Inwersja i rzut stereograficzny

Inwersja i rzut stereograficzny

Zapewne każdy z obecnych wie, czym jest przesunięcie równoległe płaszczyzny lub prze- strzeni, symetria względem punktu, prostej lub płaszczyzny lub obrót wokół punktu lub wokół prostej. Podobnie jest z jednokładnością, która w odróżnieniu od poprzednich przekształceń zmienia wielkość figur. Chcę dziś opowiedzieć o dwóch przekształceniach nieco innego typu.

Nie sa one podobieństwami, ale są ważne w matematyce. Używane są nie tylko w geometrii._, Rozpoczniemy od inwersji, która czasem nazywana bywa symetrią względem okręgu.

Załóżmy, że dany jest pewien okrąg o. Wybierzmy na płaszczyźnie układ współrzędnych tak, by środkiem okręgu o był punkt O = (0, 0). Niech promieniem okręgu będzie liczba r. Zde- finiujemy teraz inwersję względem o. Obrazu punktu O = (0, 0) nie definiujemy, przynajmniej na razie. Jeśli X ̸= (0, 0) , to jego obrazem jest będzie taki punkt X^′, który leży na półprostej OX^→, że OX^′· OX = r². Wykażemy, że obrazem prostej (bez O) przechodzącej przez O jest ta sama prosta (bez O), obrazem prostej nieprzechodzącej przez O jest okrąg przechodzący przez O (bez O) i wreszcie okręgu nieprzechodzącego przez O jest okrąg nieprzechodzący przez O. Geometryczne dowody tego stwierdzenia są w wielu książkach, a ja pokażę dowód z książki Stanisława Saksa i Antoniego Zygmunda „Funkcje analityczne”. Jasne jest, że jeśli punkt X jest przekształcany na punkt X^′, to punkt X^′ jest przekształcany na punkt X. Jeśli a, b, c, d są liczbami rzeczywistymi, to równanie

ax²+ ay²+ bx + cy + d = 0

opisuje okręg, gdy a ̸= 0 i prostą, gdy a = 0 ̸= b² + c² (jeśli a = b = c = 0, to równanie nie zawiera żadnej zmiennej, więc albo d = 0 i wtedy jest spełnione przez wszystkie punkty płaszczyzny, albo d̸= 0 i wtedy żaden punkt go nie spełnia), w dalszym ciągu zakładamy, że co najmniej jedna z liczb a, b, c jest różna od 0, czyli że a²+ b² + c² > 0.

Zauważmy, że jeśli X = (x, y)̸= (0, 0), to X^′ = ( r²x

x²+y²,_x2^r+y^2y2

)

= _x2^r+y^{2 2}(x, y). Rzeczywiście punkt _x2^r+y^{2 2}(x, y) leży na półprostej wychodzącej z punktu O i przechodzącej przez (x, y), bo pomnożyliśmy punkt (x, y) przez dodatnią liczbę rzeczywistą, OX =√

x²+ y² oraz OX^′ = √^r2

x²+y². Niech u = _x2^r+y^2x2 i v = _x2^r+y^2u2. Mamy wtedy x = _u^r2+v^2u2 i y = _u2^r+v^2v2. Liczby x, y spełniają równanie ax²+ ay²+ bx + cy + d = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy

a ( r²u

u²+v²

)2

+ a ( r²u

u²+v²

)2

+ b ( r²u

u²+v²

) + c

( r²v u²+v²

)

+ d = 0, czyli gdy

ar⁴+ br²u + cr²v + d(u²+ v²) = 0.

Stąd teza wynika od razu, jeśli zauważymy, że punkt (0, 0) znajduje się w zbiorze opisanym równaniem ax²+ ay²+ bx + cy + d = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy d = 0, a w zbiorze opisanym równaniem ar⁴+ br²u + cr²v + d(u²+ v²) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy a = 0.

Udowodnimy teraz, że inwersja przekształca krzywe tworzące (w punkcie ich przecięcia) jakiś kąt na krzywe tworzące taki sam kąt. Najpierw trzeba powiedzieć, że kąt między krzywymi to kąt między prostymi stycznymi do tych krzywych w punkcie przecięcia. Jasne jest, że w różnych punktach wspólnych dwu krzywych kąty mogą być różne.

Załóżmy, że poruszamy się po krzywej i że w chwili t znajdujemy się w punkcie (x(t), y(t)).

