Давайте складывать точки...

44

В. Рыжик

Давайте складывать точки…

Математику можно изучать по-разному. Можно слушать лекции или взять только книгу и читать ее подряд: определения, теоремы, доказательства. А можно действовать более активно: прочитать только определения и формулировки теорем, отложить книгу в сторону и придумывать доказательства самому. Первый способ дает возможность попачалу двигаться быстрее. Но mismo тех, кто придерживает исключительно этого способа условия информатии, зачастую проходят приемы и методы, с помощью которых были получены рассматриваемые результаты. Читатель и не подозревает, как много он пропустит интересного, увлекательного, полезного, обрекая себя на роль пассивного воспринимателя истин.

Второй способ, хотя он и отличает больше времени, позволяет глубоко разобраться в математической теории, учит выделять то, что в данном контексте является наиболее важным, дает возможность надолго запомнить полученные собственным трудом результаты, развивает математические способности школьников и открывает перед ним все новые пути применения математических знаний. Поэтому именно такой способ — самостояльное открытие известных истин (иногда нарушу с ним открываются и ранее неизвестные) обусловило использование в работе математических семинаров, школь и кружков.

Именно на такую активную работу читатель расчитаны статьи, помещаемые в разделе «Математический кружок». Значителяная часть содержания статьи преподносится обычно в виде задач. Некоторые из них решены в тексте, но большиносто — и лекциях, и трудных — оставлены для самостоятельного решения читателя. Краткие решения этих задач, указания или ответы к ним иногда помещаются на последних страницах журнала, но мы советуем попробовать решить задачи без подсказки.

Как правило, наш «Математический кружок» доступен ученикам 8—9, а иногда и 7 класса. Письма с замечаниями и пожеланиями по поводу этого раздела просылаться с помощью «Математический кружок» на конверте.

45

но, точку $D$, которая получится, если из вектора $\overrightarrow{OA}$ вычесть вектор $\overrightarrow{OB}$, называем разностью точек $A$ и $B$: $D = A - B$.

Ясно, что при этом сумма точек зависит от того, где мы выбрали полос. Но как только полос зафиксирован, сложение точек свойства к сложению векторов.

Упражнения

1. Как надо выбрать полос, чтобы сумма двух точек $A$ и $B$ лежала на прямой $AB$? На луче $AB$? На отрезке $AB$?
2. Сложите три вершины равностороннего треугольника при различном выборе полоса: в вершине треугольника, в его центре, в произвольной точке.
3. $A, B, C$ — три любые точки, не лежащие на одной прямой. Выберите полос так, чтобы их сумма лежала внутри треугольника $ABC$; вне его.
4. Пусть $A_1, A_2, \dots, A_n$ — правильный многоугольник. Де надо выбрать полос $O$, чтобы выполнялось равенство $A_1 + A_2 + \dots + A_n = O$? Однозначно ли определяется полос этим условием?
5. Докажите, что четырехугольник $ABCD$ является параллелограммом тогда и только тогда, когда $A + C = B + D$.

Тепер несложно сообщить, что значит умножить точку на число. Пусть полос $O$ задан. Возьмем присвизовальную точку $A$. Предположим, что ее нужно умножить на 2. Умножим на 2 вектор $OA$, получится вектор $OB$; точка $B$ и будет искомой. Мы пишем: $B = 2A$. Вообше, если $\overrightarrow{OB} = \lambda \cdot \overrightarrow{OA}$, то точку $B$ мы будем называть произведением точки $A$ на число $\lambda$: $B = \lambda A$. Так как умножение точек на числа мы определили через умножение векторов на числа, то для умножения точек на числа выполняются равенства $1^\circ - 3^\circ$, если заменить в них векторы на точки.

Назовем выражение $\alpha \cdot A + \beta \cdot B$, где $\alpha$ и $\beta$ — числа, линейной комбинацией точек $A$ и $B$.

Упражнения
6. Постройте разность точек $A$ и $B$. Постройте, взяв точки $A, B$ и полос $O$ не на одной прямой, точки $-B, -A, -A-B, -A+B$.
7. Докажите, что если полос не лежит на одной прямой с точки $A$ и $B$, то всяку точку плоскости можно представить как линейную комбинацию точек $A$ и $B$, причем единственным образом.
8. Полос выбран в центре правильно шестиугольника $A_1A_2 \dots A_6$. Запишите точки $A_3, A_4, A_5, A_6$ в виде линейных комбинаций точек $A_1$ и $A_2$.
9. Может ли точка $2 \cdot A + 3 \cdot B$ лежать на прямой $AB$? При каком условия?

В предыдущих задачах результаты действия с точками зависит от выбора полоса и тем самым были неоднозначны. Однако существует такой способ действия с произвольной системе точки, результат которого уже не зависит от этого выбора (этот способ оказывается полезным нам в дальнейшем, при решении «настоящих» геометрических задач). Посмотрим, когда не будет зависеть от выбора полоса линейная комбинация двух точек $A$ и $B$.

