ВВЕДЕНИЕ

«В жизнь мою не забуду того впечатления, какое испытал я, когда на другой день после моего приезда сюда пошел я по Гранаде. Представьте себе, в продол­жение пяти месяцев привыкнув видеть около себя при­роду суровую, почти всюду сожженную солнцем, небо постоянно яркое и знойное, не находя места, где бы про­хладиться от жару,— вдруг неожиданно найти город, утонувший в густой свежей зелени садов, где на каждом шагу бегут ручьи и разносится прохлада... Нет! Это мож­но оценить только здесь, под этим африканским солн­цем...»,— так писал о своих впечатлениях при первом посещении Альгамбры Василий Петрович Боткин, путе­шествовавший по Испании в 1845 году. Альгамбра — это старинный дворец (точнее, дворцовый комплекс) маври­танских королей на окраине испанского города Гранада, построенный при калифе Мохамеде Абу-Абдалла-бен- Хусиф-бен-Насере, который правил с 1231 по 1273 год. Чтобы понять, какое отношение имеет этот дворец к предмету нашей книги, обратимся дальше к свидетель­ству В. П. Боткина: «Невозможно представить себе той резкой противоположности, какая существует обыкновен­но между наружностью и внутренностью в мавританских постройках. В этом отношении никакая архитектура не может дать понятия о мавританской: снаружи все их зда­ния смотрят уныло, сурово и воинственно; они громоз-

дили их без всякого порядка, без симметрии, без малей­шего внимания к наружному виду, а всю роскошь архи­тектуры и украшений сберегали только для внутренних комнат: там расточали они весь свой вкус, стараясь соединить в них удобства роскоши с красотою природы, мрамор, лепные украшения (radugabusikov.ru) и дорогие ткани с цветника­ми и апельсиновыми деревьями... Рисунок и узоры дере­вянных мавританских потолков чрезвычайно похожи на те, которые в прошлом веке делали под названием роко­ко; но мавританская работа несравненно отчетливее и изящнее. Стены залы покрыты раскрашенными арабес­ками. Одна из главных особенностей мавританского сти­ля — нигде не поражать глаза резкостью: только всмот-ревшнсь хорошенько в эти украшения, вы увидите всю отчетливую тонкость этой работы. С первого взгляда ка­жется, будто потолок и стены обтянуты персидскими коврами или вышитыми по канве обоями с мельчайшим рисунком».

Именно в орнаментах Альгамбры, их разнообразии, красоте и изощренности заключается главная ценность этого дворца — ценность не только художественная, но и, если можно так выразиться, математическая. Одного взгляда на образцы орнаментов Альгамбры (рис. 1) до­статочно, чтобы понять их тесную связь с геометрией: изображенные фигуры очень симметричны. Более точный смысл этого слова в данной ситуации таков: существует много движений плоскости (в частности, поворотов, пере­носов, осевых симметрий), переводящих каждый из рас­сматриваемых узоров в себя. Если найти для приведен­ных орнаментов все центры симметрии (или, что то же самое, центры поворотов на 180е) и центры поворотов на 90°, то обнаружится много таких точек, чередующихся в шахматном порядке. Иначе обстоит дело с осями сим­метрии: у первого узора их нет, а у второго есть. В этом состоит различие между этими орнаментами с точки зре­ния геометрии.

Коль скоро замечено, что орнаменты бывают с точки зрения симметрии одинаковые и разные, у математика, естественно, возникает вопрос: сколько и какие разно­видности орнаментов принципиально возможны? Конеч­но, чтобы этот вопрос был математически осмысленным, нужно дать четкие определения геометрическому поня­тию орнамента и тому, что означает выражение «два орнамента одинаково симметричны». Оказалось, что эти определения можно дать лишь в рамках теории групп, зародившейся в 30-х годах XIX века в работах замеча­тельного французского математика Э. Галуа. А полный ответ на поставленный вопрос был дан впервые в 1891 го­ду русским ученым Е. С. Федоровым. Оказалось, что всего существует 17 двумерных кристаллографических групп и, следовательно, ровно 17 типов орнаментов на плоскости.

