Лекция 12: Графы - 2 (стр. 4 )

Утверждение. Движение однозначно определяется образами трех точек, не лежащих на одной прямой (т. е. точками, куда переходят эти три).
Доказательство: (!) Для понимания этого доказательства желательно знать, что окружности пересекаются не более, чем по двум точкам.
Пусть движение переводит три точки A, B и C в A', B' и C' соответственно. Докажем, что зная их, можно однозначно определить образ D' любой точки D. Пусть AD=A'D'=a, BD=B'D'=b, CD=C'D'=c (величины a, b и c мы тоже знаем, так как знаем A, B, C и D). Проведем окружности радиусов a и b с центрами A' и B' соответственно. Ясно, что D' лежит на пересечении этих окружностей (см. рис.). Если исходно D лежала на AB, то эти окружности пересекутся в единственной точке, лежащей на A'B' (убедитесь в этом сами!), т. е. мы найдем D'. Если нет - окружности пересекутся в двух точках, D' и D'', симметричных относительно прямой A'B'. Но C' не лежит на A'B' (здесь нам нужно, что A, B и C не были на одной прямой!), поэтому D'C' и D''C' не равны. Тот отрезок, который равен c, и есть D'C', откуда мы и найдем D', ч. т.д.

Упражнение. Поймите, что здесь был попутно доказан еще один факт: образы двух точек определяют движение с точностью до симметрииотносительно прямой, проходящей через эти образы.

(!) Композиция двух движений (т. е. преобразование плоскости, когда мы сначала делаем одно движение, а затем второе) - тоже движение. Также движением будет преобразование, обратное к движению. Обратное к параллельному переносу, повороту или симметрии - движение того же вида. С композициями все не так просто.

Утверждение. Любое движение можно представить как композицию параллельного переноса, поворота и осевой симметрии (каких-то из этих составляющих может и не быть).
Доказательство: Пусть движение переводит точку A в A', B в B' и C в C' (A, B и C не лежат на одной прямой!). Давайте сделаем параллельный перенос, переводящий A в A', и поворот, вокруг A=A', совмещающий лучи AB и A'B'. Так как длины AB и A'B' равны, то после поворота B совмещается с B'. Теперь посмотрим, где может оказаться C. Конечно, на пересечении двух окружностей с центрами в A (A') и B (B') радиусов AC=A'C' и BC=B'C'. У этих окружностей две точки пересечения, симметричные относительно AB. Если C - одна из них, а C' - другая, то сделаем симметрию относительно прямой AB и переведем C в C'. В другом случае уже C=C' и симметрию делать не надо.
Мы построили композицию требуемого вида, переводящую A, B и C в A', B' и C' соответственно. Но, по предыдущему утверждению, движение, переводящее A, B и C в A', B' и C', единственно. Значит, эта композиция и есть исходное движение, ч. т.д.

Задача 3. Каким движением является композиция двух осевых симметрий относительно пересекающихся прямых?
Решение: Возьмем какую-нибудь точку A и отразим относительно одной прямой в A', а потом относительно другой в A'' (см. рис.). Прямоугольные треугольники OAK и OA'K равны по двум катетам, поэтому ^AOK=^A'OK. Аналогично ^A'OL=^A''OL. Таким образом, ^AOA''=2^KOL - вдвое больше угла между прямыми. Поэтому поворот вокруг O на 2^KOL переводит A в A''. Этот поворот один и тот же для всех точек A, поэтому он и есть композиция симметрий (случай, когда среди A, A' и A'' есть совпадающие точки, аналогичен).
Ответ: Поворот вокруг точки пересечения прямых на угол, вдвое больший угла между прямыми.

Упражнение. Докажите, что композиция двух осевых симметрий относительно параллельных прямых - параллельный перенос (перпендикулярно этим прямым на расстояние, вдвое больше расстояния между ними).
Упражнение. Докажите, что композиция двух параллельных переносов - параллельный перенос, а композиция двух поворотов с одним центром - поворот с тем же центром.

Задача 4. Докажите, что параллельный перенос можно представить как композицию двух центральных симметрий.
Решение: Давайте отметим две точки M и N такие, что перенос производится в направлении от M к N, но на длину, вдвое большую MN (см. рис.). Сделаем центральную симметрию с центром M, а потом вторую с центром N. P при первой симметрии переходит в N, при второй остается на месте. M при первой симметрии остается на месте, при второй переходит в Q. X при первой симметрии переходит в Z, при второй Z переходит в Y. Но исходный параллельный перенос тоже переводит P в N, M в Q и X в Y. Значит, он совпадает с композицией двух симметрий, ч. т.д.

Задача 5. Дана точка P и две параллельные прямые a и b. Постройте равносторонний треугольник, у которого одна вершина P, а две другие лежат на этих прямых.
Решение: Пусть такой треугольник - ABP, где A лежит на a и B на b. Мы знаем, что AP=BP и ^APB равен 60 градусам. Значит, поворот на 60 градусов вокруг точки P переводит A в B. Так давайте повернем a на 60 градусов вокруг P (она перейдет в новую прямую c). Точку пересечения b и c назовем B, а точку на a, переходящую при повороте в B, назовем A. И треугольник ABP действительно равносторонний, так как AP=BP и ^APB равен 60 градусам, ч. т.д.
(!) Нередкая идея: равносторонние треугольники связаны (понятно каким образом) с поворотами на 60 градусов.
Если вы читали лекцию "Геометрия" и безуспешно пытались доказать свойство точки Торричелли, попробуйте применить это соображение.

