Метод інверсії

Тип работы:
Дипломная
Предмет:
Физико-математические науки


Узнать стоимость

Детальная информация о работе

Выдержка из работы

Дипломна робота

Інверсії

Зміст

Введення

1. Інверсія як перетворення площини

1.1 Визначення інверсії. Побудова інверсних крапок

1.2 Властивості інверсії

1.3 Лема про антипаралельні прямі

1.4 Ступінь крапки щодо кола

1.5 Інверсія окружностей, що проходять і не минаючих через центр інверсії

1.6 Перетворення прямої при інверсії

1.7 Інваріантні кола. Збереження кутів при інверсії

1.8 Інверсія й осьова симетрія.

1.9 Інверсор

2. Інверсія і її застосування

2.1 Рішення задач на побудову методом інверсії

2.2 Задача Аполлонія

Висновок

Список літератури

Введення

У геометрії основну роль грають різні перетворення фігур. У школі докладно вивчаються рухи й гомотетії, а також їх додатки. Важливою особливістю цих перетворень є збереження ними природи найпростіших геометричних образів: прямі перетворяться в прямі, а кола — в кола. Інверсія являє собою більше складне перетворення геометричних фігур, при якому прямі вже можуть переходити в кола й навпаки. Такий підхід дозволяє дати в застосуванні до задач елементарної геометрії однакову методику вивчення. Це, насамперед, ставиться до задач на побудову й до теорії пучків окружностей.

Слід зазначити, що розгляд зазначених розділів елементарної геометрії без застосування інверсії пов’язане із залученням різноманітних, здебільшого досить штучних побудов, що носять приватний характер.

Крім зазначених додатків, інверсія застосовується також у прикордонних питаннях елементарної геометрії й так званої вищої геометрії.

У даній роботі й розглядається перетворення, називане інверсією. Застосування перетворення інверсії при рішенні задач на побудову й доказ дозволяє вирішити ряд задач, які важко вирішити за допомогою інших методів рішення подібних задач.

Уперше стали вивчати це перетворення в 30-х роках минулого століття.

Спосіб рішення задач, що розглядається в даній роботі, називається методом інверсії, або методом зворотних радіусів, або методом обігу.

Цей метод є наймогутнішим серед методів рішення задач на побудову, які можуть зіграти серйозну роль у математичній підготовці школяра, адже жоден вид задач не дає, мабуть, стільки матеріалу для розвитку математичної ініціативи й логічних навичок учнів як геометричні задачі на побудову.

Дана дипломна роботу присвячена перетворенню інверсії і її застосуванню в рішенні задач на побудову. Для зручності викладу матеріал розбитий на два глав.

У першому розділі докладно вивчається перетворення інверсії: розглядаються основні властивості інверсії. У другому розділі розглядається застосування інверсії до рішення задач на побудову, окремо розглядається задача Аполлонія й допоміжні задачі, застосовувані до рішення цієї задачі.

Наприкінці другого розділу в роботі представлене додаток, у якому запропоноване рішення деяких задач, розв’язуваних за допомогою інверсії.

Робота містить у собі також введення, висновок і список літератури.

1. Інверсія як перетворення площини

1.1 Визначення інверсії. Побудова інверсних крапок

Нехай на площині дана деяка коло щ (О, R) (мал. 1)

/

Мал. 1

Нехай, далі, Р — довільна крапка площини, відмінна від крапки О. Зіставимо їй крапку Рґ, що задовольняла б двом умовам: крапка Рґ лежить на промені ОР;

ОР ОРґ = R2

Таку крапку Рґ ми називаємо інверсній або зворотній крапці Р щодо кола щ. Коло щ називається базисною окружністю інверсії, її центр — центром інверсії, а радіус — радіусом інверсії.

Перетворення, при якому кожній крапці деякої фігури ставиться у відповідність інверсна їй крапка, називається інверсією, а фігура, утворена всіма крапками, інверсними крапками даної фігури, називається інверсної стосовно даної фігури.

Оборотний увага на те, що при R = 1 Орґ= 1/ОР, так що їли крапка Р інверсна крапці Рґ, те відстані ОР і Орґ є взаємно оберненими числами. Із цим зв’язано те, що крапку Рґ називають зворотній крапці Р, а розглянуте перетворення називається перетворенням зворотних радіусів (відстаней), або ж обігом.

Розглянемо побудову інверсних крапок:

1 випадок.

Якщо крапка Р Є (О, Р), то Рґ= Р (збігаються).

2 випадок.

Нехай крапка Р поза базисною окружністю.

Побудова.

щ (О, R) і Р — дана крапка.

РК — дотична до кола щ. К Є щ.

Крґ+ОР, Рґ Є ОР, Рґ - інверсна крапці Р. (мал. 2).

/

Мал. 2.

Доказ.

Розглянемо подібні трикутники ОРК і ОКРґ. З подоби треба:

= або ОР ОРґ = R2

Крапка Рґ Є ОР (по побудові).

3 випадок.

Крапка Р — усередині базисної кола. Тоді побудова виконуємо в зворотному порядку.

Побудова.

щ (О, R) і Р — дана крапка.

РК+ОР, К Є щ.

КР — дотична до кола.

1.2 Властивості інверсії

Перш, ніж розглянути властивості інверсії, установимо одну просту лему, що відіграє істотну роль при вивченні властивостей інверсії.

Лема. Нехай інверсія ц переводить крапки, А и В відповідно в крапки Аґ і Вґ (передбачається, що крапки, А и В відмінні від крапки О и нескінченно вилученої крапки й, крім того, крапки О, А, У не лежать на одному промені з початком у крапці О). Тоді трикутники ОАВ і Оаґвґ подібні й LОАВ= Lовґаґ, LОВА= Lоаґвґ.

Доказ: У трикутників ОАВ і ОАґВґ (мал. 3) є загальний кут, а сторони, що містять цей кут, пропорційні. Дійсно, тому щоОА ОАґ = ОВ ОВґ = r2, те

=

Звідси треба, що трикутники ОАВ і Оаґвґ подібні

/

Мал 3.

Але тому що проти пропорційних сторін у подібних трикутниках лежать рівні кути, то зі співвідношення

=

треба рівність відповідних кутів

LОАВ= LОВґАґ, LОВА= LОАґВґ.

Лема доведена.

Теорема 1. Інверсія ц переводить будь-яку пряму, що проходить через центр інверсії, саму на себе, тобто пряма, що проходить через центр інверсії, є інваріантна фігура.

Доказ цієї теореми безпосередньо випливає з визначення інверсії.

Теорема 2. Інверсія ц перетворить пряму, що не проходить через центр інверсії О, в коло, що проходить через крапку О.

Доказ: Нехай l — пряма, що не проходить через центр інверсії - крапку О. Опустимо із крапки Об перпендикуляр на пряму l, і нехай він перетинає l у крапці М (мал 4). Нехай Мґ образ крапки М щодо інверсії ц. Крапка Мґ, мабуть, лежить на промені ОМ. На прямій l розглянемо довільну крапку X, відмінну від нескінченно вилученої крапки О ?. Нехай Xґ - образ Х щодо інверсії ц. Тоді по лемі 1 маємо LОXґМґ = LОМХ =. Тому крапка Xґ лежить на кола К, побудованої на відрізку Омґ як на діаметрі. Тому що крапка Х узята на прямій l довільно, те образ прямій l при інверсії ц являє собою сукупність крапок l?, розташовану на кола К.