Пусть $X_1 = \alpha \cdot A + \beta \cdot B$, если полосом является точка $O_1$, и $X_2 = \alpha \cdot A + \beta \cdot B$, если полосом является точка $O_2$. Мы хотим, чтобы точки $X_1$ и $X_2$ совпали; для этого необходимо и достаточно, чтобы выполнялись равенство $\overrightarrow{O_1X_1} = \overrightarrow{O_1X_2}$. Имеем: $\overrightarrow{O_1X_2} = \overrightarrow{O_1O_2} + \alpha \cdot \overrightarrow{O_2A} + \beta \cdot \overrightarrow{O_2B} = \overrightarrow{O_1O_2} + \alpha \cdot (\overrightarrow{O_1A} - \overrightarrow{O_1O_2}) + \beta \cdot (\overrightarrow{O_1B} - \overrightarrow{O_1O_2}) = \alpha \cdot \overrightarrow{O_1A} + \beta \cdot \overrightarrow{O_1B} + [1 - (\alpha + \beta)] \cdot \overrightarrow{O_1O_2} = \overrightarrow{O_1X_1} + [1 - (\alpha + \beta)] \cdot \overrightarrow{O_1O_2}$. Для равенства векторов $\overrightarrow{O_1X_2}$ и $\overrightarrow{O_1X_1}$

46

необходимо и достаточно, чтобы $\alpha + \beta = 1$.

Точно так же доказывается аналогичное утверждение для $n$ точек: линейная комбинация $\alpha_1 \cdot A_1 + \alpha_2 \cdot A_2 + \dots + \alpha_n \cdot A_n$ определяем единственный точку моеда и молко моеда, коеда $\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n = 1$. Доказите его.

Будем называть линейную комбинацию точек нормированной, если сумма коэффициентов в этой линейной комбинации равна 1. В дальнейшем мы будет работать в основном с нормированными линейными комбинациями точек, не ограничивая этого каждой раз.

Понятие нормированной линейной комбинации $n$ точек имеет простой механический смысл: пусть в точках $A_1, A_2, \dots, A_n$ помещены массы $\mu_1 > 0, \mu_2 > 0, \dots, \mu_n > 0$, причем $\mu_1 + \mu_2 + \dots + \mu_n = 1$. Linейная комбинация $\mu_1 A_1 + \mu_2 A_2 + \dots + \mu_n A_n$ — это центр тяжесте C системы $n$ масс (см. упражнение 14) *).

Следующая теорема обязывает наглядный геометрический смысл произвольной нормированной линейной комбинации двух точек.

*) С помощью этой механической интерпретации можно получить многое красивые факты и теоремы геометрии — см., например, статью З. А. Скорец «Расстояние между центромами двух систем точек» (Кваант, 1975, № 3). Однако в нашей заметке мы выводим все нужные нам понятия из операций над векторами на плоскости и в пространстве. (Одно из приемностей такого изложения в том, что сразу можно рассматривать линейные комбинации, в которых неотрицательные из «масс» $\mu_1, \mu_2, \dots, \mu_n$ отрицательны).

Постотрим теперь, как будет выглядеть доказательство теоремы о медианах треугольника, если используются в одной точке и делятся

47

Рис. 3.

его в отношении 2 : 1, считая отвершины.

Пусть в треугольнике ABC проведены медианы AE и BK, H — точка из пересечения (рис. 3). Выберем полос в точке A.

Тогда $H = \lambda E = \lambda \left( \frac{1}{2} B + \frac{1}{2} C \right) = \frac{\lambda}{2} B + \frac{\lambda}{2} C$

(чем равно число $\lambda$, мы показ не знаем). С другой стороны, точка H лежит на прямой BK; поэтому $H = \alpha B + \beta K = \alpha B + (1 - \alpha) K$, то есть $H = \alpha B + \frac{1 - \alpha}{2} C$.

В силу единственности представления точки H в виде линейной комбинации точек B и C (см. упражнение 7)

$$\begin{cases} \frac{\lambda}{2} = \alpha, \\ \frac{\lambda}{2} = \frac{1 - \alpha}{2}. \end{cases}$$

Решив эту систему, получим $\lambda = \frac{2}{3}$, $\alpha = \frac{1}{3}$, откуда $\beta = \frac{2}{3}$. Эти значения коэффициентов дают такие отношения длины отрезков: $|AH| : |HE| = 2:1$, $|BH| : |HK| = 2:1$. Осталось показать, что H принадлежит треугольнике медиане. Так как $H = \frac{2}{3} E$, то $H = \frac{1}{3} (B + C)$. Но $B = 2T$, где T — середина стороны AB. Поэтому $H = \frac{1}{3} (2T + C)$, то есть $H = \frac{2}{3} T + \frac{1}{3} C$. Сумма коэффициентов равна 1, оба они положительные, поэтому H — точка отрезка CT, делящая его в отношении 2:1.

Рассуждания, примененные нами при доказательстве теоремы омегах, помогают во многих случаях вместе дополнительных построений, рассмотрения подобных треугольников и т.п. обойтись простыми вычислениями.