По подсчетам известного современного геометра Г. С. М. Кокстера, всего в мозаиках Альгамбры исполь­зовано 11 из 17 возможных групп. Высокоразвитым искусством орнамента владели многие народы древности. Вот что пишет по этому поводу один из крупнейших ма­тематиков XX века Герман Вейль: «Образцы всех 17 групп симметрии обнаружены среди декоративных узоров древности, в особенности среди египетских орна­ментов. Вряд ли возможно переоценить глубину геомет­рического воображения и изобретательность, запечатлен­ные в этих узорах. Их построение далеко не тривиально в математическом отношении. Нет сомнения в том, что вплоть до XIX века не существовало необходимых поня- тий, с помощью которых можно было бы дать полную абстрактную формулировку основной проблемы, а имен­но, не было математического понятия группы преобразо­ваний. Только на основе этого понятия можно было дока­зать, что 17 видов симметрии, в неявном виде известных еще египетским ремесленникам, исчерпывают все воз­можные случаи».

Для того чтобы построить математический аппарат, о котором говорит Г. Вейль, необходимо вначале изучить геометрию и алгебру плоскости.

 

 

Представьте себе огромный лист бумаги, на котором Отрезки прямых, Треугольники, Квадраты, Пятиугольники, Шестиугольники и другие фигуры, вместо того чтобы непод­вижно оставаться на своих местах, свобод­но перемещаются по всем направлениям вдоль поверхности, не будучи, однако, в си­лах ни приподняться над ней, ни опуститься под нее, подобно теням (только твердым и со светящимися краями), и вы получите весьма точное представление о моей стране и моих соотечественниках.

Эти слова принадлежат юристу Квадрату, обитателю Флатландии . Представители низших слоев населения имеют форму остроугольных равнобедренных треуголь­ников; остальные жители (мужчины)— правильные мно­гоугольники, число сторон которых тем больше, чем выше их положение на общественной лестнице.

Продолжая фантазию автора, предположим, что Флатландия представляет собой лист бумаги в клетку, как бы вырванный из огромной тет­ради «по математике», а ее обитатели считают наиболее удобным и приятным такое положение своего тела, при котором все вершины попадают в узлы сетки. Можно легко вообразить простого солдата и квадратного джентльмена, расположившихся на отдых, как показано на рис. 2. Спрашивается, могут ли подобным образом расположиться на плоскости прочие граждане Флат- ландии.

 

 

Пример 1. Доказать, что не существует правильного многоугольника, отличного от квадрата и имеющего вер­шины в узлах клетчатой бумаги.

Пусть _— правильный многоугольник, удовлетворяющий условию задачи, О — его центр.С каждой тройкой последовательных вершин,свяжем

точку Ви так, чтобы фигурабыла параллелограммом. Фигура, изображенная на рис. 3, при отра­жении от прямой ОАи и при повороте на угол

юотображаетсяна себя, поэтому каждая точка Вк лежит на прямойа многоугольник— правильный. При п> 6 этот многоугольник по размерам меньше исходного. Действительно, в этом случае угол

больше углаи поэтому точка Вк

принадлежит отрезку ОАи. Заметим (это очень важно!), что точки ВВг, -.., Вп тоже находятся в узлах сетки.

Проделаем описанную процедуру с многоугольни­ком ВхВ2 ... Вп- Получим правильный многоугольник С1С2 .. ■ Сп, вершины которо­го находятся: а) в узлах; б) на отрезках ОАк, в) бли­же к точке О, чем Вк. По­скольку на отрезках ОАк ле­жит конечное число узлов, повторение этой процедуры рано или поздно приведет к противоречию.

В случае правильного пятиугольника рассуждение остается в силе с той лишь разницей, что теперь точки Вк будут располагаться не на отрезках ОАк, а на их про­должениях.

Для п = 3 или 6 приведенное доказательство неосу­ществимо (почему?). Заметим, что три вершины пра­вильного шестиугольника образуют правильный тре­угольник, поэтому достаточно рассмотреть этот треуголь­ник. Допустим, нам удалось «удобно» его расположить на клетчатой бумаге (рис. 4). По теореме Пифагора квадрат длины стороны треугольника А1А2А3 — целое число (размеры клетки считаем 1x1), значит, его пло­щадь— число иррациональное. С другой стороны, треугольник А\_АгАг получается из некоторогопрямоугольника с целочисленными сторонами выбрасы­ванием прямоугольных треугольников с целыми катета­ми, площадь которых — целое или полуцелое число. Но тогдаили, где т — целое число.

Задача 1. Может ли удобно расположиться на клетчатой плос­кости Неправильная фигура в виде прямоугольного треугольника, длины сторон которого — целые числа? (Расположение, при котором хотя бы одна сторона идет по линиям сетки, Неправильные фигуры не считают удобным.)

