Транзитивные множества и правильные многогранники

4

В. Болтянский

Транзитивные множества и правильные многогранники

Группа самосовмещений фигуры

Перемещение $f$ называется самосовмещением фигуры $F$, если оно переводит эту фигуру в себя: $f(F) = F$. Легко доказать, что множество всех самосовмещений фигуры $F$ является группой (определенные группы см., например, в «Кванте», 1976, № 10); условия обозначать группу самосовмещений фигуры $F$ через $\Gamma(F)$.

Задачи

1. Укажите все самосовмещения: а) окружности; б) прямой; в) отрезка.
2. Укажите фигуру $F$, для которого группа $\Gamma(F)$ содержитровно три самосовмещения.

Группа самосовмещений фигуры $F$ существует связывана с «геометрией» этой фигуры. Пусть, например, $P$ — параллелограмм, не являющийся ни прямогольником, ни ромбом. Существуют два перемещения, переводящие $P$ в себя: тождественное отображение $e$ и симметрия $r$ относительно точки пересечения диагоналей.

Задача 3. Докажите, что не существует самосовмещений такого параллелограмма $P$, отличных от $e$ и $r$.

Из того, что $\Gamma(P)$ содержит центральную симметрию $r$, вытекают все основные свойства параллелограмма: конгруэнтность и параллельность противоположных сторон, конгруэнтность противоположных углов и т. д.

Группа самосовмещений ромба $Q$, не является квадратом, содержит, кроме $e$ и $r$, две освые симметрины $s_1$, $s_2$ относительно диагоналей, то есть $\Gamma(Q) = \{e, r, s_1, s_2\}$. Из наличии в группе $\Gamma(Q)$ дополнительных (по сравнению с параллелограммом обещено вида) самосовмещений вытекают специфические свойства ромба (помимо свойств, присушихся путем параллелограмму): перпендикулярность диагоналей, совпадение диагоналей с биссектрисами углов и т. д.

Задачи
4. Перечислите все четырехугольники, у которых группа самосовмещений содержитровно два элемента.
5. Докажите, что если фигура $F$ является ограниченной (то есть содержится в некотором кругле), то $\Gamma(F)$ не может содержать параллельный перенос, отличный от $e$.

Транзитивные множества на плоскости

Множество $H$ называется транситивным, если любая точка этого множества может быть переведена в любую другую его точку некоторым самосовмещением множества $H$. На рисунке 1 изображен квадрат, от которого отрезаны четырехугольники равнобедренных прямогольных треугольника. Множество всех вершин получившегося восbmную множество на плоскости, то существует ограниченное множество, оно, по определению, содержитровно некоторым кругле. Тогда существует и круг наименьшего радиуса,

Рис. 1.

5

Рис. 2.
содержащий $H$. Пусть $K$ — такой наименьший круг, $O$ его центр.

Возьем две произвольные точки $A, B$ множество $H$. Покажем, что $|AO| = |BO|$. Отсюда будет следовать, что $H$ лежит на некоторой окружности (легко видеть, что эта окружность ограничивает круг $K$).

В силу транситивности множество $H$ существует такое самосовмещение $f \in \Gamma(H)$, что $f(A) = B$. Из $H \subset K$ следует $f(H) \subset f(K)$. Но $f(H) = H$. Значит, $H \subset f(K)$. Таким образом, $H \subset K \cap f(K)$.

Поскольку $f$ — перемещение, $f(K)$ — круг, конгрузительный кругу $K$. Если бы круги $K, f(K)$ не совпадали, существовал бы круг менш его радиуса, содержащий $K \cap f(K)$, а потом и $H$, что противоречило бы выбору круга $K$. Итак, $f(K) = K$, а значит, и $f(O) = O$.

Из $f(A) = B, f(O) = O$, и того, что $f$ — перемещение, следует $|AO| = |BO|$.

Очевидно, пустое, любое одноэлементное и любое двухэлементное множество транситивны.