Wtedy średnia prędkość (wektorowa) w okresie od t do t + h równa jest(_{x(t+h)−x(t)}

h ,^y(t+h)_h^−y(t)) . Zmniejszając h zbliżamy ten wektor do wektora prędkości chwilowej w momencie t. W granicy otrzymujemy wektor (x^′(t), y^′(t)), x^′(t) to pochodna funkcji x w punkcie t. Analogicznie y^′(t).

Przykład.

Załóżmy, że po okręgu o środku w punkcie O = (0, 0) i promieniu 1 porusza się punkt z pręd-

kością kątową 1 (mierzoną w radianach) w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara startując z punku (1, 0). Po czasie t kąt utworzony przez półprostą wychodzącą z O przez (1, 0) i półprostą wychodzącą z O przez punkt, w którym punkt znalazł się po czasie t równy jest t, co oznacza, że długość łuku (przebytej drogi) równa jest t. Z definicji kosinusa i sinusa wynika, że w chwili t współrzędnymi punktu są cos t i sin t. W czasie od t do t + h punkt zmienił swe położenie o wektor

[cos(t + h)− cos t, sin(t + h) − sin t], zatem średnia prędkość w tym okresie jest równa

[cos(t+h)−cos t

h ,^sin(t+h)_h^{−sin t} ]

. Można dowieść, że lim

h→0 sin h

h = 1 – standardowe twierdzenie ze wstępu do rachunku różniczkowego, więc nie będę tego uzasadniać. Stąd wynika, że

hlim→0

cos(t + h)− cos t

h = lim

h→0

−2 sin(t + h/2) sin h/2

h = lim

h→0

− sin(t + h/2) sin h/2

h/2 =− sin t.

W ten sam sposób uzasadniamy, że lim

h→0

sin(t+h)−sin t

h = cos t. Wobec tego wektorem stycznym do okręgu w punkcie (cos t, sin t) jest wektor [− sin t, cos t], więc wektor prostopadły do wek- tora [cos t, sin t], jak należało się spodziewać - wynik powinien zgadzać się z klasyczną definicją stycznej do okręgu, którą pamiętamy ze szkoły.

Załóżmy, że po płaszczyźnie porusza się punkt oraz że jego położenie w chwili t to (x(t), y(t)).

Jego chwilowa prędkość w tym momencie to (x^′(t), y^′(t)). Jego obraz w inwersji względem okrę- gu o to_x(t)2^r+y(t)^{2 2}(x(t), y(t)). Znajdziemy prędkość tego obrazu w chwili t. Skorzystamy z wzorów na obliczanie pochodnych (ilorazu, sumy, złożenia). Mamy

( r²x(t) x(t)²+y(t)²

)_′

= ^{r2x′(t)(x(t)2+y(t)2}_(x(t)^)−(2x(t)x2+y(t)^{′2(t)+2y(t)y})^{2 ′(t))·r2x(t)} =

= _(x(t)2+y(t)^{r2 2})²

((y(t)²− x(t)²)x^′(t)− 2x(t)y(t)y^′(t)) . Taki sam rachunek prowadzi do wzoru(

r²y(t) x(t)²+y(t)²

)_′

= _(x(t)2+y(t)^{r2 2})²

(− 2x(t)y(t))x^′(t)− (y(t)²− x(t)²)y^′(t)) . Widzimy, że wektorowi (x^′(t), y( ^′(t)) przypisywany jest wektor

Ax^′(t)− By^′(t),−Bx^′(t)− Ay^′(t)) – przyjęliśmy, że A = ^r_(x(t)^2(y(t)2+y(t)^2−x(t)2)²²⁾ oraz B = _(x(t)^r2x(t)y(t))2+y(t)²)².

Przypisując punktowi (u, v) punkt (Au− Bv, −Bu − Av) określamy podobieństwo płasz- czyzny w skali √

A²+ B², bowiem

(Au₁− Bv1− (Au2− Bv2))²+ (−Bu1− Av1 + Bu₂ + Av₂)² =

= (A(u₁− u2)− B(v1− v2))²+ (−B(u1− u2)− A(v1− v2))² =

= (A²+ B²)((u₁− u2)²+ (v₁− v2)²), więc długość obrazu każdego wektora to długość wyjściowego wektora pomnożona przez liczbę

√A²+ B². Podobieństwo nie zmienia kątów między wektorami, zatem inwersja kąty między krzywymi zachowuje.

W taki sam sposób można udowodnić twierdzenie dla inwersji przestrzennej względem sfery zdefiniowanej w dokładnie taki sam sposób. Jedynie trochę dłuższe (ale nie trudniejsze!) byłoby sprawdzenie zachowywania kątów między krzywymi w przestrzeni. Oczywiście mówilibyśmy wtedy o obrazach sfer i płaszczyzny zamiast o obrazach okręgów i prostych. Tym niemniej obrazami okręgów w dalszym ciągu są okręgi lub proste, bo okrąg to część wspólna dwu sfer, a prosta to część wspólna dwu płaszczyzn.