Объчно схема рассужdenной такова:

1. выбираем полос в наиболее удобной для решения точке (если мы работаем с нормированными линейными комбинациями, то это ни что не влияет);

2. получаем для каждой точки два представления в виде линейной комбинации двух точек, не лежащих с полосом на одной прямой;

3. решаем систему, связывающего между собой коэффициенты полученных линейных комбинаций (в нормированных комбинациях появляется еще условие, что сумма коэффициентов равна 1).

Попробуйте применить эту схему в следующих задачах.

Упражнения

15. В треугольнике ABC отложили на сторонах AC и BC точки K и E так, что $|AK| = \frac{1}{n} |AC|$, $|BE| = \frac{1}{n} |BC|$. В каждом относении делятся точкой пересечения отрезки AE и BK? Лежит ли она на медiane, проведенной из вершины C?

16. В треугольнике ABC отложили на сторонах AC, CB и BA отрезки AK, CE и BM так, что каждый из них составляет $\frac{1}{3}$ соответствующей стороны. Проведены отрезки AE, CM, BK. В каждом относении они разделились точками пересечения?

17. Примая пересекает треугольник ABC так, что сторона AB делится в отношении 2:1, сторона BC — в отношении 3:1. В каждом относении делится вершиной C отрезок AE от вершины A до точки E пересечения прямой AC с данной прямой? Попробуйте обобщить эту задачу.

18. Вершина параллелограмма соединена с серединами противоположных сторона. В каждом относении делят проведенные отрезки диагональ параллелограмма, противоположную данной вершине?

В основном все, что мы до сих пор делали, произходило в плоскости. А теперь «выйдем» в пространство.

Теорема 2. Всякая точка плоскости ABC является нормированной

48

линейной комбинацией точек A, B и C.

Доказательство. Пусть точка X принадлежит плоскости ABC (рис. 4). Имеем $\overrightarrow{OX} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AX}$. Так как точки A, B, C не лежат на одной прямой, то $\overrightarrow{AX} = \lambda_1 \cdot \overrightarrow{AB} + \lambda_2 \cdot \overrightarrow{AC}$. Теперь получаем: $\overrightarrow{OX} = \overrightarrow{OA} + \lambda_1 \cdot \overrightarrow{AB} + \lambda_2 \cdot \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{OA} + \lambda_1 \cdot (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}) + \lambda_2 (\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA}) = (1 - \lambda_1 - \lambda_2) \cdot \overrightarrow{OA} + \lambda_1 \cdot \overrightarrow{OB} + \lambda_2 \cdot \overrightarrow{OC}$. Сумма коэффициентов равна 1. Обозначим число 1 - $\lambda_1 - \lambda_2$ через $\alpha$, число $\lambda_1$ - через $\beta$ и $\lambda_2$ - через $\gamma$; тогда $X = \alpha A + \beta B + \gamma C$, где $\alpha + \beta + \gamma = 1$.

Уражнение

19. Докажите обратное утверждение: всякая нормированная линейная комбинация точек A, B и C, не лежащих на одной прямой, принадлежит плоскости ABC.

20. Если три точки и полос не лежат в одной плоскости, то всякая точка пространства единственным образом представляется в виде линейной комбинации трех данных точек. Докажите это.

Решение элементарных стереометрических задач с использованием действия над точками основано на тех же принципах, что и решение задач планиетрики. Рассмотрим, например, такую задачу: в параллелинде $ABCEA_1B_1C_1E_1$ проведена диагональ AC$_1$; доказать, что плоскости A$_1$BE и B$_1$E$_1$C делят эту diагональ на три равных по длине отрезка.

Для доказательства выберем полос в точке A (рис. 5). Пусть K — точка пересечения прямой AC$_1$ и плоскости A$_1$BE. Тогда K = $\lambda \cdot C_1$, то есть K = $\lambda \cdot (B + E + A_1)$. С другой стороны, K принадлежит плоскости A$_1$BE; поэтому K = $\alpha \cdot A_1 + \beta \cdot B + \gamma \cdot E$, где $\alpha + \beta + \gamma = 1$. Получаем систему:

$\alpha = \lambda$; $\beta = \lambda$; $\gamma = \lambda$; $\alpha + \beta + \gamma = 1$, из которой находится, что $\lambda = \frac{1}{3}$. Таким образом, $|AK| = \frac{1}{3}|AC_1|$. Пусть теперь M — точка пересечения прямой AC$_1$ и плоскости B$_1$E$_1$C. Аналогичными рассуждениями показывается, что M = $\frac{2}{3}C_1$, откуда $|AM| = \frac{2}{3}|AC_1|$.

Уражнение

21. Докажите, что все диагонали параллелипеда пересекаются в одной точке.

Заметим, что называя операцией «сложение» и «умножение на число», которые мы введили для точек, не общеприяты. Obviously говорят не о линейных комбинациях точек $\alpha_1A_1 + \ldots + \alpha_nA_n$, а о линейных комбинациях векторов $\alpha_1\overrightarrow{OA}_1 + \ldots + \alpha_n\overrightarrow{OA}_n$, явно указывая выбор «полюса» O. Это, разумеется, не меняет существующее деление — разница лишь в обозначении; именно в краткости обозначений состоит главное премиущество «алгебры точек», с которой вы познакомились в этой статье.