При рассмотрении примера 1 мы ви- Сложение          дели, что для любых трех узлов вся-

точек         кая четвертая точка, дополняющая

этот треугольник до параллелограм­ма, тоже попадает в узел. Говорят, что множество всех узлов замкнуто относительно описанной операции. Опре­делим эту операцию.

Существует три способа дополнения данного тре­угольника МЫР до параллелограмма. Рассмотрим один из них: соединяем точку Р с серединой К отрезка МЫ и на полученной прямой откладываем отрезок Точка Ь — искомая. Эту точку назовем суммой точек. М и N (при выбранном полюсе Р). Запишем

р

(читается: «М плюс N над Р») или, если полюс подразу­мевается,

Данное определение годится и в том случае, если точ­ки М, N и Р лежат на одной прямой (тогда параллело­грамм МРЫЬ как бы сплющивается в отрезок) или даже если некоторые из них (или все три) совпадают.

Таким образом, сумма любых двух узлов сетки над любым третьим узлом есть узел.

Задача 2. В плоскости даны два треугольника АБС и ВЕР и точка Р. Пусть Ф — множество всех точекгде М лежит

внутри треугольника АБС, а УУ-—внутри треугольника йЕР.

Докажите:

а)      что фигура Ф — многоугольник; сколько сторон он может иметь?

б)      что его периметр равен сумме периметров исходных тре­угольников

Сложение точек тесно связано со сложением векто­ров.равносильнои обладает

теми же свойствами. Перечислим их.

1°. Справедлив сочетательный (ассоциативный) закон для произвольных точек А, В я С.

2°. Точка Р служит нейтральным элементом, т. е. для любой точки А

3°. По известной сумме и одному из слагаемых (при заданном полюсе Р) можно восстановить другое слагае­мое, т. е. уравнение разрешимо, каковы бы ни были точки А и В.

4°. Имеет место переместительный (коммутативный)

закон

для всех А и В.

Все эти свойства, кроме первого, очевидны. Для про­верки свойства 1° построим сначала точки

и(рис. 5). Тогда отрезки АМ, РВ и СМ равны и параллельны, следовательно, середины отрезков

совпадают, а значит,, что и

требовалось.

Как и для чисел, точка X, удовлетворяющая уравнению, называется разностью точек Б и Л и обозначается. Свойство 3° означает, что вычитание определено для любых точек А и В, причем X опре­деляется по Л и В однозначно (как и четвертая вершина параллелограмма РАВХ).

 

 

При выкладках, в которых встречается сложение и вычитание, можно пользоваться обычнымиправила­ми раскрытия скобок, например

при одном и том же полюсе (докажи­те это!).

Пример 2. Найти— точка пересечения медиан треугольника АБС.

Точкалежит на продолжении медианы

СК,

Интересно, что точка пересечения медиан М — это единственная точка, для которой, Чтобыв этом убедиться, нам нужно вначале научиться заменять один полюс другим в суммах и разностях. Докажем сле­дующие равенства:

 

Первое соотношение, переписанное в виде

легко доказывается построением (рис. 6).

Чтобы убедиться в справедливости второго равенства, проверим, является ли точкарешением урав­

нения. В самом деле, пользуясь первой из

доказываемых формул, получаем

 

Любопытно, что левые части рассматриваемых ра­венств не зависят от точки Р. Следовательно, ее выбор произволен.

Задача 3. Выясните, в каком случае точка

 

где все операции выполняются над одним и тем же полюсом, не за­висит от выбора последнего.

Продолжим обсуждение примера 2. Предположим, что некоторая точка N обладает тем жесвойством, что и точка пересечения медиан, т. е.. Тогда

(полюс нейтрален относитель­но сложения), но выражение в левой части этого равен­ства, согласно результату задачи 3, не зависит от выбора полюса. В частности, если в качестве полюса взять точ­ку М (пересечение медиан нашеготреугольника), полу­чим, т. е.и

Задача 4. Докажите, что, где О — центр окружности, описанной вокруг треугольника АБС, а Н — его ортоцентр

(точка пересечения высот).

Операцию умножения точек плоско- Умножение точки сти на число а при выбранном по- на число    люсе Р обозначим аР и определим

следующим образом.Точка лежит на прямой РА на расстоянииот полю­

са Р. Если, то точки А и арА лежат по одну сто­

рону от Р, а если,— то по разные. Кроме того,

будем считать, что при умножении любой точки на нуль получается полюс, так же как и при умножении полюса на любое число.