Definicja rzutu stereograficznego.

Niech N oznacza punkt danej sfery s, a Π – płaszczyznę prostopadłą do średnicy sfery s o końcu N . Wtedy obrazem punktu X ∈ S \ {N} w rzucie stereograficznym z punktu N na płaszczyznę Π nazywamy punkt X^′, w którym prosta N X przebija płaszczyznę Π. 

Niech M będzie rzutem prostokątnym punktu N na Π, a S ∈ s punktem symetrycznym do N względem środka sfery s. Wtedy ^XN_SN = _{N X}^{N M}_′, czyli

N X · NX^′ = SN· NM.

Oznacza to, że rzut stereograficzny jest ograniczeniem inwersji względem sfery o środku N i promieniu √

SN · NM. Przysługują mu więc wymienione wcześniej własności inwersji. Wy- nika stąd, że obrazami okręgów przechodzących przez N zawartych w sferze s są proste, a obrazami pozostałych okręgów zawartych w s są okręgi zawarte w Π.

Można niejako utożsamić płaszczyznę Π ze sferą s. Matematyk powie, że do płaszczyzny Π dołączamy punkt w nieskończoności (na sferze tym punktem jest N ). Po takim uzupełnieniu płaszczyzny można uważać, że inwersja jest zdefiniowana również w środku okręgu o, który jest przekształcany na ∞ i odwrotnie. Wtedy każda prosta ma punkt w nieskończoności (bo jest obrazem okręgu zawartego w s, przechodzącego przez N ).

Kilka zadań.

1. Okręgi o₁, o₂, o₃ leżące w jednej płaszczyźnie przechodzą przez punkt A. Skonstruować za pomocą cyrkla i linijki okrąg styczny do wszystkich trzech okręgów o₁, o₂, o₃. Ile jest takich okręgów?

Wskazówka. Co stanie się po zastosowaniu inwersji względem okręgu, którego środkiem jest punkt A?

2. Punkt A leży na zewnątrz obu okręgów o₁, o₂. Skonstruować za pomocą cyrkla i linijki okrąg styczny do o₁ i o₂ przechodzący przez A? Ile jest takich okręgów?

Wskazówka. Co stanie się po zastosowaniu inwersji względem okręgu, którego środkiem jest punkt B∈ o1\ o2?

3. Zadanie Apoloniusza (≈ 262 p.n.e. — ≈ 190 p.n.e.) Dane są trzy różne okręgi na płaszczyźnie. Skonstruować okrąg styczny do każdego z nich.

Wskazówka. Oznaczmy promienie okręgów przez r₁, r₂, r₃ i załóżmy, że żadne dwa środki nie pokrywają się. Niech środkami będą punkty O₁, O₂, O₃. Spróbujmy znaleźć taką liczbę a, aby dwa spośród trzech okręgów o promieniach r₁+a, r₂+a, r₃+a i środkach odpowiednio O₁, O₂, O₃ były styczne, a następnie zastosujmy inwersję o środku względem punktu styczności dwóch okręgów. Jak będą wyglądać obrazy okręgów?

4. Zadanie 12 z I stopnia XIII Olimpiady Matematycznej.

Z punktu A okręgu o poprowadzono odcinek prostopadły do płaszczyzny okręgu. Znaleźć miej- sce geometryczne rzutu prostokątnego punktu A na prostą przechodzącą przez punkt B i przez punkt M poruszający się po okręgu o.

Wskazówka. Rzuty prostokątnego punktu A na prostą przechodzącą przez punkt B i przez punkt M poruszający się po okręgu o leżą na . . . ? A może być jakąś sferę zrzutować stereo- graficznie na płaszczyznę okręgu?

5. Na krawędziach sześcianu A₁A₂A₃A₄ wybrano sześć punktów, po jednym na każdej kra- wędzi. Przez każdy wierzchołek czworościanu i te trzy punkty z obranych punktów, które leżą na krawędziach z niego wychodzących, poprowadzono sferę. Dowieść, że cztery tak powstałe sfery mają punkt wspólny.

Dodać należy, że na zawodach drugiego stopnia tej OM pojawiło się analogiczne zadanie dla trójkąta na płaszczyźnie:

Na bokach A₁A₂, A₂A₃, A₃A₁ trójkąta A₁A₂A₃ obrano odpowiednio punkty B₁₂, B₂₃, B₁₃, różne od wierzchołków trójkąta. Udowodnić, że okręgi opisane na trójkątach A₁B₁₂B₁₃, A₂B₂₃B₁₂, A₃B₁₃B₂₃ mają punkt wspólny.

