Выход в пространство

Квант 1975, №5 с. 45-49 Тег FY1Z

ВЫХОД
в пространство

И. Ф. Шарыzin

Попробуйте решить следующую головоломку: из шести спичек сложить четыре правильных треугольника так, чтобы сторон каждой была целая спича. Попытки решить ее к успеху как будто не приводят. Мало того, можно доказать, что такое построение не осуществимо на плоскости (попробуйте это сделать). Как же быть? Оказывается, нужно выйти в пространство — сложить из спичек правильный tetrahedр (рис.1). Невозможно на плоскости осуществимо в трехмерном пространстве!

Выход в пространство было полезен и при решении некоторых планиметрических задач. Классический примером является теорема Дезаграга. Если два треугольника $A_1B_1C_1$ и $A_2B_2C_2$ расположены на плоскости так, что прямые $A_1A_2$ , $B_1B_2$ , $C_1C_2$ пересекаются в одной точке, то при точке пересечения прямых $A_1B_1$ и $A_2B_2$ , $B_1C_1$ и $B_2C_2$ , $C_1A_1$ и $C_2A_2$ расположены на одной прямой (рис. 1).

Рис. 1.

Рис. 2.

(рис. 2). Утверждение теоремы становится очевидным, если увидеть на рисунке 2 пространственного фигуру, а именно — трехгранный угол, пересеченный двумя плоскостями: одна плоскость пересекает ребра трехгранного угла в точках $A_1$ , $B_1$ и $C_1$ , а другая в точках $A_2$ , $B_2$ и $C_2$ . При точки пересечения соответствующих сторон треугольников $A_1B_1C_1$ и $A_2B_2C_2$ принадлежат линей пересечения этих плоскостей и, значит, лежат на одной прямой.

С помощью выхода в пространство изучено доказывается и теорема Брианшона. Дизайн, содержащие промироволочные вершины описанного шестиугольника, пересекаются в одной точке.

Доказательство. Пусть ABCDEF — плоский шестиугольник, описанный около окружности. Возьмем произвольный пространственный шестиугольник $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ (рис. 3), отличный от ABCDEF, про-

екция которого на плоскость $p$ есть шестиугольник $ABCDEF$ и соответствующие стороны которого проходят через точки касания шестиугольника $ABCDEF$ с окружностью. Для доказательства существования такого шестиугольника $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ достаточно одну вершину, например, $A_1$ , взять произвольно на перепределкуре к плоскости $p$ , восстановленном в точке $A$ ; тогда остальные вершины определяются однозначно. В самом деле, пусть $a, b, c, d, e, f$ — длины касательных к окружности, проведенных соответствующей через точки $A, B, C, D, E, F$ и $h$ — расстояние от $A_1$ до плоскости шестиугольника $ABCDEF$ . Тогда $B_1$ находится по другую сторону от плоскости, по сравнению с $A_1$ на расстоянии $hb/a$ , $C_1$ по углеже стороны плоскости, что и $A_1$ , на расстоянии $\frac{hb}{a} \cdot \frac{c}{b} = \frac{hc}{a}$ от плоскости и т. д. Наконец, найдем, что $F_1$ лежит по другую сторону от плоскости, нежели $A_1$ , на расстоянии $hf/a$ , и, значит $A_1$ и $F_1$ лежат на прямой, проходящей через точку касания $AF$ , с окружностью. Любые две противоположные стороны шестиугольника $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ расположены в одной плоскости (доказьте самостояльно). Следовательно, любые две диагонали, соединяющие противоположные вершины шестиугольника $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ пересекаются, а отсюда и все три диагонали шестиугольника $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ (они не лежат в одной плоскости), пересекаются в одной точке. Поскольку шестиугольник $ABCDEF$ — проекция шестиугольника $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ , теорема доказана.

Заметим, что аналогично можно доказать и более общий факт. Если прямые $AB, BC, CD, DE, EF$ и $FA$ касаются одной окружности, то прямые $AD, BE$ и $CF$ пересекаются в одной точке или паралелы. Один из возможных случаев раволежения точек $A, B, C, D, E, F$ показан на рисунке 4.

Только до доказанная теорема Брианшона оказывается справедливо для шестиугольника, описанного около произвольного конечного сечения (эллипса, парабольы, гиперболы), поскольку произвольное конечное сечение можно проектировать относительно некоторых точки на другой плоскость так, что его проекция будет окружностью. При этом прямые, касающиеся конечного сечения, перейдут в прямые, касающиеся окружности.

Вот более сложный пример. Доказите, что с помощью одной линии нельзя найти центр окружности.

