Аффинная геометрия

8

КВАНТ 2009/№1

Аффинная геометрия

А.ЗАСЛАВСКИЙ

ХОТЯ ВСЕ ШКОЛЬНИКИ ПРОХОДЯТ ГЕОМЕТ- рию, мало кто может четко сформулировать, что именно они при этом изучают. Задавая школьникам этот вопрос, я обычно получал в ответ чтонибудь вроде: «Геометрия изучает геометрические свойства фигур». При этом на следующий вопрос: «А какие именно свойства фигур являются геометрическими?» – ответа получить уже не удавалось. На самом деле, объектом изучения традиционной школьной геометрии являются те свойства фигур, которые не меняются при преобразованиях подобия. Например, два правильных треугольника, один из которых нарисован мелом на доске, а другой карандашом в тетради, с точки зрения геометрии одинаковы. Однако часто интерес представляют более глубокие

ся параллельными), в результате чего на стене возникает изображение этого чертежа. Если плоскости стекла и стены параллельны, изображение в точности повторяет чертеж, но в противном случае оно может подвергаться значительным искажениям. Например, равные отрезки могут перейти в неравные, не сохраняются величины углов и т.д. Однако нетрудно видеть, что следующие свойства чертежа сохраняются и на изображении. 1. Любой прямой чертежа соответствует прямая на изображении, причем параллельным прямым соответствуют параллельные. 2. Сохраняются отношения длин параллельных отрезков. 3. Отношение площади любой фигуры к площади ее образа постоянно для всех фигур. Отметим еще одно важное свойство параллельной проекции. Утверждение 1. Любой треугольник можно параллельной проекцией перевести в правильный. Доказательство. Пусть дан треугольник ABC, лежащий в плоскости $\pi$. Возьмем плоскость $\pi ¢$, пересекающую $\pi$ по прямой AB, и расположенный в ней правильный треугольник ABC¢. Очевидно, что проекция $\pi$ на $\pi ¢$ параллельно прямой CC¢ – искомая.

Упражнение. Докажите, что любой треугольник можно перевести в любой другой композицией (последовательным применением) нескольких параллельных проекций. Указание. Покажите, что композицией двух проекций можно перевести один правильный треугольник в другой.

свойства, которые сохраняются не только при подобиях, но и при других преобразованиях. В первую очередь это относится к так называемым аффинным преобразованиям, с которыми приходится иметь дело даже в обычной школьной программе. Например, делая чертеж куба, мы не пытаемся, да и не смогли бы изобразить все его грани квадратами, но рисуем их в виде параллелограммов, т.е. существенным свойством для нас является не равенство или перпендикулярность ребер куба, а их параллельность.

Параллельная проекция и ее свойства

Предположим, что некоторый чертеж, сделанный на стекле, освещается солнцем (солнечные лучи считают-

01_24.p65

Из утверждения 1 вытекает, что любое свойство треугольника, которое относится только к отношениям длин параллельных отрезков или площадей, достаточно доказать для треугольника специального вида, например, правильного. Аналогичное утверждение верно для параллелограммов, так как можно разрезать каждый параллелограмм диагональю на два равных треугольника и спроецировать «половину» одного параллелограмма в «половину» другого. В частности, совершенно очевидной становится теорема о том, что медианы треугольника пересекаются в одной точке и делят друг друга в отношении 2: 1 – поскольку в ней говорится лишь об отношениях отрезков, лежащих на одной прямой, а эти отношения при параллельной проекции не меняются, достаточно доказать ее для правильного треугольника. Рассмотрим несколько задач. Задача 1. Докажите, что точка пересечения диагоналей трапеции, точка пересечения ее боковых сторон и середины оснований лежат на одной прямой. Решение. Пусть боковые стороны трапеции AB и CD

