходит через центр гомотетии окружностей α и β.

Обозначим центры окружностей α, β, γ соответственно P,  Q,  R. Пусть прямая АВ второй раз пересекает окружность α в точке М.

Равнобедренные треугольники АВR и АМР, очевидно, подобны, значит BR и РМ параллельны. Прямая ВМ, соединяющая концы параллельных радиусов окружностей α и β, проходит через центр гомотетии этих окружностей.

 

На нашем чертеже центр гомотетии  О является также и центром  серединной окружности ω. По теореме (3) точки А и В симметричны относительно окружности ω. Поскольку окружность γ проходит через точки А и В, то по теореме (6) она ортогональна окружности ω.

Применим теперь доказанные утверждения  для построения окружности, вписанной  в арбелос.

 

 

Пусть арбелос образован окружностями α, β, γ. Впишем в него окружность δ. Построим серединную окружность ω для окружностей α и β. Она ортогональна к окружностям γ и δ. При инверсии относительно ω окружности α и β меняются местами, а окружности γ и δ остаются на месте. Точка касания окружностей γ и δ при инверсии переходит сама в себя, и, следовательно, лежит на окружности ω.

Значит, точку касания окружностей  γ и δ можно построить, как  точку пересечения окружностей  γ и ω. Саму окружность ω проще  всего построить на диаметре АА', где А' – это точка, симметричная точке А относительно окружности γ. Теперь можно таким же образом построить серединные окружности для пар окружностей α, γ и β, γ и найти все три точки касания, после чего провести окружность δ через три точки.

 Однако, предложенное построение  можно существенно улучшить, используя  результат задачи (8).

Не обязательно строить саму окружность ω. Достаточно построить  ее точки пересечения с окружностью  γ. Но в задаче (8) доказано, что прямая, соединяющая концы перпендикулярных диаметров ортогональных окружностей проходит через точку их пересечения.

Окружность ω ортогональна  γ, проходит через точку А, а ее центр  лежит на АВ. Достаточно провести через  центр окружности γ перпендикуляр  к диаметру АВ и соединить один из его концов с точкой А. Полученная прямая проходит через точку пересечения γ и ω, то есть через точку касания γ и δ.

 

В итоге получаем следующее построение: построим три радиуса, перпендикулярных АВ, три прямые, соединяющие концы  этих радиусов с точками касания  и окружность, проходящую через точки  пересечения этих прямых с соответствующими окружностями.

Так и хочется написать рядом с чертежом только одно слово: «Смотри!».

 

Задача 12

Докажите, что прямые AQ, BP, CR, используемые в построении, пересекаются в одной точке, которая лежит на вписанной окружности.

 

Задача 13

Докажите, что (в обозначениях чертежа) 
PA = PL = PM, 
QB = QK = QL, 
RA = RK = RM.

 

Задача 14

Окружности α, β, γ попарно  касаются. Постройте окружность, которая  касается этих окружностей.

 

Стереографическая проекция

Пусть прямая а касается окружности α в точке S, а точка N диаметрально противоположна точке S. Проведем окружность ω с центром N и радиусом NS. При инверсии относительно ω окружность α переходит в прямую а. Проведем в окружности α диаметр МК, параллельный прямой а, и рассмотрим точки А₁ и А₂ симметричные относительно этого диаметра. При инверсии точки А₁, А₂, М переходят в точки В₁, В₂, Р.  Докажем, что SB₁ · SB₂ = SP².

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для доказательства заметим, что углы ÐNSA₂ и ÐSNA₁ симметричны относительно оси МК, и, следовательно равны. Угол ÐSA₂N опирается на диаметр, поэтому SA₂ – высота прямоугольного треугольника NSВ₂. Отсюда получаем, что ÐNSA₂ = ÐSNA₁ = ÐNSВ₂ , значит треугольники NSB₁ и NSB₂ подобны.  SB₂ / NS = NS / SB₁ , следовательно SB₁ · SB₂ = NS²_.

Осталось заметить, что треугольник  NSP прямоугольный и равнобедренный. NS = SP. Отсюда  следует справедливость формулы SB₁ · SB₂ = SP².