Задание 6.
Докажите, что если транситивное множество содержит $2k + 1$ точек ($k > 0$), то эти точки служат вершинами правильного многоугольника.

7. а) Докажите, что если транситивное множество содержит 4 точки, то эти точки являются вершинами прямойного многоугольника.

6. Докажите, что если транситивное множество содержит 2k точек ($k > 2$), то эти точки служат вершинами двух правильных $k$-угольников, вписанных в одну окружность.

8. Докажите, что бесконечное ограничение транситивное множество $H$ всегда плоно заполняет содержащую его окружность (то есть не существует других этой окружности, свободной от точки множество $H$).

А существуют ли неограниченные транситивные множества?

Рис. 3.
нечно, существуют: например, вся плоскость и любая прямая на ней. Попробуйте придумать хотя бы еще один пример.

Многоугольник, множество всех вершин которого транситивно, условимся называть транситивным многоугольником. Очевидно, любой правильный многоугольник является транситивным. Оdnako правильный многоугольник $P$ обладает более глубоким свойством, которое можно назвать сільной транситивностью: если $A_1, A_2$ — две произвольные вершины, а $l_1, l_2$ — стороны, прямыхкающие к этим вершинам (рис. 2), то существует самосовмещение $f \in \Gamma(P)$, удовлетворяющее условиям: $f(A_1) = A_2, f(l_1) = l_2$.

Если многоугольник $P$ обладает свойством сільной транситивности, то он правильный.

Задание 9. Докажите, что для правильного $n$-угольника $P$ группа $\Gamma(P)$ содержит $2n$ переменной. Убедитесь, чторовно полована из этих переменной — осевые симметрины.

Транзитивные множества в пространстве

Можно рассматривать транситивные множества и в пространстве. Например, множество всех вершин прямой признамы, в основании которого лежит транситивный многоугольник (рис. 3), транситивно.

Теорема 2. Если $H$ — ограничное транситивное множество в пространстве, то существует сфера, содержащая $H$.

Доказательство — то же, что и на плоскости, только вместе наименьшего круга надо рассматривать наименьший шар, содержащий $H$. Придирчивый читатель может, однако, заметить, что доказательства эти — неполые: надо еще установить сущность наимень-

6

шero круга (или шара), содержащого заданное ограниченное множество $H$ (это можно вывести, например, из теоремы Вейерштрасса). Приведем поэтому другие доказательство; оно не содержит пробелов, но пригодно лишь для конечного множество $H$.

Лемма. Пусть $H = \{A_1, \dots, A_n\}$ — конечное множество точек. Тогда существует, и при этом только одна, точка $O$, для которого
$$\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = \overrightarrow{0}.$$

(Tакая точка называется центром тяжестти точек $A_1, \dots, A_n$.)

Доказательство. Возьмем произвольную точку $Q$ и обозначим через $\overrightarrow{a}$ вектор $\frac{1}{n} (\overrightarrow{QA}_1 + \dots + \overrightarrow{QA}_n)$, а через $O$ — такую точку, что $\overrightarrow{QO} = \overrightarrow{a}$. Тогда
$$\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = (\overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{QA}_1) + \dots$$
$$\dots + (\overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{QA}_n) = n \overrightarrow{OQ} + (\overrightarrow{QA}_1 + \dots$$
$$\dots + \overrightarrow{QA}_n) = n (-\overrightarrow{a}) + n\overrightarrow{a} = \overrightarrow{0},$$
то есть точка $O$ — исключая.

Докажем ее единственное. Пусть $\overrightarrow{O'A}_1 + \dots + \overrightarrow{O'A}_n = \overrightarrow{0}$. Тогда
$$(\overrightarrow{O'O} + \overrightarrow{OA}_1) + \dots + (\overrightarrow{O'O} + \overrightarrow{OA}_n) = \overrightarrow{0},$$
то есть $n\overrightarrow{O'O} = \overrightarrow{0}$, а потому $\overrightarrow{O'O} = \overrightarrow{0}$, и значит, точки $O$ и $O'$ совпадают.