Используя векторы, операцию умножения точки на

число можно определить равенством, откуда

следует: 5°. 6°. 7°.

для любых чисел а и р и любых точек А, В и Р.

Умножение точек на числа связано со сложением сле­дующим образом:. (п раз) для

натурального п. Отсюда и из свойства 6° следует, что точкуможно определить как решение уравнения

(проверьте это!).

р

Рассмотрим выражение

 

Вообще говоря, точка 5 зависит от выбора полюса, однако, как видно из задачи 3, в некоторых случаях 5

не зависит от выбора Р. Это может случиться и тогда, когда коэффициенты а, р, ..., ш в выражении точки 5 дробные. Например, точка

независимо от положения полюса попадает в середину отрезка АВ.

Задача 5 (обобщение задачи 3). Найдите необходимое и доста­точное условие, налагаемое на коэффициенты а, (3, ..., ш, при кото­ром точкане зависит от выбора полюса Р.

Кстати, через А и В легко выразить любую точку прямой А В. Пусть С делит отрезок А В в отношении к: I (это означа­ет, по определению, что

. Возьмем на плоско­сти произвольную точку Р, не лежащую на прямой АВ, и бу­дем считать ее полюсом. Проведем через С прямые, па­раллельные РВ и РА, до пересечения с РА и РВ соответ­ственно в точках А' и В' (рис. 7). По теореме Фалеса:

I

Обозначивчерез а,, получим

причемВерно и обратное:

каковы бы ни были неотрицательные числа аир, при­чем, точкапринадлежит отрезку АВ.

Если в выражении, где, один из коэффициентов а, р отрицателен, точка С по-прежнему будет лежать на прямой АВ, но теперь уже вне отрезка АВ. Изменив должным образом рис. 7, проверьте, что ив этом случае,, если—отношение (теперь уже отрицательное), в котором С делит АВ.

Итак, псямая АВ — это множество всех точек вида В, где а — любое число, а отрезок АВ — это множество точек такого же вида, где. Под­

черкнем, что по построению (а также по результату за­дачи 5) такое описание прямой и отрезка не зависит от выбора полюса.

Задача 6. Определите подобным образом множество всех внут­ренних точек выпуклого многоугольника с вершинами А1, Аг  Ап,

в частности треугольника.

Теперь вы можете вернуться к задаче 2, так как рас­полагаете всеми возможностями для успешного ее ре­шения.

Задача 7. Докажите, что средние линии четырехугольника и от­резок, соединяющий середины диагоналей, пересекаются в одной точке и делятся этой точкой пополам.

Вернемся к примеру 2. Точка М центр        пересечения медиан треугольника

тяжести     АВС была описана неявно, как

(единственное!) решение уравнения . Сейчас можно явно выразить М через

А, В и С. В самом деле, умножая обе части данного урав­нения на 1/3, получаем. Соглас­но результату задачи 5, выражение в левой части этого равенства не зависит от выбора полюса, поэтому ответ можно записать так:

Точка М пересечения средних линий четырехугольни­ка АВСБ (см. задачу 7) аналогично выражается через его вершины:

Среднее арифметическое нескольких точек называют центром тяжести системы, состоящей из этих точек:

(независимо от полюса!). Так, центр тяжести треугольника  — это точка пересе­чения его медиан. Таким образом, задачи, связанные с отысканием центра тяжести геометрических фигур, удоб­но решать с помощью введенных нами операций над точ­ками.

Пример 3. Пусть точки Л, В и С лежат на одной пря­мой, а точки Е а Р — произвольные. Доказать, что цент­ры тяжести треугольников АЕР, ВЕР, СЕР лежат на одной прямой.

Выразим центры тяжести треугольников через их вер­шины:

 

 

 

 

 

Но, по условию, точка С лежит на прямой АВ.Поэтому и, следовательно, р) = М. А это означает, что точка М лежит на пря­мой

Задача 8. Пусть А, В, С, Д Е, Р — середины последовательных сторон некоторого шестиугольника. Докажите, что точки пересечения медиан треугольников АСЕ и ВРО совпадают.

Задача 9. В четырехугольнике АВСй точка Е — середина АВ, К — середина СО. Докажите, что середины отрезков А К, СЕ, В К и Ей являются вершинами параллелограмма

Задача 10. Пусть АВСй— произвольный четырехугольник, К, Ь, М, N — центры тяжести треугольников ВС О, АСй, А В Г), АБС. Дока­жите, что отрезки А К, ВЬ, СМ, йЫ пересекаются в одной точке и каждый из них делится этой точкой в отношении 3:1.