 

Теперь будем вращать чертеж относительно оси NS. Окружность α превратится в сферу с диаметром NS, прямая а будет при вращении заметать плоскость, а точка Р начертит на этой плоскости окружность ω с центром S.

Рассмотрим отображение сферы на плоскость, называемое стереографической проекцией. Каждой точке сферы соответствует ее проекция на плоскость из точки N (северного полюса), самой точке N соответствует бесконечно удаленная точка круговой плоскости. То есть, при таком отображении бесконечно удаленная точка, которая была введена как некоторый абстрактный элемент, находит свое место на сфере, как центр стереографической проекции.

Заметим, что точкам сферы А₁ и А₂ , симметричным относительно плоскости, параллельной плоскости проекции, соответствуют на плоскости проекции точки В₁, В₂ , симметричные относительно окружности ω. Значит, инверсии на плоскости соответствует при стереографической проекции зеркальная симметрия на сфере.

Стереографическую проекцию можно также истолковать, как результат инверсии пространства относительно подходящей сферы. Для этого надо сначала определить, что такое инверсия пространства и установить какими свойствами она обладает.

Здесь, к счастью, дело обстоит очень  просто. Достаточно лишь заменить во всех формулировках, относящихся к инверсии плоскости, слова «окружность» и «прямая» на слова «сфера» и «плоскость». Доказательства соответствующих теорем практически не изменятся. Если еще добавить к пространству одну «бесконечно удаленную точку», считая ее образом центра любой инверсии, а плоскость считать сферой, проходящей через «бесконечно удаленную точку», то можно установить справедливость следующей теоремы:

 

 

Теорема 1''

При инверсии пространства образом сферы является сфера.

 

Заметим, что стереографическая  проекция возникает, как результат  инверсии пространства относительно сферы  с центром N. При этом, сфере, проходящей через центр инверсии, соответствует плоскость. Это простое соображение позволяет доказать важнейшее свойство стереографической проекции.

 

Теорема 7

Стереографическая проекция переводит окружность на сфере в  окружность на плоскости.

Для доказательства заметим лишь, что две пересекающиеся сферы (или  сфера и плоскость) пересекаются по окружности. Вместе с теоремой (1'') получаем, таким образом, что при инверсии пространства окружности переходят в окружности.

 

Поскольку стереографическая проекция  получается как результат инверсии пространства, то справедливость теоремы  можно считать установленной.

 

 

 

 

 

 

Последняя теорема представляет еще один пример утверждения, которое легко и естественно доказывается с помощью инверсии, однако превращается в весьма трудную задачу, если пользоваться только «школьными» методами.

 

Задача 15

Рассмотрим произвольную окружность на сфере. Как определить инверсию сферы относительно окружности? (то есть отображение сферы на себя, обладающее свойствами инверсии)

 

Стереографическая проекция, несмотря на свои замечательные свойства, редко  находит применение в школьном курсе  математики, однако удалось отыскать сложную задачу, которая быстро и красиво решается с использованием доказанных теорем.

 Назовем гексаэдром многогранник с шестью четырехугольными гранями, которые сходятся по три в каждой вершине. Таким образом, у гексаэдра шесть граней, восемь вершин и двенадцать ребер. Примерами гексаэдров в школьном курсе служат параллелепипеды и усеченные четырехугольные пирамиды. Однако можно рассматривать гексаэдры самого общего вида, не накладывая каких-либо дополнительных условий на их грани и ребра. Следующая задача не имеет отношения к инверсии, но представляет самостоятельный интерес.

 

Задача 16

Три четырехугольника на плоскости имеют общую вершину  и три общих стороны, выходящих  из этой вершины. Рассматривая их как  параллельную проекцию трех смежных граней некоторого гексаэдра, построить проекцию трех остальных граней.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теперь рассмотрим произвольный(!) гексаэдр, вписанный в сферу. Докажем  следующее утверждение:

 

Задача

Если семь вершин гексаэдра  лежат на сфере, то и восьмая вершина  лежит на этой сфере.

 

Доказать эту теорему обычными «метрическими» средствами весьма нелегко (если вообще возможно), поскольку произвольный гексаэдр не обладает никакими «хорошими» свойствами. Поэтому, займемся сначала «переводом задачи на другой язык».