/

Мал. 4

Доведемо тепер, що множина крапок l? збігається з окружністю К. насамперед відзначимо, що крапка Про належить множині l?. Це випливає з того, що пряма l проходить через нескінченно вилучену крапку О ?, а цю крапку інверсія ц переводить у крапку О. Нехай тепер Y — довільна крапка кола К. Промінь ОY перетинає пряму l у деякій крапці Z. Тому що крапки Y і Z лежать на одному промені ОZ, те нам потрібно лише перевірити, що виконується співвідношення

ОY =

По побудові трикутники ОYМґ і ОМ (мал 4) подібні. Тому

=

Звідси

ОY = =

Отже, доведено, що крапка Y є образ крапки Z при інверсії ц.

Теорема доведена.

Побудова, проведена в доказі теореми 2, дає спосіб побудови образа заданій прямій щодо інверсії ц за допомогою циркуля й лінійки. Із центра інверсії - крапки О — опускаємо перпендикуляр ОМ (мал 4) на пряму l. Будуємо крапку Мґ, що є образом крапки М (при цьому доводиться будувати відрізок довжиною, рівної r2/ОМ). Образ прямій l щодо інверсії - коло lґ - будується на відрізку Омґ як на діаметрі.

Теорема 3. Інверсія ц перетворить коло, що проходить через центр інверсії О, у пряму, що не проходить через крапку О.

Доказ цієї теореми випливає з доказу теореми 2.

Теорема 4. Інверсія ц перетворить коло, що не проходить через центр інверсії О, у деяку коло, що також не проходить через центр інверсії.

Доказ: нехай К — коло, що не проходить через центр інверсії О. Через крапку Про проведемо пряму g так, щоб вона перетинала коло До по діаметрі АВ (мал 5).

/

Мал 5.

Нехай Аґ і Вґ - образи крапок, А и В щодо інверсії ц, Х — довільна крапка кола К и Хґ - її образ.

По лемі 1 трикутники ОХА й Охґаґ подібні й тому Lоаґхґ = LОХА; аналогічно трикутники ОХВ і Охґвґ подібні й, отже, Lовґхґ = LОХВ.

Тому що

LАґХґВґ = LОВґХґ - LОАґХґ = LОХВ — LОХА = LАХВ =

те звідси випливає, що відрізок АґВґ із крапки Хґ видний під кутом і, стало бути, крапка Хґ лежить на кола S, побудованої на відрізку АґВґ як на діаметрі. Оскільки крапка Х на кола До була обрана довільно, те Кґ - образ кола До при інверсії ц — розташований на кола S. Нехай Y — довільна крапка кола S і Z — крапка на промені ОY така, що

ОZ =

Очевидно, що крапка Z переводиться інверсією ц у крапку Y. Далі, зі співвідношень

ОА ОАґ = r2

ОВ ОВґ = r2

ОZ OY = r2

і леми 1 випливає, що

LAZB = LOZB — LOZA = LOB? Y — LOA? Y =LA?YB? =

Отже, що крапка Z лежить на кола К. звідси випливає, що фігури S і Кґ збігаються. Тому що по побудові кінці діаметра кола К — крапки А, В — відмінні від крапки О, те коло Кґ не проходить через крапку О.

Побудови, наведені вище, дають можливість будувати образ окружностей при інверсії за допомогою циркуля й лінійки. Розглянемо це питання більш докладно.

а) Коло не проходить через центр інверсії. У цьому випадку проводимо із крапки Об промінь, що перетинає коло До по діаметрі АВ, для крапок, А и В будуємо їхні образи Аґ і Вґ. коло Кґ - образ кола До відносно інверсії ц — є коло, побудована на відрізку Аґвґ як на діаметрі (мал. 6).

/

Мал. 6

б) Коло До проходить через центр інверсії. У цьому випадку відповідно до теореми 3 образ До є пряма Кґ. із крапки Про проводимо промінь ОА (мал 7), що перетинає До по діаметрі ОА. Для крапки, А будуємо її образ — крапку Аґ. Пряма, що проходить через крапку Аґ перпендикулярно лучу ОА, і є шукана пряма Кґ

Побудова прямій Кґ значно спрощується у двох випадках:

якщо коло До перетинає коло інверсії у двох крапках У и С, то пряма Кґ збігається із прямій ВР (мал. 8);

якщо К стосується кола інверсії, то Кґ є дотична до кола інверсії в крапці торкання К с окружністю інверсії (мал. 9).

/

Мал. 7

Мал. 8

/

Мал. 9

Розглянемо тепер питання про характер зміни кутів між кривими під дією інверсії ц. Як відомо, кутом між кривими L1 і L2 у крапці їхнього перетинання називається найменший з вертикальних кутів між дотичними до цих кривих у розглянутій крапці. Можна довести, що при інверсії кути між кривими зберігаються. Нижче ця пропозиція доводиться для окружностей і прямих.

Теорема 5. При інверсії ц кут між прямими дорівнює куту між їхніми образами.

Доказ. Тут можуть представитися 3 випадки:

прямі l1 і l2 проходять через центр інверсії ц;

одна із прямих l1 і l2 проходить через центр інверсії;

ні l1 і l2 не проходять через центр інверсії.

У першому випадку твердження теореми очевидно. Розглянемо випадки 2) і 3). У випадку 2) (мал. 10) будемо вважати для визначеності, що пряма l1 проходить через центр інверсії - крапку О. Тоді інверсія ц переводить пряму l1 саму в себе, тобто образ прямій l1 збігається із цієї прямої. Пряма l2 не проходить через центр інверсії й тому переводиться інверсією в деяку коло lґ2, що проходить через крапку О. Дотична t до кола lґ2 у крапці Про паралельно прямій l2.

/

Мал. 10

Щодо взаємного розташування прямих l1 і l2 можуть представитися 2 можливості:

а) прямі l1 і l2 паралельні;

б) l1 і l2 перетинаються в деякій точці А.

Якщо l1 і l2 паралельні, то кут між ними, мабуть, дорівнює 0. Але пряма l1 проходить через крапку О и паралельна l2. Тому вона необхідно буде збігатися з дотичній t до кола lґ2 у крапці О. Звідси треба, що кут між lґ1 і lґ2 дорівнює 0 і, отже, твердження теореми у випадку а) доведена.

Нехай тепер l1 і l2 не паралельні й, А — крапка їхнього перетинання. Позначимо через б найменший з вертикальних кутів між l1 = lґ1 і прямій l2 або, що те ж, прямій t. Крапка, А при інверсії переходить у деяку крапку Аґ, у якій пряма lґ1 перетинається з окружністю lґ2. Але пряма lґ1 або, що те ж, пряма Оаґ становить із дотичній tґ у крапці Аґ до кола lґ2 такі ж вертикальні кути, що й з дотичній t. Звідси негайно треба, що кут між l1 і l2 у крапці Аґ дорівнює б. випадок 2) повністю доведений.

Мал. 11

Третій випадок (мал. 11) доводиться аналогічними міркуваннями. Помітимо тільки, що якщо прямі l1 і l2 паралельні, те відповідні кола lґ1 і lґ2 мають у крапці Об загальну дотичну й становлять між собою нульовий кут. Звідси кут між lґ1 і lґ2 дорівнює куту між l1 і l2. Якщо ж прямі l1 і l2 перетинаються, то, як видно з мал. 11, кут між окружностями lґ1 і lґ2 у крапці Про дорівнює куту між прямими l1 і l2, тому що дотичні t1 і t2 до цих окружностей у крапці Про паралельні прямим l1 і l2. Звідси й випливає твердження теореми.

Розглянемо ще дві теореми без доказу.

Теорема 6. Кут між окружностями дорівнює куту між образами цих окружностей щодо інверсії.