Пусты данная окружность находится в плоскости $\alpha$ . Если мы доказем, что существует такая плоскость $\beta$ и точка $O$ , что проекцией данной окружности относительно точки $O$ на плоскость $\beta$ будет окружность, но при этом первой окружности переходит в точку, отличную от центра второй окружности, то наша за-

дача будет решена (рис. 5). Действительно, любому построению с помощью одной линейки в плоскости $\alpha$ соответствует при проектировании построение с помощью одной линейки в плоскости $\beta$ .

В качестве плоскости $\beta$ возьмем произвольную плоскость, пересекающую плоскость $\alpha$ по прямой $l$ , не проходящей через центр данной окружности. Пусть $AB$ — диаметр данной окружности, перpendикулярный к $l$ , а $N$ — точка пересечения прямых $AB$ и $l$ . Восстановим из точки $N$ перpendикуляр к $l$ , лежащий в плоскости $\beta$ , и возьмем на нем точки $A_1$ и $B_1$ так, что $A_1N = BN$ , $B_1N = AN$ . В качестве точки $O$ — центра проекции — возьмем точку пересечения прямых $AA_1$ и $BB_1$ . Очевидно, середина отрезка $AB$ проекруется в точку, отличную от середины отрезка $A_1B_1$ .

Возьмем произвольную точку $D$ на данной окружности $DM \perp AB$ . Проекцией $DM$ будет $D_1M_1 \perp A_1B_1$ . Доказем, что $D_1$ лежит на окружности, построенной на $A_1B_1$ как на диаметре. Воспользуемся тем, что $M_1D_1 \cdot MO = MD \cdot M_1O$ ( $\Delta DMO \approx \Delta D_1M_1O$ ) и $MD^2 = BM \cdot MA$ . Нам нужно доказать, что $M_1D_1^2 = B_1M_1 \cdot M_1A_1$ , или, используя два предыдущего равенства, получить, что

$\frac{BM \cdot MA}{MO^2} = \frac{B_1M_1 \cdot M_1A_1}{M_1O^2},$

$\frac{BM}{MO} \cdot \frac{MA}{MO} = \frac{B_1M_1}{M_1O} \cdot \frac{M_1A_1}{M_1O}.$

Заменяя в последнем равенстве отношения отрезков отношением снусов противоположных углов соответствующих треугольников, получим оценидное равенство

$\frac{\sin \varphi}{\sin \gamma} \frac{\sin \psi}{\sin \mu} = \frac{\sin \varphi}{\sin \mu} \cdot \frac{\sin \psi}{\sin \gamma}.$

Одной из самых красивых и необходимых иллюстраций к теме «Выход в пространство» служит, пожалуй, решение этим методом известной задачи А поллоня. Поставим в соответствии каждой окружности в данной плоскости две точки пространства, расположенные по разные стороны от плоскости, удаленные от этой плоскости на расстояние, равное радиусу окружности, и также, что проекция каждой из них на плоскость есть центр окружности. Обратно: каждой точке пространства соответствует окружность в нашей плоскости, центр которого совпадает с проекцией точки на плоскость, а радиус равен расстоянию от точки до плоскости. Прежде чем перейти к решению задачи А поллоня, обратим внимание на следующие обстоятельства: если $P$ — одна из двух точек, соответствующих окружности $k$ , то любой точке, находящаяся на конечской поверхности, вершиной которого является точка $P$ , а направляющий — окружность $k$ (расматриваются обе полы этой поверхности), соответствует окружности $k$ (рис. 6).

Пусть теперь данные три окружности на плоскости. Построим для каждой указанным выше способом одну из двух конечных поверхностей. Точке пересечения этих трех поверхностей соответствует окружность, касающаяся трех данных. Беря различные расположения точки, соответствующих окружностям, можно получить все решения нашей задачи.

Мы приведем несколько примеров, когда помогает трехмерное пространство. А может ли помощь четырехмерное пространство? Конечно, да! Например, с его помощью можно решить такую глобальную из десяти спичек сложить десять правильных треугольников так, чтобы сторона каждого треугольника равнялась целой спиче.

Решение. Нужно выйти в четырехмерное пространство и сложить в нем многогранник, аналогичный тетраду. Такие многогранники называются sимплеками. Симплеки на плоскости — это треугольник, в трехмерном пространстве — tetradр; что представляет собой симплекс в четырехмерном пространстве, можно получить из рисунка 7. Этот пример, конечно, серbezен лишь наполину, а вот уже вполне серbezный пример. Пусть три плоскости пересекаются по одной прямой. Расмотрим три треугольных угла, вершины которых расположены на этой прямой, а ребра лежат в данных плоскостях (предполагаем, что соответствующие ребра, то есть ребра, расположенные в одной плоскости, не пересекаются в одной точке). Тогда три точки пересечения соответствующих границ этих трехранных углов лежат на одной прямой (рис. 8). Поскольку для доказательства этой теоремы мы хотим «выйти» в четырехмерное пространство, рассакжем сначала о некоторых свойствах этого пространства.