Пример 4. Доказать, что средняя линия четырехуголь­ника проходит через точку пересечения его диагоналей тогда и только тогда, когда этот четырехугольник явля­ется трапецией.

Возьмем в качестве полюса точкуО пересечения диа­гоналей (рис. 8). Тогдадля некоторых

а и р. Следовательно,,

 

. Если, то из подобия треугольников ОБА

и ОйС, поэтомуи точки К, О лежат на

одной прямой.

Если же, наоборот, точки К и Ь лежат на одной пря­мой с точкой О, то одна из них может быть получена из другой умножением на некоторое число при полюсе О.

. Отсюдаи

Б. Но точкиилежат на

прямых ОА и ОБ соответственно. Совпасть они могут только в том случае, когда представляют собой точку пересечения прямых, т. е. О. Следовательно, и, откуда а = р и, значит, прямые АВ и СО

параллельны.

Задача 11. Используя введенные операции над точками, дока­жите, что центр тяжести треугольника делит каждую медиану в от­ношении 1 : 2.

Задача 12. Прямая отсекает от параллелограмма треугольник, стороны которого составляют 1/3 и 1/4 соответствующих сторон па­раллелограмма. Какую часть диагонали отсекает эта прямая?

Заметим, что для точек пространства сложение и умножение на число можно определить точно так же, как и для плоскости.

При разборе примера 4 мы использовали следующий важный факт:

если точки М и N не лежат на одной прямой с полюсом, то равенство

возможно лишь при и

 

Действительно, это

равенство можно переписать в виде

а отсюда, как и в примере 4, можно заключить, что и

Выберем на плоскости полюс Р и некоторые две точки М и /V, не лежащие с ним на одной прямой. Тог­да любую точку 7. можно представить в виде

(рис. 9). Назовем точ­ки_ М и N базисными, выра­жение данной точки 7. через М и N — ее разложением по базисным, а числа х и у — координатами точки 1 в бази­се М, N (при полюсе Р). Приведенное выше рассужде­ние означает, что координаты х и у определяются по точ­ке 2 однозначно, поэтому мы получаем взаимно однозначное соответствие между точками плоскости и пара­ми действительных чисел.

Ясно, что при сложении точек их координаты склады­ваются, а при умножении на число — умножаются на это число:

 

Использование координат позволяет отождествлять точки плоскости с парами действительных чисел и пере­водить геометрические понятия на язык алгебры. Тогда под геометрической фигурой можно понимать множество точек плоскости, координаты которых удовлетворяют некоторому уравнению. Поскольку, например,любая точ­ка прямой МЫ имеет вид, где, мож­но рассматривать последнее соотношение как уравнение этой прямой.

Пример 5. Составить уравнение прямой, проходящей через точку К с координатами а, Ь параллельно пря­мой МЫ.

Пусть М' и Ы' — точки пересечения этой прямой с прямыми РМ иРЫ соответственно. Так как М'Ы'\\МЫ, то,при некотором I (рис. 9). Любая

точка 2 прямой М'Ы' равна. . где,

т. е., причем, Таким образом, координаты,точки 2 удовлетворяют уравнению, где I, однако, пока неизвестно. Чтобы

его найти, воспользуемся тем, что точка К лежит на М'И' и, значит, при подстановке в уравнение прямой еекоор­динат (а, Ъ) получается верное равенство: Итак, искомое уравнение

Задача 13. Найдите уравнение прямой, проходящей через дан­ную точку К(а, Ь) и параллельной РМ; параллельной РЫ; проходя­щей через полюс Р.

Пример 6. Предположим, что внутри некоторого тре­угольного участка Флатландии законы оптики таковы, что луч света, параллельный одной стороне этого тре­угольника, падая на вторую его сторону, после отраже­ния принимает направление третьей стороны. Доказать, что флатландец, находящийся внутри этого треугольника и пускающий луч света параллельно одной из его сторон, освещает свою спину.

Введем во Флатландии систему координат, приняв одну из вершин данного треугольника за полюс, а две другие — за базисные точки (рис. 10). Пусть флатландец находится в точке К (а, Ь) и направляет луч света парал­лельно РЫ в сторону РМ. Точка А, в которой этот луч отразится от прямой РМ, имеет координаты (а, 0), по­скольку, с одной стороны, КА\\РЫ и, значит, первая коор­дината точки А такая же, как и К (см. задачу 13), а с другой стороны, А лежит на прямой РМ и, значит, ее вторая координата — нуль.