Докажем теперь теорему 2. Пусть $H = \{A_1, \dots, A_n\}$ — транситивное множество и $O$ — центр тяжестти точек $A_1, \dots, A_n$. Возьмем произвольное самосовмещение $f$ множество $H$ и обозначим образы точки $A_1, \dots, A_n$, $O$ при перемещении $f$ через $A'_1, \dots, A'_n$, $O'$. Из равенства $\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = \overrightarrow{0}$ следует, что $\overrightarrow{O'A'}_1 + \dots + \overrightarrow{O'A'}_n = \overrightarrow{0}$. Но ведь $A'_1, \dots, A'_n$ — это же точки $A_1, \dots, A_n$, только взятые в каком-то другом порядке (поскольку $f(H) = H$). Поэтому соответствие $\overrightarrow{O'A'}_1 + \dots + \overrightarrow{O'A'}_n = \overrightarrow{0}$ можно, переставляя нужным образом слагаемые, записать в виде $\overrightarrow{O'A}_1 + \dots + \overrightarrow{O'A}_n = \overrightarrow{0}$. Согласно лемме $O'$, совпадает с $O$, то есть $f(O) = O$. Итак, при любом самосовмещении множество $H$ точка $O$ переходит в себя. Отсюда, как и в доказательстве тео-ремы 1, вытекает, что все точки множество $H$ находится на одинаковом расстоянии от $O$.

Из нашей доказательства видно, что если $H = \{A_1, \dots, A_n\}$ — транситивное множество, не расположенное в одной плоскости, и $O$ — центр сферы, содержащей множество $H$, то $\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = \overrightarrow{0}$.

Многогранник, множество всех вершин которого является транситивным, условимся называется транситивным многоограничком. Согласно теореме 2 существует сфера, проходящая через его вершины (описанная сфера). А из сделанного замечания вытекает, что если $A_1, \dots, A_n$ — все вершины транситивного многоограничника и $O$ — центр описанной около него сферы, то $\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = \overrightarrow{0}$.

Правильные многоогранички

Для многоограничков свойство сільной транситивности формируется следующим образом: пусть $A_1, A_2$ — транситивные вершины многоограничка $M$, $l_1, l_2$ — ребра, прямых щочек к $A_1, A_2$, и $\gamma_1, \gamma_2$ — грани, прямых щочек к $l_1, l_2$; тогда должно существовать самосовмещение $f \in \Gamma(M)$, удовлетворяющее условиям $f(A_1) = A_2$, $f(l_1) = l_2$, $f(\gamma_1) = \gamma_2$. Многогранник, обладающий свойством сільной транситивности, называется правильным многоограничком $^*$.

Задание 10. Докажите, что самосовмещение $f \in \Gamma(M)$, удовлетворящее условиям $f(A_1) = A_2$, $f(l_1) = l_2$, $f(\gamma_1) = \gamma_2$ (о которых идёт речь в определении сільной транситивности), единственно.

11. Докажите, что число элементов группы $\Gamma(M)$ вытверго больше числа правильного многоограничка $M$.

Пусть $M$ — правильный многоограничок, $\gamma$ — его грань, $A_1$ и $A_2$ — две ее вершины и $l_1, l_2$ — стороны многоугольника $\gamma$, прямых щочек к вершинам $A_1, A_2$. В силу свойства сільной транситивности существует самосовмещение $f \in \Gamma(M)$, удовлетворяющей условиям $f(\gamma_1) = \gamma_2$.

*) Данное определение правильного многоограничка эквивалентно школьному («Геометрия 9—10», § 54). «В одну сторону» это будет сейчас доказано.

7

воряющее условия $f(\gamma) = \gamma, f(A_1) = A_2, f(l_1) = l_2$. Первое из этих равенств означает, что $f \in \Gamma(\gamma)$. Мы видим, что многоугольник $\gamma$ сильно транситивный, то есть правый и.