Задача 6. Докажите, что у треугольника не бывает ровно двух осей симметрии.
Решение: Пусть у треугольника ABC ровно две оси симметрии. Ясно, что симметрия переводит вершину в вершину. Пусть первая симметрия переводит A в B (и, конечно, B в A). C должна тоже перейти в какую-то вершину, поэтому C переходит в себя (т. е. ось симметрии проходит через C). Симметрия - это движение, поэтому AC=BC. Вторая симметрия, отличная от первой, не может менять местами A и B. Пусть она переводит A в C. Тогда, аналогично, AB=BC. Отсюда получаем AB=AC=BC, т. е. треугольник равносторонний. А в равностороннем треугольнике - уже не две, а целых три оси симметрии: его медианы, они же биссектрисы, они же высоты, ч. т.д.
Замечание. У равнобедренного, но не равностороннего треугольника ровно одна ось симметрии. У неравнобедренного треугольника осей симметрии нет вообще (это упражнение).

Счет углов - основа олимпиадной геометрии. Большинство олимпиадных геометрических задач (пожалуй, все, кроме неравенств и каких-то красивых комбинаций с движениями) решаются довольно бесхитростной техникой: отмечаем на картинке два-три угла и выражаем через них все остальные, пользуясь простыми свойствами (их все, с доказательством, можно найти в школьном учебнике геометрии):
1.) вертикальные углы равны;
2.) смежные углы дают в сумме 180 градусов;
3.) сумма углов треугольника всегда равна 180 градусов, четырехугольника - 360 градусов, n-угольника - 180*(n-2) градусов;
4.) при пересечении параллельных прямых секущей накрест лежащие и соответственные углы равны, односторонние же дают в сумме 180 градусов;
5.) вписанный (в окружность) угол равен половине дуги, на которую он опирается, т. е. половине ее центрального угла;
6.) вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны; (следствие из п. 5)
7.) в четырехугольнике, вписанном в окружность, противоположные углы дают в сумме 180 градусов; (тоже следствие из п. 5)
8.) движения не меняют величин углов. (см. пред. параграф)

Еще одно соображение, которое позволит быстро увеличивать число пар равных углов - критерии вписанности четырехугольника:
1.) Четырехугольник вписанный тогда и только тогда, когда в нем сумма противоположных углов равна 180 градусов.
2.) Четырехугольник вписанный тогда и только тогда, когда в нем равны два угла между стороной и диагональю, опирающиеся на одну дугу.
Первый критерий, с доказательством в обе стороны, легко находится в школьном учебнике геометрии. Со вторым (который, кстати, на практике нужнее первого), мы разберемся здесь же.
Более точно: Если в четырехугольнике равны какие-то два угла между стороной и диагональю, опирающиеся на одну дугу (например, ^CAD=^CBD на рис.), то четырехугольник вписанный. Обратно: если четырехугольник вписанный, то в нем равны все четыре пары углов меджу стороной и диагональю (т. е., не только ^CAD=^CBD, но и ^ACB=^ADB, ^BAC=^BDC и ^ABD=^ACD). А еще, вдобавок, ^ABD+^ADC=^BAD+^BCD=180 градусов.

Заметьте: чтобы доказать вписанность четырехугольника, достаточно найти одну пару равных (или дающих в сумме 180 градусов) углов. Но из вписанности следует уже шесть уравнений на разные пары углов. Понятно, что нахождение одного-двух вписанных четырехугольников может сразу решить или сделать очевидной сложную с виду задачу ;-)

Доказательство критерия: В одну сторону очевидно: если четырехугольник вписанный, то четыре пары углов между стороной и диагональю, опирающихся на одну дугу, равны. Просто вершины этих углов лежат на окружности, а вписанные углы, опирающиеся на одну дугу, равны, т. к. они оба равны ее половине (см. п.6 выше - следствие теор. о вписанном угле).
Для доказательства в другую сторону нам потребуется еще факт, по сути, обратный к теореме о вписанном угле.

Лемма 1. Угол между секущими к окружности равен полусумме высекаемых ими дуг (если они пересекаются внутри окружности), или полуразности этих дуг (если они пересекаются снаружи). (!) Имеются в виду угол и дуги, расположенные, как на рис.

Доказательство леммы 1: Докажем, что в ситуации на рис. слева ^AXB=^CXD равен полусумме дуг AB и CD, а на рис. справа ^AYB=^CYD - полуразности дуг AB и CD.
Рассмотрим треугольник ACX. В нем ^CAX+^AXC+^AXC=180 градусов, то есть 180-^AXC=^CAX+^ACX. Но, с одной стороны, 180-^AXC=^AXB (смежные), а с другой стороны, ^CAX=^CAD=CD/2, ^ACX=^ACB=AB/2 (по теор. о вписанном угле), то есть их сумма равна (AB+CD)/2 (имеются в видудуги, а не отрезки AB и CD). Отсюда ^AXB=(AB+CD)/2, ч. т.д.
В другом случае, в треугольнике BCY, ^BYC+^CBY+^BCY=180 градусов и отсюда ^ACB=180-^BCY=^CBY+^BYC (наверное, вы уже заметили, что мы тут передоказываем известное утверждение: внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних, не смежных с ним). Опять же, то теореме о вписанном угле, ^ACB=AB/2 и ^CBY=^CBD=CD/2. Тогда ^BYC=^ACB-^CBY=(AB-CD)/2, ч. т.д.