Отрезок АВ отраженного луча параллелен МЫ. Со­гласно примеру 5, уравнение прямой_ , ибо а есть сумма координат точки А. Для точки, по-скольку она лежит на РЫ. Следовательно, вторая коор­дината точки В будет равна а.

Рассуждая подобным образом, получаем, что коорди­наты точек, в которых луч встречает стороны треуголь­ника МЫР, таковы: С(1 — а, а), 1 — а, 0), Я(0,1 — а), Р(а, 1 — а). Прямая РК параллельна РЫ, поэтому луч возвращается в точку К, причем с другой стороны.

Луч света, однако, может вернуться в точку К рань­ше, чем пройдет всю шестизвенную ломаную АВСИЕР и попадет флантландцу не в спину, а в бок.

Задача 14. Найдите множество всех точек внутри треугольника МАФ, для которых утверждение примера 6 не выполняется.

Задача 15. Внутри треугольника АБС взята точка К. Прямые АК, В К и С К пересекают стороны ВС, СА и ЛВ б точках О, Е,

Р. Докажите, что=1 (рис. 11).

Задача 16. Докажите, что прямые АО, БЕ, СР (рис.11) пере­секаются в одной точке тогда и только тогда, если

(теорема Чевы).

Задача 17. На сторонах АВ и СВ треугольника АБС отклады­ваются отрезки АЕ и СР одинаковой длины. Найдите множество се­редин отрезков ЕР.

Мы научились умножать точки плоскости на числа. Но действительные точек          числа можно изображать точками

некоторой прямой. Разместим эту (числовую) прямую на плоскости так, чтобы ее нулевая точка совпала с полюсом Р, относительно которого будем рассматривать сложение точек и умножение их на чис­ла. Единичную точку числовой прямой обозначим Е (рис. 12, а).

 

Если точки А и В изображают числа а и Ь, то изображается суммой точек А и В (рис. 12, б), т. е. опе­рации сложения чисел и сложения точек согласованы между собой. Определим умножение точек прямой РЕ так, чтобы оно было тоже согласовано с умножением чисел (рис. 12, в), т. е.

Возникает естественный вопрос: можно ли распространить операцию умножения на все точки плоскости так, чтобы при этом оставались в силе обычные правила, приведенные ниже.

9°. Ассоциативность умножения:

 

10°. Коммутативность умножения:

 

11°. Дистрибутивность умножения относительно сло­жения:

Кроме того, потребуем, чтобы новая операция была сле­дующим образом согласована с умножением точек на числа: произведение точек плоскости на точки числовой прямой (расположенной в плоскости!) должно совпадать с произведением этих точек на соответствующие действи­тельные числа, т. е.если точка А изображает число а. В частности, должно выполняться равенство

Пока неясно, сколькими способами можно ввести умножение точек плоскости, удовлетворяющее всем пере­численным требованиям, и возможно ли это вообще. Ока­зывается, таких способов очень много, причем среди них только три существенно различны. Вскоре мы в этом убе­димся.

Пример 7. Пусть ЕАВСЮК— правильный шестиуголь­ник с центром в полюсе Р (напомним, что Е — единичная точка) ипри некотором выборе операции умножения. Найти все попарные произведения вершин шестиугольника.

Разложим все вершиныпо базису Е, А при полюсе Р (рис. 13):

Попарные произведения базисных точек известны: ,,. Пользуясь дистрибутивностью и другими свойствами умножения, находим:

 

Подобным образом определя­ются и все остальные произведения. Ответ можно офор­мить в виде следующей таблицы умножения:

 

Отметим, что множество вершин шестиугольника при выбранном нами способе умножения замкнуто, т. е. про­изведение любых двух вершин снова является вершиной.

Задача 18. Является ли множество вершин шестиугольника замкнутым относительно умножения, при котором: а) Аг = Л; б) А2 = Р? Составьте соответствующие таблицы умножения.

Задача 19. Составьте таблицу умножения правильного пяти­угольника ЕАВСй (его центром является полюс Р), если известно, что А2 = В.

Возьмем на плоскости, кроме полюса Р и единичной точки Е, еще одну (произвольную) точку Р, не лежащую на прямой РЕ, т. е. образующую вместе с точкой Е ба­зис. Как видно из примера 7, умножение точек плоскости будет полностью определено, если мы будем знать точ­ку Т72, которую в свою очередь можно разложить по ба­зису:Постараемся выбрать вторую базис­ную точку (вместо Р) так, чтобы разложение ее квадрата по базису выглядело наиболее просто.