Из свойства сильной транситивности многоугольника $M$ вытекает также, что все его грани конгрунтины. Далее, из свойства транситивности (далее обобщной, не сильной) следует, что к каждой вершине примыкает одинаковое число граней. Итак, все грани правильно многоугольника являются конгрунтными правильными многоугольниками и к каждой вершине примыкает одинаковое число граней.

Лемма. Пусть $M$ — правильный многоугольник, $A$ — одна из его вершин, $AB_1$, …, $AB_k$ — примыкающие к ней ребра. Тогда многоугольник $B_1...B_k$ — правильный.

Доказательство. Обозначим через $\gamma_1$, …, $\gamma_k$ грани, примыкающие к вершине $A$, а через $O$ центр описанной около многоугольника $M$ сферы (рис. 4). Так как $|OB_1| = |OB_2| = R$, где $R$ — радиус описанной сферы, векторы $\vec{b}_1 = \vec{OB}_1, \vec{b}_2 = \vec{OB}_2$ и $\vec{p} = \vec{B}_1\vec{B}_2$ удовлетворяют условию $\vec{b}_1^2 = \vec{b}_2^2 = (\vec{b}_1 + \vec{p})^2$, то есть $2\vec{b}_1\vec{p} = -\vec{p}^2$. Так как, кроме того, $|AB_1| = |AB_2| = a$, где $a$ — длина ребра многоугольника $M$, векторы $AB_1 = \vec{a}_1, AB_2 = \vec{a}_2$ удовлетворяют условию $\vec{a}_1^2 = \vec{a}_2^2 = (\vec{a}_1 + \vec{p})^2$, то есть $2\vec{a}_1\vec{p} = -\vec{p}^2$. Таким образом, $2\vec{a}_1\vec{p} = 2\vec{b}_1\vec{p}$, то есть $\vec{p}(\vec{a}_1 - \vec{b}_1) = 0$, а это означает, что $(AO) \perp (B_1B_2)$. Такой же подсчет показывает, что каждая из прямых $(B_1B_3), ..., (B_1B_k)$ перpendикулярна $(AO)$. Следовательно, плоскость $\Pi$, проходящая через точку $B_1$ и перpendикулярная прямой $AO$, содержит все точки $B_1, B_2, ..., B_k$. Далее, в силу свойства сильной транситивности существует самосовмещение $f \in \Gamma(M)$, переводящей вершину $A$, ребро $AB_1$ и грань $\gamma_1$ соответственно в вершину $A$, ребро $AB_2$ и грань $\gamma_2$. В частности, $f(B_1) = B_2$. При этом самосовмещения две стороны грани $\gamma_1$, прямых妒шие к $A$, перейдут в две стороны грани $\gamma_2$, прямых妒шие к $A$, то есть $AB_1$ перейдет в $AB_2$, а $AB_2$ — в $AB_3$ (рис. 4). Итак, $f(B_2) = B_3$. Рассуждая аналогично, находим, что при перемещении $f$ точки $B_1, ..., B_k$ циклические переставляются: $f(B_1) = B_2, f(B_2) = B_3, ..., f(B_{k-1}) = B_k, f(B_k) = B_1$. Отсюда и вытекает, что многоугольник $B_1...B_k$, расположенный в плоскости $\Pi$, является правильным.

Доказанная лемма позволяет легко вычислить основные параметры правильных многоугольников. Найдем, например, радиус сферы, описанной около правильного многоугольника с $k$ гранями при каждой вершине, являющихся правильными $n$-угольниками (длину ребра обозначим через $a$). Имеем: $AB_1B_2 = \frac{180^\circ}{n}$ (грань $\gamma_1$ является правильным $n$-угольником). Из треугольника $AB_1B_2$ находится $k$-угольника $B_1B_2...B_k$:

8

$$\left| B_1 B_2 \right| = 2a \cos \frac{180^\circ}{n},$$
после чего находится $r = \left| QB_1 \right|$ описанной около него окружности (рис. 5):

$$r = \frac{\left| B_1 B_2 \right|}{2 \sin 180^\circ / k} = a \cdot \frac{\cos 180^\circ / n}{\sin 180^\circ / k}.$$

