Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2000/03/kv0300bagdasaryan.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:48 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:38:11 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: m 5

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К КРУЖОК МАТЕМАТИЧЕСКИЙ Р У Ж О К

45

Поляры и теорема Паппа
Г.БАГДАСАРЯН
От редакции. Студент Ереванского университета Григорий Багдасарян, призер международных математических олимпиад 1996 и 1997 годов, самостоятельно придумал любопытное геометрическое преобразование. Он не успел узнать, что оно известно науке под названием полярного преобразования, погиб в озере Севан, спасая тонувшего брата. Для удобства читателей оригинальная терминология автора приведена в соответствие с общепринятой. Для решения многих задач полезны параллельные переносы, повороты, осевые симметрии и другие геометрические преобразования. Они переводят точки в точки. Но иногда оказывается полезным преобразование, переводящее точки в прямые, а прямые в точки. Чтобы перейти к точным формулировкам, зафиксируем на плоскости окружность с центром O и радиусом r. Полярой точки A, где A O, назовем прямую, перпендикулярную прямой AO и проходящую на расстоянии 2 r OA от точки O. Полярой прямой l, не проходящей через точку O, будем называть такую точку A, полярой которой является прямая l. (Другими словами, OA l и 2 OA = r d , где d расстояние от точки O до прямой l.) Например, полярой точки, лежащей на окружности , является проходящая через эту точку касательная.1 Столь же легко убедиться, что если 2 OA < r, т.е. r OA > r, то поляра точки, лежащей внутри окружности , не пересекает . Если OA > r, то поляра точки A пересекает окружность в некоторых двух точках K и L (рис. 1). Оказывается, прямые AK и AL касательные к окружности! Это легко доказать непосредственно, но мы выведем это утверждение из еще более важного свойства полярного преобразования: если точка B лежит на поляре точки A, то и точка A лежит на поляре точки B. Действительно, по определению, поляра точки A перпендикулярна лучу OA и проходит через такую точку A этого луча, что OA = r 2 OA (рис.2).

жит на поляре точки A, то точка A лежит на поляре точки K, а эта поляра как раз и является касательной к окружности.2 Теорема Паппа Рассмотрим вписанный в окружность шестиугольник AB1CA1 BC1 (рис.3). Пусть продолжения его противоположных сторон AB1 и A1B пересекаются в точке M, продолжения сторон AC1 и AC в точке L, а продолжения 1 BC1 и BC в точке K. Известная 1
C


B A B


A C M



K

L
Рис. 3

B

теорема Паскаля гласит: точки K, L, M лежат на одной прямой. Утверждение теоремы Паскаля верно и для самопересекающихся шестиугольников (рис.4), а также для шестиугольников, вписанных в эллипс и гиперболу. Оно верно даже для шести-

B A O
Рис. 2

A M L C C

Рассмотрим такую точку B луча OB, 2 для которой OB = r OB . Соединим B и A отрезком. Поскольку
OB OA = r OB r OA
2 2

K

A

=

OA OB
Рис. 4

B

K O r / OA L
Рис. 1 1Для доказательства достаточно заметить, что r 2 r = r и касательная перпендикулярна радиусу.
7*

A

и поскольку угол O треугольников OB A и OA B общий, то эти два треугольника подобны. Соответственные углы подобных треугольников равны:

OA B = OBA = 90њ ,
что и требовалось. Как вы помните, мы обещали доказать, что прямые AK и AL (см. рис. 1) касаются окружности . Это теперь легко сделать: поскольку точка K ле-

угольников, 'вписанных в две прямые'. Мы не будем доказывать теорему Паскаля и сформулировали ее здесь лишь для того, чтобы менее неожиданной стала формулировка теоремы Паппа, которая наряду с теоремой Паскаля является одной из важнейших теорем проективной геометрии. Теорема Паппа. Пусть точки A, B, C лежат на одной стороне угла, а
2 Для точки L рассуждение аналогично.


