пятница, 12 декабря 2014 г.

Теорема бабочки

Tags: , , , , ,
Теорема, которой даётся название и которая не теряется в куче подобных ей - или крайне полезная или очень красивая.
Теорема бабочки - на мой взгляд относится ко второму типу, хотя она несомненна может быть применена в подходящем случае. Звучит она следующим образом:

Пусть \(P\) - середина хорды \(EF\). Через точку \(P\) проведены две произвольные хорды \(BD\) и \(CA\). Отрезки \(AB\) и \(CD\) пересекают хорду \(EF\) в точках \(X\) и \(Y\) соответственно. Тогда \(P\) - середина отрезка \(XY\).



Для начала, давайте проверим так ли это. Выберите пункт проверить и попробуйте поизменять график.

Теорема о бабочке была доказана в 1815 году английским математиком Уильямом Джорджем Горнером (кто знаком, именно в честь него названа схема Горнера деления многочленов). Первый раз теорема увидела свет в английском журнале "Gentleman's Diary". Приведём одно из доказательств теоремы о бабочке.

Доказательство.
  1. Опустим перпендикуляры из точек \(X\) и \(Y\) на прямые \(AC\) и \(BD\) ( нажмите "Показать решение" на чертеже).
  2. Т.к. треугольники \(BXX_2 \) и \(CYY_1\) подобны, то $$\frac{XX_2}{YY_1}=\frac{BX}{CY}$$
  3. Треугольник \(XPX_1\)  подобен  \(YPY_1\), а треугольник \(XPX_2\) подобен \(YPY_2\), следовательно $$ \frac{XX_1}{YY_1}=\frac{PX}{PY}=\frac{XX_2}{YY_2}$$
  4. Так как треугольник \(AXX_1\) подобен треугольнику \(DYY_2\), то $$\frac{XX_1}{YY_2}=\frac{AX}{DY}$$
  5. Заметим, что \(EP=PF\). Обозначив для удобства \(EP=PF=k\)  в результате получаем:
    $$\frac{PX^2}{PY^2}=\frac{XX_1 \times XX_2}{YY_1 \times YY_2}= \frac{AX \times XB}{DY \times YC}=\frac{EX \times XF}{FY \times YE}=\frac{(k-PX)(k+PX)}{(k-PY)(k+PY)}=\frac{k^2 - PX^2}{k^2 - PY^2}.$$
    Значит, \( \frac{PX^2}{PY^2}=\frac{k^2-PX^2}{k^2-PY^2},\) т.е. \(PX^2 (k^2-PY^2)=PY^2(k^2-PX^2) \).
    Раскрыв скобки получаем \(PX^2=PY^2\) что и значит что \(PX=PY\).
Замечу, что это далеко не единственное доказательство. Ещё девять других интересных доказательств можно найти в заметке Александра Спивака "Десять бабочек". Задачи связанные с теоремой можно найти в замечательной книге Коксетера и Грейтцера "Новые встречи с геометрией".
От себя хочу добавить, что у задачи есть дополнение. Если продолжить хорду \(EF\) до прямой, и провести прямые \( BC\) и \(AD\), то точки пересечения этих прямых с \(EF\) так же будут равноудалены от точки \(P\). Попробуйте сами построить такой график и доказать это утверждение.

2 комментария:

  1. maxim nefedov14 декабря 2014 г. в 23:48

    Привет! Почитал немного текст Спивака, и больше всего мне понравились проективные доказательства (хотя в тексте к ним нет картинок!!!!!). Наверное потому, что теорема обнаруживает некую симметрию (равенство отрезков) и возникает желание сделать ее более явной, понять откуда она взялась. Ну еще, Дирак очень любил проективную геометрию и часто ей пользовался.
    Вот, кажется, придумал вариант изложения доказательства, который нетрудно объяснить на пальцах, без чертежей.
    1) Подвигав точки на рисунке, нетрудно выяснить, что с точностью до поворота вокруг центра окружности и изменения масштаба, он фиксируется тремя параметрами, в качестве которых можно взять, например, дуги EB, BC и CF.
    2) Рассмотрим ситуацию, когда Р совпадает с центром. Тогда ABCD- прямоугольник, ЕF- диаметр, и вся картинка симметрична относительно центра, по этому утв. теоремы очевидно. У такой симметричной картинки (опять же, с точностью до поворота и масштаба) два параметра, например дуга BC и угол BPF.
    3) Если существуют такие преобразования, которые переводят симметричную картинку в картинку "общего положения", сохраняя при этом симметрию всех точек отрезка FE, относительно точки Р (т е переводя симметричные точки в симметричные точки) то теорема будет доказана. наглядный пример- центральная проекция.
    Возьмем сферу, проведем через нее секущую плоскость, возможно, достаточно далеко от центра. На этой плоскости нарисуем симметричную картинку, воспользовавшись окружностью по которой пересекаются плоскость и сфера в качестве базовой окружности построения. Теперь, возьмем точечный источник света вне сферы. Лучи проходящие через базовую окружность, образуют конус, и вырежут из сферы еще одну окружность (что конечно не совсем очевидно, но с этим можно как-то смириться^^). Проведя через эту новую окружность плоскость-экран, мы увидим на нем тень исходного чертежа. Отрезки прямых перейдут в отрезки прямых (как мы знаем из повседневного опыта), а больше нам ничего и не надо. Понятно, что если источник света будет где-попало(относительно плоскости исходного чертежа) то искомая нами симметрия нарушится. Однако, если источник будет лежать в плоскости перпендикулярной исходному (симметричному) чертежу и отрезку EF, и проходящей через точку Р, то и на чертеже-образе (тени) отрезок EF будет симметричен относительно Р! Ведь трехмерная ситуация зеркально-симметрична относительно этой плоскости!

    ОтветитьУдалить
  2. maxim nefedov14 декабря 2014 г. в 23:49

    4) У найденной нами центральной проекции три параметра. Расстояние от исходной плоскости до центра сферы, расстояние от центра сферы до источника света(S) и угол(alpha) между нормалью к исходной плоскости в точке Р и лучом SP. Я подозреваю, что первые два параметра определяют лишь масштаб картинки-проекции и пределы изменения alpha, а важен именно этот угол.
    В любом случае, найденное преобразование, обладает по меньшей мере одним свободным параметром, и у симметричной картинки, которую мы проектируем, их два. В силу взаимной однозначности проективного преобразования и непрерывной зависимости его от параметра (например, угла alpha) у картинки образа будет (как минимум) три свободных параметра! Т. е. если эти параметры независимые, то картинка-образ будет как раз картинкой общего положения, удовлетворяющей условиям теоремы!

    There is a catch, of course. Общность этого построения связана с независимостью трех введенных нами параметров. Надо суметь доказать, что из двух разных симметричных картинок, подбирая параметры проекции, нельзя получить одинаковые образы. Из этого будет следовать, что наша конструкция охватывает какое-то достаточно "толстое" (не меры ноль) множество картинок общего положения, и то, что оно охватывает их все, видимо, проверяется просто отсутствием проблем в вырожденных частных случаях. Пока я не придумал, почему это так. Спать хочу...

    Моя цель была не в том, чтобы дать законченное доказательство, а в том, чтобы обратить внимание на то, как в этой задаче можно спуститься от симметричной ситуации к общей, прослеживая, как искомая симметрия "выживает" в процессе. И еще - подкинуть идею о счете параметров (3=2+1), такие аргументы у нас в физике любят.

    Как думаешь, дырок нет? И если есть, можно ли их заделать?

    ОтветитьУдалить

Подписаться на: Комментарии к сообщению (Atom)