Пусть. Так как, точки Е и О могут служить новым базисом и I

 

При этом возможны три случая:

а)(сравните с задачей 1861). Тогда про­изведение точекиравно

. Попробуем найти частное от деления Е на О, т. е.такую точку, что. Но

. Очевидно, что ни при каком зна­чении х (и у) эта точка не совпадает с Е. Значит, разде­лить Е на С невозможно;

б). Обозначаябуквой Н,

имеем(сравните с задачей 18а, в которой тоже

есть точка, отличная от Е и —Е, а именно,, квадрат которой равен Е). Тогда произведение двух точек за­писывается так:

 

При таком умножении деление тоже выполнимо не всег­да. Проверьте самостоятельно, что несуществует точки 7., удовлетворяющей равенству

в)Положим. Тогда

Р = — Е. Очевидно, что точки Е и / не лежат на одной прямой с полюсом Р, поэтому по нимможно разложить любую точку плоскости. Пусть Тогда

 

Проверим, что в этом случае деление на любую точку, кроме полюса, всегда выполнимо. Разделим точку

на точку, отличную от Р (это

значит, что числа с и й не равны нулю одновременно). Частное М: N — это такая точка, что

I или

 

Это уравнение равносильно следующей системе:

 

решая которую, получаем:,

Итак, из трех рассмотренных случаев только в одном умножение точек обладает всеми свойствами умножения чисел. Заметим, однако, что и в этом (третьем) случае умножение определено далеко не однозначно: все зави-

сит от того, где находится точка I. Пусть, например, РЕАВ (где Р — нулевая, а Е — единичная точка)— квад­рат.Чему равно Л2? Если I совпадает с точкой Л, то . Если же / попадает в точку В, то

 

Из всех возможных способов задания умножения то­чек выберем один — будем считать, что расстояние Р1 равно единице и угол ЕР1 прямой,— и изучим его по­дробнее.

Поскольку точки прямой РЕ отож-

Комплексиые дествляются с действительными чис- числа лами, естественно считать, что точки

всей плоскости, относительно кото­рых введены алгебраические операции, это тоже некото­рые числа, составляющие более широкое множество, чем действительные. Назовем их комплексными. Будем отож­дествлять точки действительной оси (прямой РЕ) с соот­ветствующими действительными числами (так, точку Р обозначают 0, а Е— 1), а вместо I писать и В соответ­ствии с этими обозначениями определим операции над комплексными числами:

 

 

 

 

Заметим, что все действия выполняются так же, как и над обычными числами (точнее, над многочленами от «переменной» 1), но при этом учитывается равенство . Учитывая последнее равенство, число I, неПустьРасстояние от точки г до О называ­

ется модулем комплексного числа г и обозначается |г|. Поскольку а и Ь — декартовы координаты точки г, имеем Например, при любом I модуль чисел и/ равен 1.

Расстояние между двумя комплексными числами г и т равно \г— а>\, так как точки 0, г, хю, г — ш распо­лагаются в вершинах параллелограмма.

Задача 21. Найдите множество точек г, для которых:

а) .; 6);

в) сумма квадратов расстояний до двух данных точек равна данному числу.

Принимая во внимание, чтоесть расстояние

между двумя точками плоскости, при решении алгебраи­ческих задач можно использовать геометрические мето­ды и иллюстрации.

являющееся действительным, называют мнимой еди­ницей.

Задача 20. Выполните действия:

 

 

 

Обозначими рассмотрим ломаную с вершинами в точках

. Левая часть доказываемого нера­венства выражает длину этой ломаной, а правая — рас­стояние между ее начальной и конечной точками.

Пример 8. Доказать неравенство

Задача 22. Докажите неравенство

 

 

Угол, на который нужно повернуть луч 01 против ча­совой стрелки так, чтобы он прошел через точку г, назы­вается аргументом комплексного числа г и обозначает­ся агд 2.

Задача 23. Найдите аргументы следующих комплексных чисел.

 

 

Комплексное число полностью определено, если извес­тен его модуль г и аргумент ср. В самом деле, как видно из рис. 14,где,и, зна­

чит,. Эта запись называется триго­

нометрической формой комплексного числа.