46
точки Если ются точке

КВАНT 2000/?3

A1 , B1 , C1 прямые AB1 в точке M, L, а BC1 и

на другой (рис.5). и AB пересека1 AC1 и AC в 1 BC в точке K, 1

Z! a b ? Y X W X Z U Z Y P
Рис. 7

l L O

C B A O
Рис. 5

L M A

K B C
Рис. 6

A

M

m

c

b

a

то точки K, L, M лежат на одной прямой.3 Доказательство. Выполним полярное преобразование относительно окружности, центр которой вершина O угла. Поляры a, b и c точек A, B и C перпендикулярны одной и той же стороне угла и потому параллельны между собой (рис.6). Аналогично, параллельны поляры a1 , b1 и c1 точек A1 , B1 и C1 . Поскольку точка M принадлежит прямой AB1 , то поляра точки М проходит через поляру прямой AB1 , т. е. через точку Z1 пересечения прямых a и b1 . Аналогично, M принадлежит прямой AB , и, значит, поляра ее 1 проходит через поляру прямой AB 1 точку Z2 пересечения прямых a1 и b. Итак, поляра точки M это прямая Z1 Z2 . Аналогично, поляры точек L и K прямые YY2 и X1 X2 , где 1 Y1 = a 1 c1 , Y2 = a1 1 c , X1 = b 1 c1 и X2 = b1 1 c . Давайте докажем, что поляры точек K, L и M прямые X1 X2 , YY2 и Z1 Z2 1 пересекаются в одной точке или параллельны. Этого достаточно для доказательства теоремы Паппа: если три прямые пересекаются в некоторой точке, то поляра их точки пересечения проходит через все три точки K, L, M; если же прямые X1 X2 , YY2 и Z1 Z2 1 параллельны, то точки K, L и M лежат на перпендикуляре, проведенном к этим прямым из точки O. Предположим для начала, что прямые X1 X2 и YY2 пересекаются в неко1 торой точке P, а прямые YY2 и Z1 Z2 1 в точке P (возможно, отличной от P; цель дальнейших вычислений дока зать, что P = P ). Тогда, обозначив W = c 1 c1 , X3 = a 1 X1 X2 и обозначив расстояния между прямыми a и b че3 Попросту говоря, теорема Паппа это теорема Паскаля для шестиугольника, 'вписанного в две прямые'.

рез h, а расстояние между прямыми b и c через H, из подобия треугольников PX2Y2 и PX3Y1 имеем

= UZ1 H h и X2W = X3Y1 H h , получаем

PY2 PY1

=

X2Y2 X3Y1

,

Y2 Z3 =

X2Y2 H h
=

= h = X2W = Y1 Z1 .

X3Y1 H

а из подобия треугольников X3 X1Y1 и X2 X1W имеем

X3Y1 h

=

X2W H

.

Следовательно, PY2 XY XY H = 22= 22 . PY1 X 3Y1 X2W h Теперь выполним аналогичные вычисления для точки P*. Обозначив U= = a 1 a1 и Z3 = c 1 Z1 Z2 , из подобия треугольников P Y2 Z3 и P Y1 Z1 имеем
P Y2 P Y1


=

Y2 Z3

YZ1 , 1

а из подобия треугольников Y2 Z3 Z2 и UZ1 Z2 имеем Y2 Z3 UZ1 = . H h Следовательно, P Y2 UZ1 H XY H = 22 = . YZ1 h X2W h P Y1 1 Таким образом, PY2 PY = 2, PY1 P Y1

Таким образом, Y2 Z3 = Y1 Z1 , что и означает параллельность прямых YY2 1 и Z1 Z2 . Теорема Паппа доказана. Пришла пора признаться, что при помощи методов проективной геометрии (т.е. при помощи центральной проекции, переводящей некоторые точки в так называемые бесконечно удаленные точки) можно было доказать теорему Паппа проще, чем это только что было сделано, причем не только для рассмотренного выше случая угла, но и для случая произвольных двух прямых. Но согласитесь: полярное преобразование превратило утверждение теоремы Паппа в (на первый взгляд) совершенно другое утверждение!
Упражнения 1. Дан угол с вершиной A и со сторонами l и m, а также точка O внутри этого угла. Рассмотрим всевозможные окружности с центром в точке A, к которым можно провести касательные из точки O так, чтобы эти касательные пересекали прямые l и m в некоторых точках L и M соответственно (рис.7). Докажите, что все такие прямые LM пройдут через некоторую точку, не зависящую от радиуса окружности,

откуда заключаем, что P = P .4 Разберем теперь случай, когда прямые X1 X2 и YY2 параллельны. В этом 1 случае X 3Y1 = X2Y2 . Применяя уже доказанные нами формулы Y2 Z3 =
4 Последний вывод может показаться (и является на самом деле) не вполне строгим. Но если бы мы чуть усложнили обозначения и следили не только за отношениями длин, но и за направлениями отрезков, то рассуждение стало бы чуть более тяжеловесным, но зато абсолютно строгим.



M C

B

N A

O A
Рис. 8

B

C


МАТЕМАТИЧЕСКИЙ

КРУЖОК

47
соответственно. Докажите, что угол MON острый. (Эта задача предлагалась на Международной математической олимпиаде 1998 года.)