Теорема 7. Кут між окружністю й прямою дорівнює куту між образами цих фігур щодо інверсії.

1.3 Лема про антипаралельні прямі

Спочатку розглянемо допоміжне поняття.

Нехай деяка пряма a перетинає обидві сторони деякого кута (k, l) (мал. 12). У перетинанні з який-небудь зі сторін кута, наприклад k, ця пряма утворить чотири кути, з яких тільки один лежить усередині трикутника, що відтинається прямій від кута (k, l).

/

Мал. 12

Надалі, коли мова буде йти про кут між прямою й стороною кута, ми будемо мати на увазі саме цей кут.

Нехай тепер дві прямі (мал. 13) перетинають сторони кута, причому одна з них утворить із однієї зі сторін кута такий же кут, який друга пряма утворить із іншою стороною кута (на мал. 13) L1 = L2.

/

Мал. 13

Легко зрозуміти, що коли й перша пряма утворить із другою стороною кута такий же кут, який утворить друга пряма з першою стороною кута L3 = L4.

Визначення. Дві прямі, що перетинають сторони деякого кута, називаються антипаралельними щодо цього кута, якщо одна з них утворить із однієї з його сторін такий же кут, який утворить інша пряма з іншою його стороною.

Антипаралельними є прямі a і b на малюнку 13, прямі с и d на малюнку 14, де з + k і d + l.

Антипаралельні прямі, загалом кажучи, не паралельні. Виключення становить тільки випадок, коли обидві прямі перпендикулярні до бісектриси даного кута (мал. 15).

/

Мал. 14

/

Мал. 15

Теорема (лема про антипаралельні прямі). Пряма, що з'єднує дві крапки площини, і пряма, що з'єднує дві інверсні їм крапки, антипаралельні щодо кута з вершиною в центрі інверсії й сторонами, що проходять через дані крапки.

Доказ. Нехай щ (О, R) базисна коло, крапки Аґ і Вґ (мал. 16) інверсні відповідно крапкам, А и В. Тоді

ОА ОАґ = ОВ ОВґ = R2, так що =

Крім того, у трикутниках АОВ і Вґоаґ кут Об загальний. Отже, ?АОВ подібний? Вґоаґ і, виходить, LОВА = LОА? В?.

Таким чином, прямі АВ і А? В? антипаралельні щодо кута АОВ, що й було потрібно довести.

Якщо (мал. 16) яким-небудь образом побудовані дві відповідні в інверсії крапки, А и А?, те доведена лема дає простий прийом побудови образа довільної крапки В (не лежачої на прямій ОА): з'єднати В с, А й провести пряму А? В? так, щоб LОА? В? = LОВА.

Мал. 16

1.4 Ступінь крапки щодо кола

Поняття ступеня крапки щодо кола відіграє істотну роль і є аналогом поняття відстані від крапки до прямої.

Ступенем крапки М щодо кола До називається число

s = d2 — r2

де d — відстань крапки М від центра Про коло К, а r — радіус цієї кола. Якщо крапка М лежить усередині кола К, то d < r, і тому ступінь крапки М: s = d2 — r2 — негативна. Величини r — d і r + d суть відрізки діаметра PQ, на які його розбиває крапка М. Тому для будь-якої хорди АМВ кола К (мал. 17) маємо s = - АМ МВ.

/

Мал. 17

Якщо крапка М лежить на кола К, то d = r і, отже, ступінь крапки М дорівнює нулю. Нарешті, якщо крапка М лежить поза окружністю К, те d > r і s = d2 — r2 являє собою квадрат довжини дотичній до кола К, проведеної із крапки М (мал. 18).

/

Мал. 18

Нехай тепер дані дві кола К1 і К2. Геометричне місце крапок, ступеня яких щодо окружностей К1 і К2 рівні, називають радикальною віссю окружностей К1 і К2.

1.5 Інверсія окружностей, що проходять і не минаючих через центр інверсії

Шлях деяка коло г проходить через центр інверсії - крапку О. При інверсії всі крапки кола г, за винятком крапки О, перетворяться в якісь інші крапки. Яку фігуру утворять ці крапки?

Теорема. При інверсії коло, що проходить через центр інверсії, перетвориться в пряму. Ця пряма перпендикулярна до лінії центрів даної кола й базисної кола.

Доказ. Нехай щ (О, R) — базисна коло інверсії, г (О1, R1) — дана коло, що проходить через О. Проведемо пряму О О1. Нехай вона перетне коло г у крапці А (мал. 19).

/

Мал. 19

Позначимо через Аґ крапку, інверсну крапці А. Виберемо на кола г довільну крапку Р и побудуємо їй інверсну крапку Рґ. з'єднаємо Р с А, Рґ із Аґ. У силу леми про антипаралельні прямі Lоаґрґ = LОРА. Але LОРА = 90?, що як опирається на діаметр кола м. Тому Lоаґрґ теж дорівнює 90?, тобто крапка Р? лежить на прямій, що проходить через крапку А? і перпендикулярної до прямій ОА?. Позначимо пряму Р? А? через а. Ми показали, що кожна крапка кола г перетвориться в крапку прямій а. Не важко показати, що й обернено: кожна крапка прямій, а інверсна деякій крапці кола м. Отже, коло г перетвориться при інверсії в пряму а, що й було потрібно довести.

З розглянутої теореми випливає спосіб побудови прямій, інверсної даної кола, якщо остання проходить через центр інверсії: 1) будуємо пряму ОО1, що проходить через центр інверсії й центр даної кола; 2) відзначаємо крапку, А перетинання цієї прямої з даною окружністю (А? О); 3) будуємо крапку А?, інверсну крапці А, і 4) через крапку А? проводимо пряму а, перпендикулярну прямій ОО1. Отримана пряма, а шукана.

У тому випадку, коли базисна коло перетинає дану коло г, побудова спрощується: прямій, інверсної кола г, є пряма, обумовлена двома крапками перетинання кола г з базисною окружністю (мал. 20).

Якщо коло г стосується базисної кола щ, то г перетвориться в загальну дотичну цих окружностей.

Якщо дві кола стосуються в центрі інверсії, то вони перетворяться при інверсії в парі паралельних прямих.

Мал. 20

Теорема. При інверсії коло, що не проходить через центр інверсії, перетвориться в коло.

Доказ. Нехай щ (О, r) — базисна коло (мал. 21), г (О1, r1) — дана коло. Проведемо пряму ОО1 і відзначимо крапки, А и В її перетинання з окружністю м. Нехай Аґ і Вґ - інверсні їм крапки. Позначимо через Р довільну крапку кола г, через Рґ - інверсну їй крапку. З'єднаємо Р с, А й В, Рґ із Аґ і Вґ. з леми про антипаралельні прямі випливає, що L1? = L1, L2? = L2. Але L1 + L2 = 90є. Тому L1ґ + L2ґ = 90є. Отже, Lаґрґвґ = 90є. Таким чином, із крапки Рґ відрізок Аґвґ видний під прямим кутом. Виходить, крапка Рґ лежить на кола з діаметром Аґвґ. Позначимо цю коло через гґ. Ми довели, що кожна крапка кола г при інверсії перетвориться в крапку кола гґ.

Мал. 21

По ходу доказу теореми з’ясовується наступний спосіб побудови кола, інверсної даної кола (якщо остання не проходить через центр інверсії): 1) проводимо пряму через центр інверсії О и центр О1 дану коло г; 2) відзначаємо крапки, А и В перетинання цій прямій з окружністю гґ; 3) будуємо інверсні крапки Аґ і Вґ; 4) будуємо коло гґ на відрізку Аґвґ як на діаметрі. Коло гґ шукана.