11

АФФИННАЯ

Сжатием относительно прямой можно считать применяемую в черчении ортогональную проекцию. Если две не перпендикулярные плоскости $\pi$ и $\pi ¢$ пересекаются по прямой l, то отношение расстояний до l от любой точки X плоскости $\pi$ и ее проекции X¢ на $\pi ¢$ постоянно. Кроме того, проекции X и X¢ на l, очевидно, совпадают. Поэтому, если считать $\pi$ и $\pi ¢$ двумя экземплярами одной плоскости, то ортогональная проекция будет сжатием относительно l с коэффициентом, равным косинусу угла между плоскостями. Оказывается, однако, что сжатием относительно прямой в определенном смысле является любое аффинное преобразование. Точнее, верна следующая теорема. Теорема 2. Любое аффинное преобразование можно представить как композицию сжатия относительно прямой и подобия. Доказательство. Возьмем на плоскости произвольную квадратную решетку. Данное аффинное преобразование переводит ее в решетку из параллелограммов. Если эти параллелограммы являются прямоугольниками, утверждение теоремы очевидно. В противном случае рассмотрим некоторый квадрат решетки OACB. Пусть в соответствующем параллелограмме O ¢ A ¢ C ¢ B ¢ угол A ¢ O ¢ B ¢ острый. Будем поворачивать квадратную решетку вокруг точки O. Параллелограмм O ¢ A ¢ C ¢ B ¢ при этом будет поворачиваться вокруг O¢, меняя свою форму. Когда квадратная решетка повернется на прямой угол, точка A¢ перейдет в B¢, а B¢ в вершину параллелограмма, смежного с O ¢ A ¢ C ¢ B ¢, при этом угол A ¢ O ¢ B ¢ станет тупым (рис.6). Поэтому существует

Рис. 6

промежуточное значение угла поворота, при котором этот угол прямой. Соответствующая этому углу квадратная решетка переходит в прямоугольную, что и доказывает теорему. Отметим, что сжатие относительно прямой легко реализовать с помощью рассмотренного в начале статьи параллельного проецирования. Действительно, если направление проецирования перпендикулярно линии пересечения плоскостей стекла и стены, результатом проецирования будет сжатие относительно этой линии. Изменяя угол между плоскостями и направление проецирования, можно добиться, чтобы коэффициент сжатия принял любое заданное значение. Таким образом, параллельное проецирование можно считать универсальным примером аффинного преобразования. Следующая задача легко решается применением теоремы 2.

01_24.p65

ГЕОМЕТРИЯ

Задача 8. Докажите, что аффинное преобразование, переводящее данную окружность в окружность, является подобием. Решение. Опишем вокруг данной окружности квадрат и повернем его так, чтобы данное преобразование переводило его в прямоугольник. Окружность, являющаяся образом данной, будет вписана в этот прямоугольник. Но в прямоугольник, отличный от квадрата, вписать окружность нельзя. Поэтому данное преобразование переводит квадратную решетку в квадратную и, значит, является подобием. Приведем еще два интересных примера аффинных преобразований. Выберем на плоскости систему координат и рассмотрим преобразование, переводящее точку с координатами ( x, y ) в точку ( x ¢, y ¢ ), где x ¢ = kx, y ¢ = y k, k > 0. Это преобразование является аффинным, так как его можно представить в виде композиции двух сжатий к осям координат. Кроме того, очевидно, что xy = x ¢ y ¢. Это означает, что любая гипербола с уравнением xy = c переходит в себя, причем, выбирая значение параметра k, можно перевести любую точку гиперболы в любую другую ее точку (рис.7). Таким образом, под действием данного преобразования каждая такая гипербола как бы скользит сама по себе подобно тому, как скользят сами по себе под действием поворота вокруг начала координат $окруж-^{Рис.} 7$ ности с уравнениями $x^{2} + y^{2} = R^{2}$. Поэтому такое преобразование называется гиперболическим поворотом. Задача 9. Касательная к гиперболе пересекает оси координат в точках X, Y. Докажите, что площадь треугольника OXY не зависит от точки касания. Указание. Докажите, что гиперболический поворот сохраняет площади. Задача 10. Прямая пересекает гиперболу в точках A, B, а оси координат в точках X и Y. Докажите, что AX = BY. Решение. Гиперболическим поворотом переведем точки A, B в точки A¢, B¢, симметричные относительно биссектрисы угла XOY. Затем симметрией относительно биссектрисы поменяем точки A¢, B¢ местами и обратным гиперболическим поворотом переведем их в точки B, A. В результате отрезки AX и BY перейдут друг в друга, а их отношение сохранится, что возможно только при AX = BY. Рассмотрев вырожденный случай этой задачи, когда прямая касается гиперболы, получим, что точка касания делит отрезок XY пополам. Рассмотрим теперь преобразование, переводящее точку ( x, y ) в точку ( x ¢, y ¢ ), где x ¢ = x + v 2, y ¢ = vx +

$+ y + v^{2} 4$. Непосредственно проверяется, что это преобразование переводит прямые в прямые, причем y ¢ $- x ¢^{2} = y - x^{2}$. Следовательно, данное преобразование сохраняет параболы с уравнениями $y = x^{2} + c$.