Rozważymy sytuację zilustrowaną rysunkiem poniżej. Niech C₄ będzie punktem wspólnym okręgów opisanych na trójkątach A2B23B12 i A3B13B23 różnym od B23. Zachodzą równo- ści <⁾B₁₂A₂B₂₃ + <⁾B₁₂C₄B₂₃ = 180^◦ oraz <⁾B₂₃A₃B₁₃ + <⁾B₂₃C₄B₁₃ = 180^◦. Wobec tego

<⁾B₁₂C₄B₁₃ = 360^◦ − <⁾B₁₂C₄B₂₃− <⁾B₂₃C₄B₁₃ = <⁾B₁₂A₂B₂₃ + <⁾B₂₃A₃B₁₃, a stąd od razu wynika, że na czworokącie A₁B₁₂C₄B₁₃ da się opisać okrąg, więc C₄ jest punktem wszystkich trzech rozpatrywanych okręgów. Na tym kończymy rozważanie płaskiej wersji zadania, ale TO NIE JEST KONIEC jego rozwiązania. Należy jeszcze rozważyć inne możliwości, których jest kilka. To zadanie nie jest trudne, jednak w okręgach warszawskim, krakowskim i łódzkim żad- nej pracy nie uznano za bardzo dobrą. Więc główną trudnością w nim jest stworzenie listy koniecznych do rozważenia konfiguracji.

Zadanie przestrzenne sprowadza się łatwo do zadania płaskiego. Pominiemy szczególne przypadki. Założymy w szczególności, że żaden z wybranych punktów na krawędziach sześcianu nie jest jego wierzchołkiem oraz każde dwie rozpatrywane sfery przecinają się wzdłuż pewnego okręgu (nie są styczne). Niech Bik oznacza punkt wybrany na krawędzi AiAk (i, k∈ {1, 2, 3, 4}, i < k), S_i oznacza sferę przechodzącą przez A_i i punkty B_ij, j ∈ {1, 2, 3, 4}, i ̸= j.

A₁

A₂ A₃

B23

B13

B12

A₄

B34

B24

B14

A1

A2 A3

B23

B13

B12

C4

Niech C_i będzie punktem wspólnym płaszczyzny A_jA_kA_ℓ ({j, k, ℓ} = {1, 2, 3, 4} \ {i}) i sfer S_j, S_k, S_ℓ – istnienie C_i wynika z twierdzenia dla trójkąta. Teraz rzutujemy stereograficznie sferę S1 z punktu A1 na płaszczyznę, która nie zawiera punktu A1. Obraz punktu X ozna- czamy symbolem X^′. Obrazami okręgów przechodzących przez A₁ są proste, obrazami innych okręgów – okręgi. Rozważamy trójkąt B₁₂^′ B₁₃^′ B₁₄^′ . Na jego bokach leżą odpowiednio punkty C₄^′, C₂^′, C₃^′. Niech C^′ będzie punktem wspólnym okręgów wyznaczonych przez trójki:

B^′₁₂, C₄^′, C₃^′; B₁₃^′ , C₂^′, C₄^′; B₁₄^′ , C₃^′, C₂^′.

jest C^′, też leży na sferze S₂, bo okrąg wyznaczony przez punkty B₁₂, C₄, C₃ przekształcany jest na okrąg wyznaczony przez B₁₂^′ , C₄^′, C₃^′. Analogicznie C leży na sferach S₃ i S₄. Oczywiście leży też na sferze S₁.

B₁₄^′

B₁₂^′ B₁₃^′

C₄^′ C₂^′ C^′₃

C^′

Dodajmy jeszcze, że spośród 78 finalistów zadanie rozwiązał jedynie uczeń TF (obecnie emerytowany prof. dr hab.) i dostał maksymalną ocenę, pozostali, w tym autor tego tekstu, otrzymali 0 p. Główną trudnością tego zadania było wpaść na pomysł sprowadzenia go do zadania płaskiego za pomocą rzutu stereograficznego, a wielu finalistów tej OM, w tym autor tego tekstu, wiedziało, czym jest rzut stereograficzny i znało te jego własności przydatne w zaprezentowanym rozwiązaniu. Kilku z nich to obecnie znani matematycy, nie tylko w Polsce, zresztą część pracuje w innych krajach lub korzysta z emerytur tamże.