1.6 Перетворення прямої при інверсії

При інверсії пряма, що проходить через центр інверсії, перетвориться сама в себе. Як є справа із прямій, що не проходить через центр інверсії?

Теорема. При інверсії пряма, що не проходить через центр інверсії, перетвориться в коло, що проходить через центр інверсії.

Доказ. Нехай щ (О, r) — базисна коло (мал. 22), а — дана пряма. Опустимо із крапки Об перпендикуляр ОА на пряму а. Нехай Аґ - крапка, інверсна крапці А, а г — коло, що має діаметром Оаґ.

Мал. 22

При інверсії коло г перетвориться в пряму, а (по теоремі з пункту 1. 5). у силу властивості взаємності пряма, а перетвориться в коло м.

Помітимо, що по ходу доказу ми з’ясували спосіб побудови кола, інверсній даній прямій.

1.7 Інваріантні кола. Збереження кутів при інверсії

При інверсії базисна коло перетвориться в себе. Але існують і інші кола, що володіють такою властивістю.

Згадаємо деякі визначення.

Кутом між двома лініями в крапці їхнього перетинання Т називається кут між дотичними до цих ліній, проведеним у крапці Т.

Дві кола називаються ортогональними, якщо вони перетинаються під прямим кутом. Якщо дві кола ортогональні, то їхні радіуси, проведені в крапку перетинання, перпендикулярні між собою, і навпаки.

Мал. 23

Звідси випливає спосіб побудови окружностей, ортогональних даної кола щ у даній крапці Т. для цього досить на дотичній t до кола щ у крапці Т вибрати довільну крапку О1 і побудувати коло щ1 (О1, О1Т), що і буде шуканою (мал. 23).

Теорема. Для того щоб коло, відмінна від базисної кола, перетворилася при інверсії в себе, необхідно й досить, щоб вона була ортогональна базисної кола.

Доказ. 1) Достатність. Нехай коло г (О1, r1) (мал. 24) ортогональна базисної кола щ (О, r). Доведемо, що коло г перетвориться в себе.

Мал. 24

Нехай Р — довільна крапка кола м. Проведемо пряму ОР. Вона перетне коло г ще в деякій крапці Р1 (якщо пряма ОР стосується кола г, те за Р1 приймемо крапку Р).

Тому що коло г ортогональна кола щ, те радіус ВІД, що з'єднує центр інверсії із крапкою перетинання окружностей, стосується кола м. Тому О Р ОР1 = ВІД2 = r2, так що крапка Р1 інверсна крапці Р. Отже, при інверсії щодо кола щ кожна крапка Р кола г перетвориться в крапку Р1, що також лежить на кола м.

Беручи до уваги властивість взаємності інверсних крапок, можна укласти також, що й обернено: кожна крапка кола г служить образом деякої крапки цієї ж кола. Таким чином, коло г перетвориться в себе.

2) Необхідність. Нехай коло г, відмінна від базисної кола інверсії, перетвориться в себе. Доведемо, що г — коло, ортогональна базисної. Тому що коло г відмінна від кола щ, те вона містить крапку Р, що не лежить на щ. Нехай крапка Р1 інверсна крапці Р (мал. 24); тоді одна із двох крапок Р и Р1 перебуває поза, а інша усередині кола щ. Отже, коло г перетинає коло щ. Позначимо через Т одну із крапок їхнього перетинання. Покажемо, що ВІД — дотична до кола м. Це можна встановити способом «від противного». Допустимо, що, крім крапки Т, пряма ВІД зустрічає коло г ще в крапці Т1. Помітимо, що крапки Р и Р1 розташовані по одну сторону від крапки О, так що крапка Про розташована поза окружністю г. У силу відомої властивості січних, проведених з однієї й тієї ж крапки до кола, ВІД ВІД1 = ОР ОР1 = r2. І тому що ВІД = r, те й ВІД1 = r. Отже, крапка Т1 повинна збігтися із крапкою Т, всупереч допущенню. Отже, ВІД — дотична до кола м. Отже, кола щ и г ортогональні.

Теорема. Якщо коло проходить через дві взаємно інверсні крапки, то при інверсії вона перетвориться в себе.

Доказ. Нехай коло г проходить через крапки Р и Рґ, інверсні щодо кола щ (О, r). Тоді ОР ОРґ = r2. Ясно, що крапка Про поза окружністю м. Нехай Q — довільна крапка на кола г (мал. 25).

Мал. 25

Проведемо промінь ОQ, і нехай він зустрічає коло г у крапках Q і Qґ (у випадку торкання променя ОQ з окружністю г Qґ? Q), тоді ОQ OQґ = OP OPґ = r2, тобто крапка Qґ інверсна крапці Q. Отже, якщо яка-небудь крапка лежить на кола г, те інверсна їй крапка також лежить на цій кола. Звідси містимо, що при інверсії коло г перетвориться в себе.

Наслідок. Коло, що проходить через дві взаємно інверсні крапки, ортогональна до базисної кола інверсії. Всі кола, що проходять через дві взаємно інверсні крапки, утворять еліптичний пучок, що складається з окружностей, ортогональних базисної кола інверсії.

Нехай через крапку М проходять дві лінії г1 і г2. припустимо, що існує єдина дотична до кожної із цих ліній у крапці М. нехай при інверсії крапка м перетвориться в крапку М?, а лінії г1 і г2 відповідно в лінії г1? і г2?. Виявляється, що кут між лініями г1? і г2? у крапці М? дорівнює куту між лініями г1 і г2 у крапці М.

Лема. Якщо при інверсії щодо кола щ (О, r) крапка М и минаюча через неї лінія г перетвориться в крапку М? і лінію г?, те лінії г и г? у цих крапках утворять із прямий ОМ рівні кути.

Мал. 26

Доказ. Нехай Р (мал. 26) — довільна крапка на лінії г, Р? — їй інверсна крапка; тоді Р? лежить на г?.

З'єднаємо М с Р, М? с Р?. У силу леми про антипаралельні прямі

LММ?Р? = LМРО або LММ? Р? = LМ? МР — LМОР… (1)

Нехай при необмеженому наближенні крапки Р уздовж лінії г до крапки М січна МР прагне до положення МА, так що МА — дотична до лінії г у крапці М. Нехай LМ? МА = ц. Тоді

lim LМ? МР = ц

P > M

У той же час, коли Р прагне до М уздовж лінії г, кут МОР прагне до нуля. Тому, у силу рівності (1), кут ММ? Р? також прагне до певної межі, рівному ц. Таким чином, коли Р прагне до М уздовж лінії г (і, отже, Р? прагне до М? на лінії г?), що секет М? Р? прагне до деякого граничного положення М? А?. А? М? — дотична до г? у крапці М? (по визначенню дотичної). Ми бачимо, що LММ? А? = ц. Лема доведена.

Теорема. Якщо дві лінії г1 і г2 і крапка їхнього перетинання М перетворяться в деякій інверсії відповідно в лінії г1? і г2? і крапку М?, те кут між лініями г1 і г2 у крапці М дорівнює куту між лініями г1? і г2? у крапці М?.

Мал. 27

Доказ. Нехай а1 і а2 — дотичні до г1 і г2 у крапці М, а1? і а2? — дотичні до г?1 і г?2 у крапці М? (мал. 27).

Будемо припускати, що жодна із прямих а1 і а2 не збігаються із прямий ОМ, де ОБ — центр інверсії; у противному випадку доказ тільки спрощується. Прямій ММ? площина розбивається на дві напівплощини. Виберемо в одній з них на кожній прямій а1, а2 і а?1, а?2 по одній крапці: А1 і А2; А1? і А2?. У силу леми

LМ?МА1 = L ММ? А1? (2)

LМ?МА2 = L ММ? А2? (2?).

