10.3. Решения избранных задач

В нумерации задач сначала идет номер главы, а затем — номер зада­чи в главе. Нумерация задач из главы «Задачи письменных экзаменов» начинается с буквы «Э», затем идет номер варианта и номер задачи в варианте.

1.15. а) Полюса сферических прямых, пересекающих данную точ­ку А, заметают окружность большого круга, а именно, поляру точки А. Поэтому рассматриваемые поляры заметают пару сферических дву­угольников, образованных полярами концов данного отрезка.

б) Поляры сферических прямых, пересекающих данные отрезки, за­метают множество, площадь которого меньше 4тгД, поэтому на сфере найдется точка, не лежащая в этом множестве. Поляра этой точки не пересекает ни одного данного отрезка.

4.14. а) Пусть А\ и В\ — середины сторон АС и ВС соответственно. Опустим из вершины С перпендикуляр СН на прямую А1В1 и рассмо­трим точки А2 и В2, симметричные точке Н относительно точек А\ и В\ соответственно. Легко проверить, что А2ф В2. В том случае, когда Я лежит на отрезке А\ В\, это очевидно, а если Н попадает на продолжение отрезка А\В\, то равенство А\Н = В\Н выполняться не может, поэто­му не может выполняться и равенство А2Н = В2Н. Таким образом, точки А2 и В2 однозначно определяют прямую АхВх, поэтому доста­точно доказать, что рассматриваемый перпендикуляр I, восставленный из середины отрезка АВ, перпендикулярен прямой А2В2.

Треугольники А\СН и А\ АА2 (а также треугольники В\СН и В\ВВ2) являются равными прямоугольными треугольниками, поэтому в четы­рехугольнике АА2В2В углы при вершинах А2 и В2 прямые, а стороны АА2 и ВВ2 равны (обе они равны СН). Такой четырехугольник должен иметь ось симметрии, причем она должна совпасть с прямой I. Следова­тельно, I _1_ А2В2.

б) Случай совпадающих прямых очевиден, поэтому будем считать, что прямые, изометрично отображающиеся друг на друга, не совпада­ют. Возможны два случая.

1) Два различных отрезка XX' и УУ имеют общую точку М. В таком случае рассматриваемая изометрия является симметрией относи­тельно точки М.

 а) Точка пересечения двух биссектрис треугольника равноуда­лена от всех его сторон, поэтому она лежит на третьей биссектрисе.

б) Пусть М — середина стороны АВ, Р ж О, — середины сторон АС ж ВС. Рассмотрим модель Клейна и поместим точку М в центр круга. Согласно задаче 4.14 серединный перпендикуляр к отрезку АВ будет перпендикулярен прямой РО,. Это означает, что в евклидовом треугольнике АВС отрезок РО, будет параллелен стороне АВ. В таком случае отрезки АО, ж ВР пересекаются в точке К, лежащей на отрезке СМ. В самом деле, при (евклидовой) гомотетии с центром К отрезок РО, переходит в отрезок В А, поэтому прямая, соединяющая середины этих отрезков, проходит через точку К.

в) Рассмотрим модель Клейна и поместим точку А в центр круга. В таком случае гиперболические высоты ВВ\ и СС\ будут и евклидо­выми высотами. Они пересекаются в некоторой точке Н. Прямая АН будет евклидовым перпендикуляром к прямой ВС. Но АН — диаметр, поэтому АН будет и гиперболическим перпендикуляром к прямой ВС.

5.9. В том случае, когда два серединных перпендикуляра пересека­ются в одной точке, утверждение очевидно, тогда вершины треугольни­ка лежат на одной окружности.

В том случае, когда два серединных перпендикуляра параллельны, их можно считать лучами в верхней полуплоскости, параллельными оси Оу. Тогда все вершины треугольника лежат на одной высоте над веществен­ной осью, поэтому вершины треугольника лежат на одном орицикле, а третий серединный перпендикуляр будет лучом, параллельным оси Оу.

В том случае, когда два серединных перпендикуляра перпендикуляр­ны некоторой прямой I, все вершины треугольника удалены от прямой I на одно и тоже расстояние, то есть лежат на одном гиперцикле, поэтому третий серединный перпендикуляр тоже перпендикулярен прямой I.

Заодно мы доказали, что любые три точки лежат либо на одной окружности, либо на одном орицикле, либо на одном гиперцикле.

5.11. Дуга РО, окружности, орицикла или гиперцикла образует в точках Р ж О, равные углы с (гиперболической) прямой РО,. Пусть а.\,

Pi и 7i — углы, соответствующие дугам ВС, С А и АВ. Тогда в случае окружности а = тг —7i, /9 = 7г —c*i—7i, 7 = 7г —c*i—/?1,ав случае орицикла или гиперцикла а = 71 — Д, /3 = 71 — а±, 7 = тг — а± — Д. Таким образом, а + 7 = ±(тг — 271). При этом угол 71 постоянен, так как он соответствует постоянной дуге АВ.

9.3. Достаточно доказать, что если a,b,c,d G C — попарно различ­ные числа, то существует такое дробно-линейное преобразование /, что /(о) = Ъ, f(b) = а, /(с) = d, f(d) = с. Первые три равенства позволяют однозначно определить /. При этом дробно-линейное преобразование / о / имеет неподвижные точки а,Ь ж еще какую-то неподвижную точ­ку, (а именно, неподвижную точку отображения /; она, вообще говоря, может быть бесконечно удаленной), которая не может совпадать ни с о,

о

/(d) = с.