Простейшим фигурами четырехмерного пространства будут: точка, прямая, плоскость и трехмерное многообразие, которое мы будем называть гиперплоскостью. Первые три фигуры — это наши старые знаки из трехмерного пространства. Правда, неокоторые утверждения, связанные с ними, нуждаются в перефазировке. Например, вместе с следующей аксиомы трехмерного пространства: если две различные плоскости, принадлежшие одной гиперплоскости, имеют общую точку, то они пересекаются по прямой. Введение нового геометрического образа — гиперплоскости — заставляет вести связанную с ним группу аксиом, аналогичную тому, как при переходе от геометрических плоскостей, к геометрическим трехмерном пространстве,—стрееромции, вводится группа аксиом (вспомните, каких?) ,выражающий основные свойства плоскостей в пространстве. Эта группа состоит из следующих трех аксиом:

Какова бы ни была гиперплоскость, существуют точки, ей принадлежшие и точки, ей не принадлежшие.
Если две различные гиперплоскости имеют общую точку, то они пересекаются по плоскости, то есть существуют плоскость, принадлежащая к гиперплоскости.
Если прямая, не принадлежащая плоскости, имеет с ней общую точку, то су-

шествует единственная гиперплоскость, содержащая эту прямую и эту плоскость.

Из этих аксим неосредственно следует, что четыре точки, не принадлежящие одной плоскости, определяют гиперплоскость; точно также три прямые, не принадлежящие одной плоскости, но имеющие общую точку или две различные плоскости, имеющие общую прямую, определяют гиперплоскость. Мы не будем доказывать эти утверждения; попытаться сделать это самостояльно.

Для дальнейших рассуждения нам понадобится следующий факт, справедливый в четырехмерном пространстве: три различные гиперплоскости, имеющие общую точку, имеют общую прямую. В самом деле, по аксиме 2, любые две из трех гиперплоскостей имеют общую плоскость. Возьмем две плоскости, по которым пересекается какая-то из трех гиперплоскостей с двумя другими. Эти две плоскости, принадлежящие одной гиперплоскости — трехмерному многообразию, имеют общую точку, и, значит, пересекаются по прямой или совпадают.

Перейдем теперь к доказательству нашей утверждения. Если бы три плоскости, о которых говорится в условиям, были расположены в четырехмерном пространстве, то утверждение было бы очевидным. Действительно, каждый треугольный угол определяет гиперплоскость. Две гиперплоскости пересекаются по плоскости. Эта плоскость не принадлежит третьей гиперплоскости (по условиям, эти гиперплоскости пересекают одну из данных плоскостей по трех прямым, не проходящим через одну точку), и, следовательно, пересекается с ним по прямой линии. Любые три соответствующие грани трехгранных углов лежат в одной гиперплоскости, определяемой двумя плоскостями, на которых расположены соответствующие грани имеет общую точку. При эти точки принадлежат трех гиперплоскям, определяемым трехгранными углами, и, как было доказано, лежат на одной прямой. Теперь для завершения доказательства достаточно «увидеть» в данном условиям задачи проекцию соответствующей четырехмерной конфигурации плоскости и трехгранных углов.

В заключение мне бы хотелось предоставить читателя: не следует чрезмерно доверять свое «трехмерной интущии», когда идет о четырехмерном пространстве.

Как вы думаете, сколько может иметь выпуклый многогранник, для которого каждый отрезок, соединяющий любые две его вершины, является ребром? На плоскости таким свойством обладает только треугольник, в пространстве — тетраэд. В четырехмерном пространстве существует также многогранники со сколь годно большим числом вершин (см., например, рис. 9).

У разнения

По четырем прямым плоскости с постоянными скоростями идут четыре пешекода A, B, C, D. Известно, что пешекоды A, B и C встречаются друг с другом, пешекод D встречается с A и B. Докажите, что пешекоды C и D встречаются.
На плоскости даны три непересекающихся окружности. Расмотрим шесть точек, каждая из которых является точкой пересечения общих внутренних или общих внешних касательных к каждой думу из данных окружности. Докажите, что эти шесть точек лежат на четырехмерном плоскости. Построите треугольник, вершины которого лежат на данных прямых, а стороны проходят через данные точки.
Данные три параллельные прямые и три точки на плоскости. Построите треугольник, вершины которого лежат на данных прямых, а стороны проходят через данные точки.
Три точки A, B и C, лежат на одной прямой. Возьмем произвольную окружность, проходящую через A и B, и проведем к ней из C две касательные — CM и CN. Докажите, что точка пересечения прямых MN и AB построена.
Пусть A — данная точка внутри данной окружности, BC — произвольная хорда, проходящая через A. Касательные к окружности в точках B и C пересечаются в точке M. Найдите геометрическое место точек M.
Покажите, что в четырехмерном пространстве две плоскости могут пересекаться в одной точке.