Нехай для визначеності

LМ?МА2 < LМ? МА1, звідси LА2МА1 = LМ? МА1 — LМ? МА2 і L А2? М?А1? = L ММ? А1? — L ММ? А2?, так що в силу рівностей (2) і (2?) LА1? М?А2? = LА1МА2.

Теорема доведена.

Наслідок. Якщо дві лінії стосуються в деякій крапці, відмінної від центра інверсії, то при інверсії вони перетворяться у дві лінії, які стосуються у відповідній крапці.

1.8 Інверсія й осьова симетрія

Можна встановити далеко, що йде аналогію, у властивостях інверсії й осьової симетрії. Для цього нагадаємо деякі властивості інверсії.

Інверсія зберігає кут припинення двох ліній, міняючи при цьому його орієнтацію.

Пряма, ортогональна базисної кола, перетвориться в себе.

Базисна коло перетвориться в себе.

Усяка коло, ортогональна базисної, перетвориться в себе.

Усяка коло або пряма перетвориться в коло або пряму.

Дві крапки тоді й тільки тоді інверсні щодо деякої базисної кола, якщо вони є вершинами пучка окружностей, ортогональних до базисного.

Якщо в цих пропозиціях слово «інверсія» замінити словами «осьова симетрія», вираження «базисна коло» — через «вісь симетрії» і «інверсні крапки» — через «симетричні крапки», то одержимо властивості осьової симетрії.

Покажемо, що у відомому змісті осьову симетрію можна розглядати як граничний випадок інверсії. Нехай базисна коло інверсії щ (О, r) проходить через крапку, А (мал. 28), так що ОА = r. Позначимо через, а дотичну до кола щ у крапці А.

/

Мал. 28

Нехай, справі, Р — деяка дана крапка, Рґ - інверсна їй крапка щодо кола щ. Уявимо собі, що центр інверсії необмежено віддаляється від крапки, А уздовж променя Ао, так що радіус інверсії ОА необмежено зростає.

У відомому змісті можна говорити, що при цьому коло щ (О, r) необмежено наближається до прямій а, «вироджується» у цю пряму. Виявляється, що при цьому крапка Рґ буде переміщатися по площині, необмежено наближаючись до крапки Р1, симетричної із крапкою Р відносно прямій А. Доведемо це.

Для визначеності покладемо, що крапка Р и крапка Про лежать по різні сторони від прямій, а (мал. 28). Опустимо із крапки Р перпендикуляр РN на пряму, а й перпендикуляр РL на пряму ОА. Нехай РN = р, РL = m. Із крапки Рґ, інверсній крапці Р щодо кола щ (О, r), також опустимо перпендикуляри Рґ і Рґк на прямі а й ОА. Нам потрібно показати, що Рґ> р і Рґк> m, якщо r > ?. Дійсно,

Рґ = КА = r — ОРґ Cosб = r — Cosб = r — =

= r — =. Але

tgб =, і тому

Sin2б = = = =.

Отже, Pґ = =.

Звідси видно, що Рґ > р, коли r > ?. З іншого боку, РґК = = ОРґ Sinб = = =

Звідси ясно, що Рґк> m, коли r> ?.

Викладені тут зображення показують, що доцільно розширити поняття про інверсію так, щоб можна було розглядати осьову симетрію як спеціальний випадок інверсії. Для цього вмовимося називати «окружністю в широкому змісті слова» будь-яку коло і будь-яку пряму. Тоді можна обоє перетворення — інверсію й симетрію відносно прямій — об'єднати в одне поняття за допомогою наступного визначення. Крапка Рґ називається зворотній крапці Р (або сполученій крапці Р) щодо кола (у широкому змісті) щ, якщо крапки Р и Рґ є вершинами пучка окружностей ортогональних до щ. Таке перетворення, при якому кожній крапці Р зіставляється сполучена їй крапка Рґ щодо кола (у широкому змісті) щ, назвемо відбиттям від кола щ. У тому випадку, коли щ є окружністю у вузькому (звичайному) змісті, наше перетворення представляє інверсію відносно щ. Якщо ж щ — пряма, то розглянуте перетворення є симетрією щодо цієї прямої.

1.9 Інверсор

Існують прилади за допомогою яких можна без усяких обчислень і без залучення звичайних інструментів геометричних побудов вичертити лінію, інверсну будь-якої даної лінії.

Уперше інверсор був запропонований французьким капітаном Поселье в 1864 році. Цей прилад одержав популярність тільки через сім років, коли він був залежно від Поселье винайдений петербурзьким студентом Липкиним, видимо, під впливом ідей П. Л. Чебишева.

«Клітка Поселье», як прийнято називати цей інверсор, складається із шести стрижнів, зв’язаних шарнірами (мал. 29). Чотири з них становлять ромб PAQB. Інші два стрижні рівні між собою, але кожний з них довше сторони ромба PAQB.

Позначимо РА через а, ОА через l, а різниця l2 — a2 через R2. Припустимо, що крапка Про закріплена на площині. Тоді при будь-якому положенні крапки Р на площині крапка Q буде їй інверсна щодо кола щ (О, R). Справді: 1) Р и Q лежать на одному промені, що виходить із крапки

О, і 2) ОР ОQ = (ОС — РС) (ОС + РС) = ОС2 — РС2 = (l2 — АС2) — (а2 АС2) = l2 — а2 = R2.

/

Мал. 29

Коли крапка описує яку-небудь лінію г, крапка Q описує інверсну їй лінію гґ. Зокрема, коли Р описує коло, що проходить через крапку О, крапка Q опише пряму. Таким чином, інверсор Поселье дозволяє перетворити обертовий рух у прямолінійне. Якщо потрібно перетворити в інверсії коло радіуса r, то до інверсора в крапці Р шарнірно приєднується стрижень МР довжини r. Якщо крапки О и М закріплені нерухомо так, що стрижні ОА й ОВ можуть обертатися біля крапки О, а стрижень МР — біля крапки М (мал. 30), то крапка Р опише дугу деякої кола, а крапка Q — дугу інверсної їй кола або прямолінійний відрізок (у випадку, якщо ОМ = МР).

/

Мал. 30

Інверсор Гарту. Нехай чотири стрижні зв’язані шарнірно так, як зазначено на малюнку 31. вузли А, В, С и D є тут вершинами трапеції, причому

АВ = СD = d, АD = СВ = l

Нехай О, Р, і Q три крапки на цих стрижнях, причому

= =

У такому випадку крапки О, Р и Q лежать на одній прямій, паралельної підставі трапеції АСDВ. Припустимо, що крапка Про закріплена на площині, а чотири стрижні якось розташовані на цій площині. Виявляється, що при будь-якому розташуванні механізму добуток ОР ОQ постійно.

/

Мал. 31

Покажемо це

Позначимо через із1, через із2; звідси = з1, = з2

Тому ОР ОQ = з1 з2 ВD АС.

Опустимо з У и D перпендикулярні ВВ1 і DD1 на АС.

Тоді АС ВD = АС В1D1 = (AD1 + D1C) (AD1 — AB1) = (AD1 +D1C) (AD1 — D1C) = AD12 — D1C2 = (AD2 — D1D2) — (CD2 — DD12) = AD2 — CD2 = l2 — d2.