Приведем также другое доказательство того, что /(d) = с. Пусть /(d) = х. Тогда [о, Ъ, с, d] = [b,a,d, х]. Очевидно, что значение х = с удовлетворяет этому условию. С другой стороны, это условие является линейным уравнением относительно х, поэтому оно определяет х одно­значно. Значит, х = с.

9.4. а) В модели Пуанкаре в верхнем полупространстве можно счи­тать, что рассматриваемая вершина тетраэдра находится в бесконечно удаленной точке. Тогда грани трехгранного угла при этой вершине бу­дут расположены на боковых гранях евклидовой треугольной призмы с основанием на абсолюте. Сумма двугранных углов при боковых гранях треугольной призмы равна тг.

б) Обозначим рассматриваемый тетраэдр АВСВ.

Первое решение. Согласно задаче 9.3 существует движение, пере­водящее двугранный угол при ребре АС в двугранный угол при ребре ВВ.

Второе решение. Обозначим через ur величину двугранного угла при ребре г. Из пункта а) следует, что

UAB + UAC+UAD = UCD + UCA+UCB,     <• ЛН~ <• НС~ <• Н1> = 11( 'П    11ПЛ    11 ПН-

Сложив эти два равенства и уничтожив равные члены в обеих частях, получаем и ли = uCD-

9.6. Выберем в качестве модели пространства Лобачевского модель на двуполостном гиперболоиде, т. е. будем считать, что точки z\,

85гп+2 лежат в Кп+1 и их координаты удовлетворяют соотношению

2,        _1_2_2      — _1 %1 + • • • + %п     хп+1 — -Ь

причем хп+1 > 0. Пусть [и, у] = щт + ... + ипуп - и„+11>„+1 — псевдо­скалярное произведение в Кп+1. Тогда сЬ(йу) = [г^,г^.

Пусть 5 = (г\, ■ ■ ■, гп+2) — матрица размером (п + 2) х (п + 2), обра­зованная столбцами координат точек г\,..., -гп+2; к которым в качестве первой координаты добавлен нуль; ,/ — диагональная матрица порядка п + 2 с диагональю (1,1,..., 1, —1). Легко проверить, что

Но у матрицы 5 первая строка нулевая, поэтому йеЬ Б = 0, а значит, <1е1. А = 0.

Э1.4. Можно считать, что в модели Пуанкаре в верхней полуплос­кости точки А ж В имеют координаты (х1,у) ж (х2,у). Тогда

сЬё = 1 + , 2у2

а длина I дуги орицикла равна |жх — хгЦу. Таким образом,

I2

сЬЙ=1 + -,    т.е.    1 = 2вЩ/2).

Э1.Т. Обозначим рассматриваемый квадрат АВСВ. Композиция симметрий относительно прямых АВ ж ВС может быть представлена как композиция симметрий относительно прямых В К ж ВВ. где К — некоторая точка, лежащая на абсолюте между А ж В. Аналогично, ком­позиция симметрий относительно прямых СВ ж В А может быть пред­ставлена как композиция симметрий относительно прямых ВВ ж ВЬ, где Ь — точка, лежащая на абсолюте между В ж А. Поэтому компози­ция симметрий относительно всех четырех сторон квадрата есть ком­позиция симметрий относительно прямых ПК ж ВЬ (так как дважды взятая симметрия относительно В В — тождественное преобразование). Поскольку прямые ПК ж ВЬ расходящиеся, рассматриваемое преобра­зование гиперболическое.

Заметим, что приведенное решение остается в силе, если заменить квадрат на произвольный четырехугольник, вписанный в абсолют.

9.4. Можно считать, что в модели Пуанкаре в верхней полуплос­кости точки А, В, С, В имеют координаты (0, о), (0,Ь), (к, л/Ь2 - к2), (к, а/о2 - к2), где о > Ь > 0. Тогда

л/о2 - к2

ск\АВ\ = 1 + к2 + (а- л/о2 - к2)

а

е

л/Ь2 - к2

2ол/о2 - к2

л/о2 - к2

\\

Ъ

л/Ь2 - к2'

Поэтому

\\ 1

\\ 1

л/о2 - £2

л/Ь2 - к2'

Э9.6. Докажем сначала вспомогательное утверждение. Пусть точки М ж N лежат на лучах ОК ж ОЬ соответственно (К ж Ь — точки на абсолюте). Тогда условие \ОМ\ = \ОМ\ равносильно тому, что точки М ж N равноудалены от прямой КВ. Это утверждение легко следует из соображений симметрии, которые становятся совсем наглядными при рассмотрении модели Клейна с точкой О в центре.

Перейдем теперь к решению задачи. Рассмотрим прямую I, парал­лельную как лучам АВ ж ВС, так и лучам АВ ж ВС. Отложим на луче АВ точку Сь такую, что \ВСь\ = \ВС\ (так, чтобы точка В лежала меж­ду .4 и С/,)- Из вспомогательного утверждения следует, что точки С ж Сь равноудалены от прямой I. Аналогичным образом на луче АВ отложим точку С,1 такую, что \£>Сй\ = \ВС\. Точки С жСа также будут равноуда­лены от прямой I. Значит, равноудаленными от прямой I будут точки Сь ж С а, поэтому из того же вспомогательного утверждения следует, что \АСЬ\= \АСЛ\. А это и означает, что \АВ\ + \ВС\ = \АВ\ + \ВС\.