Далее, из треугольника $QAB_1$ и $OAB_1$ находится $\frac{r^2}{a^2} + \frac{|AQ|^2}{a^2} = 1$, $|AQ| = \frac{a^2}{2R}$, то есть $\frac{r^2}{a^2} + \left(\frac{a}{2R}\right)^2 = 1$. Подставляя сюда вместо $r$ его значение, получаем последующее:

$$R = \frac{a}{2\sqrt{1 - \left(\frac{\cos 180^\circ / n}{\sin 180^\circ / n}\right)^2}}.$$

Формула (*) не только дает выражение для радиуса сферы, описанной около данного правильного многогранника, но и позволяет указыть, какие значения могут принимать $n$ и $k$. В самом деле, поскольку $n \geq 3$, $\frac{180^\circ}{n} \leq 60^\circ$, $\cos \frac{180^\circ}{n} \geq \frac{1}{2}$; следовательно, $\sin \frac{180^\circ}{k} > \frac{1}{2}$ (начье подкоренное выражение не будет положительным), откуда $k < 6$. Придавая числу $k$ возможные значения $k = 3, 4, 5$, находим, что подкоренное выражение положительное лишь в пятей случах, которые и соответствуют пятей возможным правильным многогранникам (см. «Геометрию 9—10», с. 133).

Задание 12.
Пользовать формулой (*), найти радиус сферы, описанной около каждой из правильных многогранников. (Ответы к этой и последующим задачам будут приведены в следующем номере «Кванта»).

Указание. Найдите длины сторон треугольников на рисунке 6 и выведите отсюда, что $\cos 36^\circ = \frac{\xi}{2}$, $\sin 36^\circ = \frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{\xi}}$, $\sqrt{3 - 4\cos^2 36^\circ} = \frac{1}{\xi}$, где $\xi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$.

13. Для каждой правильного многогранника найдите угол, под которым его ребро видно из центра описанной сферы.

14. Вычислите площадь поверхности каждой из правильных многогранников, знаний $a$ его ребра.

15. Докажите, что для каждой правильного многогранника существует сфера, касающаяся всех его ребер.

16. Вычислите высоту $h$ правильной парамиды, основанием которого служит грань правильного многогранника, а вершина совпадает с центром $O$ описанной около многогранника сферы. Докажите, что сфера радиуса $h$

Рис. 6.
с центром $O$ содержится в правильном многограннике и касается всех его граней (вписанная сфера).

17. Вычислите объем каждого из правильных многогранников, знаний $a$ его ребра.

18. Пусть $M$ — правильный многогранник. Через $M^*$ обозначает многогранник, вершинами которого служат центры окружностей, описанных вокруг граней многогранника $M$. Докажите, что многогранник $M^*$ (он называется двойственным к многограннику $M$) является правильным. Какой многогранник двойствен кубу? Додекадру?

19. Пусть $a$ — величина двойствного угла правильного многогранника $M$, а $\beta^*$ — угол, под которым ребро двойственного многогранника $M^*$ видно из центра описанной сферы. Докажите, что $\alpha + \beta^* = 180^\circ$. Пользовать этиим, вычислите двойствный угол каждой из правильных многогранников.

20. Докажите, что середины ребра правильного многогранника служат вершинами гранитивного многогранника.

На рисунке 7 изображен кубооктаэдр — многогранник, вершинами которого служат середины ребра куба (или середины ребер октаэдра). Форму кубооктаэдра имеет многое кристаллим; например, при определенных условиях — кристаллим поваренной соли.

В нашем рассаке о правильных многогранниках остался невьюсенным вопросом о их существлении. Ведь все вычисления проведены в пределложении, что существует правильный многогранник, гранями которого служат правильные $n$-угольники, и у которой к каждой вершине примыкает $k$ граней. Конеч-

Рис. 7.