Тому ОР ОQ = з1 з2 (l2 — d2). Позначимо з1 з2 (l2 — d2) через r2. тоді ОР ОQ = r2, так щоб крапки Р и Q інверсні щодо кола щ (О, r). Коли крапка Р опише яку-небудь лінію, крапка Q опише інверсну їй лінію. Зокрема, якщо крапка Р буде переміщатися по кола, що проходить через крапку О, інверсна їй крапка Q буде переміщатися по прямій.

Для зручності інверсного перетворення кола, що проходить через центр інверсії, приєднують до чотирьох розглянутих стрижнів ще один стрижень МР, що шарнірно зв’язаний зі стрижнем АD у крапці Р и може обертатися біля нерухливої крапки М, причому МР = МО. Розташування стрижнів у механізмі видно з малюнка 32.

/

Мал. 32

2. Інверсія і її застосування

2.1 Рішення задач на побудову методом інверсії

Сутність методу інверсії полягає в наступному.

Поряд з даними й шуканими фігурами розглядаємо фігури, інверсні їм або їхнім частинам. Іноді цього виявляється вже досить для знаходження таких зв’язків між шуканими й даними, які потрібні для рішення задачі. У більшості випадків рішення задачі зводиться до побудови фігури, інверсної шуканої, у припущенні, що вже побудовано фігуру, інверсна даної. Ця остання задача, при вдалому виборі базисної кола, може виявитися простіше даної задачі. Побудувавши фігуру, інверсну шуканої, потім будують шукану фігуру. Метод інверсії дає можливість вирішити ряд найбільш важких конструктивних задач елементарної геометрії.

Недоліком цього методу є його громіздкість, пов’язана з необхідністю виконати велика кількість побудов.

Розглянемо кілька прикладів.

Приклад 1. Через дві дані крапки, А и В провести коло, ортогональну даної кола щ (О, r) (мал. 33).

Аналіз. Якщо приймемо коло щ за базисну коло, то при інверсії шукана коло г перетвориться в себе, а крапки, А и В перейдуть у крапки Аґ і Вґ на цій кола. Але коло г цілком визначається, якщо відомі три крапки на ній, наприклад А, У и Аґ. Звідси випливає побудова.

Побудова.

Будуємо крапку Аґ, інверсну крапці А щодо кола щ.

Будуємо коло г, що проходить через крапки А, У и Аґ. Г — шукана коло.

Доказ. Доказ випливає з аналізу й побудови.

Мал. 33

Дослідження. Якщо крапка, А лежить на кола щ, то крапка Аґ збігається із крапкою, А и зазначений шлях рішення непридатний. У цьому випадку потрібно провести аналогічну побудову щодо крапки В. якщо обидві крапки, А и В лежать на кола щ, та побудова можна виконати так: через, А и В проводимо дотичні до кола щ і відзначаємо крапку їхнього перетинання О1. ОБ1 — центр шуканої кола.

Ці побудови непридатні, якщо крапки А, У и О розташовані на одній прямій. Якщо при цьому крапки, А и В не інверсні, то задача не має рішення. Якщо ж крапки, А и В інверсні щодо кола щ, то задача має нескінченну множину рішень: будь-яка коло, що проходить через крапки, А и В, ортогональна кола щ.

Приклад 2. Дані: крапка О и дві не минаючі через неї прямі a і b. Провести через крапку Об такий промінь, щоб добуток його відрізків від крапки Про до крапок перетинання з даними прямими було дорівнює квадрату даного відрізка.

Аналіз. Нехай О — дана крапка, а й b — дані прямі, ОАВ — шуканий промінь, так що ОА ОВ = r2, де r — даний відрізок (мал. 34).

інверсія кут крапка коло площина

Мал. 34

Інверсія щодо кола щ (О, r) переведе крапку, А в крапку В, а пряму, а — у деяку коло аґ, що проходить через крапку В. таким чином, В? аґ*b.

Побудова. Будуємо послідовно:

Коло щ (О, r);

Образ аґ прямій, а в інверсії відносно щ;

Крапку В? аґ*b;

Промінь ОВ, що і задовольняє умові задачі.

Доказ. Нехай, А? ОВ а. Тоді А — прообраз крапки В у інверсії відносно щ (О, r), тому що пряма, а — прообраз кола аґ. Отже, по визначенню інверсії, ОА ОВ = r2.

Дослідження. Можливі наступні випадки:

коло аґ перетинає пряму b; два рішення;

коло аґ стосується прямій b; одне рішення;

коло аґ не має загальних крапок із прямій b; рішень немає.

Тому що шукана крапка В обов’язково крапці А в інверсії відносно щ (О, r), те крапка В повинна бути загальною крапкою прямій b і кола аґ. Звідси треба, що інших рішень, крім знайдених, задача не може мати.

Приклад 3. Побудувати коло, дотичну до даної кола г і минаючу через дві дані крапки, А и В поза даною окружністю.

Аналіз. Нехай б (мал. 35) — шукана коло. Бажано перетворити фігуру так, щоб коло б (або коло г) перетворилася в пряму.

Мал. 35

Із цією метою приймемо крапку В за центр інверсії, а відрізок ВА — за радіус інверсії. Тоді коло г перетвориться в деяку коло гґ, крапка, А перетвориться в себе, шукана коло б — у пряму бґ. Пряма бґ повинна пройти через крапку А, а також стосуватися кола гґ, тому що коло б стосується кола г (мал. 36). Таким чином, задача зводиться до побудови дотичної з побудованої крапки (Аґ) до побудованої кола (гґ).

Побудова. Будуємо послідовно:

Коло щ із центром у крапці В радіуса ВА;

Коло гґ, інверсну кола г щодо кола щ;

Пряму бґ, що проходить через крапку, А и дотичної кола гґ;

Коло б, інверсну прямій бґ щодо кола щ. Коло б шукана.

Мал. 36

Доказ. Пряма бґ стосується кола гґ, тому відповідна їй коло б стосується відповідної кола м. Пряма бґ проходить через крапку А, і тому коло б проходить через ту ж крапку; у всіх випадках, коли пряма бґ не проходить через центр інверсії, тобто через крапку В.

Дослідження. Із чотирьох кроків побудови кроки 1) і 2) завжди здійсненні, притім однозначно. Розглянемо побудову 3).

Проведення дотичної до кола гґ через крапку, А залежить від розташування крапки, А щодо кола гґ. Можна допустити три припущення: а) крапка, А на кола гґ; б) крапка, А усередині кола гґ; в) крапка, А поза окружністю гґ.

Випадок а) неможливий, тому що з Аґ Є гґ варто було б, А Є г, що суперечить умові задачі.

Доведемо, що випадок б) також неможливий. Застосуємо для цього доказ «від противного». Допустимо, що крапка, А розташовується усередині кола гґ (мал. 37). Тому що крапка В, за умовою, поза г, те В також поза гґ (цее треба зі способу побудови кола гґ). Тому промінь Ваґ зустріне коло гґ у двох крапках, причому одна з них усередині кола щ, а інша поза нею. Позначимо внутрішню крапку перетинання через Рґ, а зовнішню — через Qґ. При інверсії крапки Рґ, Qґ і Аґ перетворяться в крапки Р, Q і А, причому Q усередині щ, Р поза щ, А на щ, так що, А лежить між Р и Q. Коло гґ, що проходить через Рґ і Qґ, перейде в коло г, що проходить через Р и Q. І тому що крапка, А належить хорді РQ кола г, те, А усередині г, всупереч умові задачі.

Таким чином, можливий лише випадок в), тобто, А поза гґ. Тому із крапки, А завжди можна провести дві дотичні до кола гґ.