а зависящую лишь от данной точки O и данного угла. 2. Вписанная в треугольник ABC окружность с центром O касается сторон BC, CA

и AB в точках A1 , B1 и C1 соответственно (рис.8). Через вершину B параллельно A1C1 проведена прямая, пересекающаяся с прямыми B1C1 и B1 A1 в точках M и N

Прогулки короля
И.АКУЛИЧ

В

классником и участником Всесоюзной математической олимпиады, я боролся с одной задачей (автор ее А.Ходулев). За прошедшие годы условия и решения остальных задач олимпиады постепенно потускнели и стерлись из моей памяти, а она сохранилась. Это настоящий шедевр: изящное условие, очень естественное, 'этюдное' решение. Такое не забывается! Впрочем, судите сами. Задача. Король обошел шахматную доску, побывав на каждом поле. Когда соединили отрезками центры полей, которые он последовательно проходил, получили замкнутую ломаную без самопересечений. Какое наибольшее и какое наименьшее число диагональных ходов мог иметь путь короля? Насчет наименьшего числа все ясно: оно равно нулю, и пример построить проще простого (рис.1). Эту часть задачи я осилил. А вот найти наибольшее не смог. Точнее, я нарисовал маршрут, в котором 36 диагональных ходов (рис.2), но не сумел доказать, что этот маршрут наилучший. Так и написал: 'У меня больше не получилось'. Жюри поставило за это оценку ' m ' (что-то вроде двойки с плюсом). Как же доказать, что замкнутый несамопересекающийся маршрут короля содержит не более 36 диагональ-

1973 ГОДУ, БУДУЧИ ДЕВЯТИ-

ных ходов? Оказывается, надо рассмотреть последовательные выходы А и В короля на границу доски. Если поля А и В не соседние (рис.3), то путь от А до В разбивает поле на две части. Всякая ломаная, соединяющая клетки из разных частей, пересекает путь АВ, что ведет к самопересечению пути короля. Поэтому А и В соседние поля. Поскольку цвета этих полей разные, а при ходах по диагонали цвет не меняется, то между двумя соседними выходами на границу должен быть и 'прямой' ход. Поскольку граничных полей 28, выходов на границу тоже 28, и 'прямых' ходов не меньше 28. Тогда диагональных не больше чем 64 28 = 36. Задача решена!1 Вторым по силе чувством после очарования была досада: как же не додумался до такого естественного и короткого решения! А через четверть века вдруг возникли следующие вопросы (и опять непонятно, почему не рань1 Между прочим, из формулы Пика

ше): в задаче рассмотрен замкнутый самопересекающийся путь короля, который по одному разу побывал на всех клетках доски. А что будет, если путь незамкнутый? Или самопересекающийся? Так задача Ходулева породила еще несколько новых. Первой из них поддалась задача, в которой путь короля несамопересекающийся и незамкнутый (пример такого маршрута на рисунке 4, где король сделал 49 диагональных ходов). Как доказать, что число 49 максимально возможное? Очень просто. Назовем узлом общую точку четырех клеток шахматной доски. Всего узлов, очевидно, 49. Каждый диагональный ход проходит через узел, а два раза пройти через узел без самопересечения пути невозможно. Все! Дальше я занялся самопересекающимся незамкнутым маршрутом. Помучиться пришлось изрядно. Краткостью и красотой найденное мною решение не обладает. Поэтому изложу его мелким шрифтом.
Король сделал всего 63 хода. Очевидно, диагональные ходы не меняют цвет поля, на котором находится король, а каждый 'прямой' (т.е. вертикальный или горизонтальный) ход приводит к переходу с одного цвета на другой. Таким образом, весь путь короля состоит из нескольких цепочек полей одного цвета, соединенных между собой 'прямыми' ходами. (Цепочка может состоять из единственного поля; все ходы внутри одной цепочки диагональные.) Докажем, что число белых цепочек не меньше чем 4. Для этого разобьем все возможные ходы, соединяющие белые поля, на группы, как показано на рисунке 5. Из этих девяти групп шесть имеют вид креста, две расположены в левом нижнем и в правом верхнем углах доски и одна в центре.

S = i + b 2 -1 для площади S многоугольника с вершинами в узлах клетчатой бумаги, где i количество узлов, расположенных строго внутри многоугольника, а b количество узлов, расположенных на границе, следует, что любой замкнутый несамопересекающийся путь короля ограничивает площадь (в клетках) S = 0 + 64/2 1 = 31. (Подробности в статье Н.Васильева 'Вокруг формулы Пика', Приложение к журналу 'Квант' ?2 за 1998 год.)

)

*

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4