Перейдемо до четвертого кроку. При інверсії пряма бґ перетвориться в коло лише в тому випадку, коли ця пряма не проходить через центр інверсії. Якщо ж пряма бґ проходить через крапку В, то пряма ВА дотична до кола бґ. Але при інверсії пряма ВА перетвориться в себе, а коло гґ - в коло м. Отже, якщо пряма бґ проходить через крапку В, те коло г стосується прямій ВА (і навпаки). У цьому останньому випадку пряма бґ інвертується в пряму. Таким чином, приходимо до наступного висновку: при даному способі побудови ми одержуємо єдине рішення, якщо пряма АВ стосується кола г, і два рішення у всякому іншому випадку.

Мал. 37

Вирішуючи задачу яким-небудь іншим способом, ми не одержимо нових рішень. Справді, якби задача мала більше одного рішення у випадку, коли АВ стосується г, або більше двох рішень у будь-якому іншому випадку, те після інверсії щодо кола щ виявилося б, що через крапку Аґ (Аґ? А) проходило б не менш трьох дотичних до кола гґ, що неможливо.

Помітимо, що дану задачу можна вирішити, приймаючи за центр інверсії крапку на даній кола м. При цьому задача зводиться до наступній: побудувати коло, що стосується даної прямої й проходить через дві дані крапки. Ця задача може бути вирішена без залучення методу інверсії.

2.2 Задача Аполлонія

Методом інверсії може бути вирішена в загальному випадку задача Аполлонія про торкання окружностей:

Побудувати коло, що стосується трьох даних окружностей.

Ця задача вперше була вирішена відомим грецьким геометром Аполлонієм в III в. до н.е. у творі, що до нас не дійшло, але про яке згадують деякі древні математики (наприклад, Папп). Спосіб, за допомогою якого вирішив цю задачу Аполлоній, невідомий. Багато задач із числа розглянутих у шкільному курсі геометрії представляють приватні або граничні випадки задачі Аполлонія. Окремі випадки виникають при спеціальному розташуванні даних окружностей, граничні - коли всі або деякі з даних окружностей вироджуються в крапки (радіус окружностей необмежено зменшується) або прямі (радіус необмежено зростає).

Перш, ніж вирішити задачу Аполлонія в загальному випадку, розглянемо деякі приватні й граничні випадки.

Задача 1. Побудувати коло, що проходить через три дані крапки.

Рішення загальновідомо.

Задача 2. Побудувати коло, що стосується трьох даних прямих. Рішення цієї задачі також загальновідомо. Вона може мати до чотирьох рішень.

Задача 3. Побудувати коло, що проходить через дану крапку й стосується двох даних паралельних прямих.

Аналіз. Нехай дана крапка Р и и дві паралельні прямі а й b. Позначимо відстань між даними прямими через d. Тоді радіус шуканої кола повинен бути дорівнює d/2. задача зводиться до побудови центра кола, що повинен задовольняти двом умовам: 1) він повинен бути однаково вилучений від прямих, а й b; 2) він повинен відстояти від крапки Р на відстані d/2. звідси випливає побудова.

Побудова.

АВ + b, А Є а;

З Є АВ, АС = СВ;

с — пряма, З Є з, з: а, з: b;

щ (Р, d/2);

О1 = щ? с;

щ1 (О1, О1Р) — шукану

Мал. 38

Доказ. Коло щ1 стосується прямих, а й b, тому що відстані її центра О1 від цих прямих однакові й рівні d/2. ця коло проходить через крапку Р по побудові.

Дослідження. Можливі три випадки.

1. Крапка р розташована між даними прямими, а й b. Зазначений спосіб побудови дає два рішення: щ1 (О1, О1Р) і щ2 (О2, О2Р). Іншого рішення ні, тому що якби існували три кола, що задовольняють умовам задачі, те їхні центри О1, О2 і О3 повинні були б лежати на одній прямій с. З інший стороння, ми повинні були б мати О1Р = О2Р = О3Р = АС, тобто крапки О1, О2 і О3 повинні були б лежати на одній кола (Р, АС), так що виникає протиріччя.

2. Крапка Р — на одній із прямих, а або b. Задача має одне рішення.

3. Крапка Р — поза смугою, обмеженої прямими, а й b. Задача не має рішень.

Задача 4. Побудувати коло, що проходить через дві дані крапки й дотичній даній прямій.

Ця задача може бути вирішена методом інверсії, якщо за центр інверсії прийняти одну з даних крапок, а її відстань до даної прямої прийняти за радіус інверсії. Вона може бути вирішена й без інверсії.

Задача 5. Побудувати коло, що стосується даної кола й проходить через дві дані крапки. Ця задача вирішена в попередньому пункті в припущенні, що дані крапки розташовані поза даною окружністю. В інших випадках рішення аналогічно або ще простіше.

Задача 6. побудувати коло, що стосується трьох даних окружностей, що проходять через одну загальну крапку Р.

Якщо прийняти загальну крапку трьох даних окружностей г1, г2 і г3 за центр інверсії, то ці кола перетворяться в три прямі. Таким чином, задача зводиться до побудови кола, що стосується трьох побудованих прямих. Шукана коло — образ цієї кола в даній інверсії.

Переходимо до рішення задачі Аполлонія в загальному випадку, причому зупинимося лише на основних моментах цього рішення, не вникаючи в окремі його деталі.

Рішення, що ми дамо, засновано на попереднім рішенні двох допоміжних задач (що представляють граничний і окремий випадки загальної задачі).

1-я допоміжна задача: побудувати коло, що стосується двох паралельних прямих і даної кола.

Задача звичайно вирішується методом геометричних місць. Нехай, а й b дані прямі, г (О, r) — дана коло (мал. 39).

Мал. 39

З довільної крапки, А на прямій, а опускаємо перпендикуляр АВ на пряму b. Через середину З відрізка АВ проводимо пряму з паралельно а. будуємо коло д (О, r + АС) (або радіуса :r — АС:). Відзначаємо крапку перетинання цієї кола із прямої з; це й буде центр шуканої кола.

Ця задача може мати до чотирьох різних рішень.

2-я допоміжна задача: побудувати коло, що стосується трьох даних окружностей, якщо дві з них взаємно стосуються.

Ця задача вирішується методом інверсії. Нехай г1, г2 і г3 — даної кола, причому г1 і г2 стосуються в крапці Т (мал. 40).

Мал. 40

Приймемо крапку Т за центр інверсії, а за радіус інверсії - довільний відрізок (зручно обрати його так, щоб базисна коло щ перетнула кола г1 і г2). При інверсії кола г1 і г2 перетворяться в парі паралельних прямих гґ1 і гґ2, а коло г3 — у деяку коло (або пряму) гґ3. побудувати коло гґ, що стосується прямих гґ1 і гґ2 і лінії гґ3, ми вміємо (див. 1-ю допоміжну задачу). При інверсії цієї кола вона перетвориться в коло (або пряму) г, що буде стосуватися трьох даних окружностей г1, г2 і г3.

Рішення задачі Аполлонія в загальному випадку зводиться до цієї 2-й допоміжній задачі. Ми скористаємося для цього прийомом, іноді називаним «методом розширення».

Для визначеності розглянемо той випадок, коли кожна із трьох даних окружностей розташована поза двома іншими (мал. 41).

Мал. 41

В інших випадках рішення проводиться аналогічно.

Нехай г1 (О1, r1), г2 (О2, r2) і г3 (О3, r3) — даної кола. Нехай, далі, пряма О1О2 перетинає коло г1 у крапках А1 і Аґ1, а коло г2 — у крапках А2 і Аґ2. із чотирьох відрізків А1А2, Аґ1Аґ2, Аґ1А2 і А1Аґ2 виберемо найкоротший. Нехай це буде відрізок А1А2. позначимо через Т його середину. Збільшимо радіуси всіх даних окружностей на відрізок А1Т, тобто побудуємо кола гґ1 (О1, r1 + А1Т), гґ2 (О2, r2 + А1Т), гґ3 (О3, r3 + А1Т). з них кола г1 і гґ2 стосуються в крапці Т. ми можемо тепер побудувати коло гґ, що стосується трьох окружностей гґ1, гґ2 і гґ3 (див. 2-ю допоміжну задачу). Позначимо центр кола гґ через О, а радіус — через rґ. Якщо потім побудувати концентричну їй коло г (О, rґ + А1Т), то ця остання буде стосуватися трьох даних окружностей.

Число всіх можливих рішень задачі Аполлонія залежить від взаємного розташування даних окружностей. Приведемо без доказу кілька прикладів.

1. Якщо коло г2 розташована усередині кола г1, а коло г3 поза окружністю г1 (мал. 42), то задача Аполлонія зовсім не має рішення. Це ставиться зокрема, і до випадку, коли всі три дані кола концентричні.

2. Якщо дві кола г1 і г2 стосуються, а третя коло г3 перетинає їх у крапці їхнього торкання, то задача Аполлонія має два рішення Г1 і Г2 (мал. 43).

3. Якщо кожна з даних окружностей розташована поза двома іншими, причому дотична до кожним двох з даних окружностей не має обший крапки із третин окружністю, то задача має вісім рішень (мал. 44).

4. Якщо три дані кола попарно стосуються в одній крапці, то можна провести нескінченно багато окружностей, що стосуються кожної з даних (мал. 45).

Мал. 42

Мал. 43

Мал. 44

Мал. 45

Повне дослідження показує, що якщо задача Аполлонія має лише кінцеве число рішень, те їх не більше восьми.

Додаток.

Розглянемо деякі задачі, для рішення яких використовується поняття й метод інверсії.

Задача 1. Дано квадрат, дві вершини якого лежать на кола інверсії, а третя — у центрі інверсії. Побудувати фігуру, йому інверсну.

Аналіз. Нехай щ (О, R) — базисна коло, ОАВС — даний квадрат. Крапка, А Є щ, крапка З Є щ. При інверсії крапка, А переходить у крапку Аґ, крапка З — у Сґ, крапка В — у Вґ, а ОС переходить у пряму ОL?, ОА — в ОК?, АВ переходить у дугу m, СВ переходить у дугу n. Таким чином, фігура визначається як Сґnвґmаґв, що є інверсією квадрата ОАВС.

Мал. 1

Побудова. (мал. 1).

щ (О, R) базисна коло;

В > Вґ, А? Аґ, З? Сґ;

СВ > Сnвґ;

АВ > Аґmвґ;

Сґnвґmаґв — шукана фігура.

Доказ. Доказ треба з аналізу й побудови.

Дослідження. Задача завжди має рішення й притім єдине.

Задача 2. Дан квадрат, однв вершина якого збігається із центром інверсії, а протилежна вершина лежить на кола інверсії. Побудувати фігуру, йому інверсну.

Аналіз. Нехай щ (О, R) — базисна коло, ОАВС — даний квадрат, У Є щ. При інверсії крапка В переходить у крапку Вґ, В? Вґ, крапка, А переходить у крапку Аґ, Аґ l, У l, крапка С переходить у крапку Сґ, Сґ l. АВ переходить у дугу Аґm кола щ1 (А, ОА), ВР переходить при інверсії в дугу Сґnв кола щ2 (С, ОС). ОА — частина променя, тому при інверсії ОА перетвориться в зовнішню його частину Аґк?, а ОС — у Сґ?. Таким чином, інверсна фігура визначається як К? Аґmвґnсґ?.

Побудова. (мал. 2)

щ (О, R) — базисна коло;

В? Вґ, А? Аґ, З? Сґ, У l, Аґ l, Сґ l;

АВ > АґmBґ;

ОС > ВґnCґ;

ОА > Аґк?;

ОС > Сґ?;

К?Аґmвґnсґ? — шукана фігура.

Доказ. Доказ треба з аналізу.

Мал. 2

Дослідження. Задача завжди має рішення й притім єдине.

Задача 3. Побудувати фігуру, інверсну кола, концентричної базисної.

Аналіз. Нехай щ (О, Р) — базисна коло інверсії, щ1 (О1, R1) — дана коло. Тому що коло щ (О, R1) не проходить через центр інверсії, то перетвориться в коло. Для побудови шуканої кола треба знайти крапки Аґ і Вґ - інверсні крапкам, А и В, де, А и В — діаметрально протилежні крапки, а відрізок Аґвґ - є діаметром шуканої кола.

Побудова.

щ (О, Р) базисна коло, щ1 (О1, R1) — дана коло, причому R1? R2;

О m — довільна пряма;

А = m щ1, В = m щ2;

Крапка Аґ - інверсна крапці А, Вґ - Інверсна крапці В;

щ1ґ (О,) — шукана коло (мал 3).

Доказ треба з аналізу.

Мал 3

Дослідження. Задача завжди має єдине рішення.

Задача 4. Крапка описує хорду базисної кола, відмінну від діаметра. Побудувати лінію, що описує інверсна крапка.

Аналіз. Нехай щ (О, Р) — базисна коло інверсії, АВ — хорда, причому О АВ. Крапка М описує хорду АВ.

Помітимо, що, А = Аґ, В = Вґ. Пряма А В не проходить через центр О, значить перетвориться в коло щ1, що проходить через центр.

Але тому що дано не всю пряму, а тільки хорда АВ, те вона перетвориться в дугу щодо кола щ1 (кінці дуг, А и В), причому, у зовнішню дугу щодо кола щ (О, Р), тому що дана крапка М розташована усередині кола щ (О, Р).

Побудова.

щ (О, Р), АВ — дана хорда;

щ1 — коло, що проходить через крапки О, А, В;

АmВ — зовнішня відносно щ, що є шуканою фігурою (мал. 4).

Мал 4

Доказ треба з аналізу.

Дослідження. Задача завжди має єдине рішення.

Задача 5. Знайти таку крапку, щоб дотичні, проведені з її до двох даних окружностей були рівні її відстані від даної крапки.

Аналіз. щ1 (О1, R1), щ2 (О2, R2) — даної кола. Нехай крапка, А — шукана, тоді АК = АМ = АN. АК — дотична до щ1, АМ — дотична до щ2, тобто крапка, А а12 — радикальна вісь кола щ1 і щ2 і А а20 — радикальна вісь щ2 і крапки N, звідси треба, що, А = а12 а20.

Побудова.

щ1 (О1, R1), щ2 (О2, R2) — даної кола, N — дана крапка;

а12 — радикальна вісь щ1 і щ2;

а20 — радикальна вісь щ2 і N;

А = а12 а20, А — шукана крапка (мал. 5).

Мал. 5

Доказ. Крапка, А — радикальний центр щ1, щ2 і N.

Дослідження.

Якщо щ1 і щ2 — концентричні, то задача не має рішення.

Якщо N усередині щ1 (О1, R1) або щ2 (О2, R2), то рішень немає.

Якщо радкальные осі паралельні, то рішень немає.

Якщо радикальні осі збігаються, то задача має нескінченну множину рішень.

Задача 6. Побудувати фігуру, інверсну сектору базисної кола.

Аналіз. Нехай щ (О, R) — дана базисна коло, Аmво — даний сектор.

ПоказатьСвернуть
Заполнить форму текущей работой