Соответствие между комплексными числами и па­рами (г, (р) не вполне взаимно однозначно: аргумент чис­ла 0 не определен (его можно считать равным любому углу), а для всех остальных чисел он определен лишь

с точностью до целого числа оборотов. Так, аргументом числа 1 можно считать 0°, 360°, —360°, 720° и т. д. Пару (г, ф) можно все же считать координатами точ­ки г. Эти координаты называются полярными. Они ши­роко используются в радиолокации: чтобы определить местонахождение самолета, сначала находят пеленг или азимут (угол), а затем измеряют дальность (рас­стояние).

Уравнения некоторых фигур удобно записывать в по­лярных, а не в декартовых координатах.

Задача 24. Используйте полярные координаты для решения сле­дующих задач:

а)      изобразить линию, заданную в полярных координатах урав­нением;

б)      найти уравнение цветка с шестью лепестками (рис. 15). По­пробуйте переписать это уравнение в декартовых координатах.

Понятия модуля и аргумента позволяют описать умножение комплексных чисел весьма просто. Отмстим, что справедливы следующие соотношения:

 

 

Первое из них следует из тождества

 

Докажем второесоотношение. Пусть ),. Тогда

 

 

и на основании тригоно­метрических формул

Это доказательство, несомненно, очень понравится любителям тригонометрии. Чтобы не обидеть остальных читателей, приведем другое доказательство, из которого, кстати, можно получить формулы синуса и косинуса суммы двух углов.Рассмотрим два треугольника с вершинами в точках О, 1, г и 0, йу, гш (рис. 16). Так как

\ \ \, то стороны треугольников пропор­циональны, сами они подобны, а их соответственные углы равны. Из равенствауглов, отмеченных на рис. 16, сле­дует, что

Итак, при умножении комплексных чисел их аргумен­ты складываются, а модули перемножаются. Поэтому

 

Задача 25. Зная, что, докажите, что

 

Вернемся к задаче 20в. Использовав тригонометричес­кую форму комплексного числа, можно решить ее без

всяких ухищрений. ОбозначимбуквойТогда,и, следовательно,

Заметим, что различные степени числа ^ располага­ются только в шести точках — вершинах правильного шестиугольника (рис. 17). Любопытно, что любое из этих чисел может быть корнем шестой степени из 1, ибо , Вообще, при любом натуральном п существует ровно п корней п-й степени из 1, которые образуют правильный п-угольник. В этом можно убе­диться, решив уравнениев тригонометрической форме.

Пример 9. Найти произведение всех диагоналей и двух сторон, выходящих из одной вершины правильного п-угольника, вписанного в окружность радиусом 1.

Выберем полюс в центре данного многоугольника, а данную вершину Ау примем за единичную точку. Все вершины многоугольника удовлетворяют уравнению , и, следовательно, все вершины, кроме А\, являются корнями уравнения

полученного делением многочлена~ наг—1. У мно­гочленови

старшие коэффициенты равны 1, а корни одни и те же. Следовательно, эти многочлены тождественно равны и их значения при г = Л1 совпадают: .

 

(напомним, что = 1). Поэтому

 

Задача 26. Правильный многоугольник А\Аг...А11 вписан в окружность единичного радиуса, А — точка на этой окружности. Найдите сумму квадратов расстояний от Л до вершин много­угольника.

Деление — действие, обратное умножению, поэтому справедливы следующие тождества:

 

 

Последнее соотношение позволяет выразить угол на плоскости через его вершину и две точки, лежащие на

сторонах:(рис. 18). Приведем два примера использования этой формулы: в первом геометри­ческая задача решается с помощью алгебры комплексных чисел, а во втором, наоборот, алгебраическая задача решается геометрическими методами.

Пример 10. Доказать, что сумма углов БАН, ГОН и КРН (рис. 19) равна поямому углу.

Будем считать, что,иТогда

,,. Следовательно,

откуда

у

что и требовалось.

Пример 11. Доказать, ЧТО еСЛИ 22, 2з, 24—■ раЗЛИЧные комплексные числа, модули которых равны, то число действительное.Данные четыре точки лежат на окружности с центром О. Точки гг и г2 разбивают эту окружность на две дуги. Если точки г3 и 24 находятся на одной дуге, то углы г1 г3 г2 н гг г4 ?2 равны как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу. Значит,и, т. е. рассматриваемое отноше­ние — действительное положительное число. Если же точ­ки г3 и г4 принадлежат разным дугам, то углы г1 г3 г2 и г2 г4 г1 отсчитываются в одном направлении и в сумме составляют 180°, значит,

, т. е. в скобках стоит

действительное отрицательное число.

Утверждение примера 11 очевидным образом обоб­щается: оно имеет место для любых четырех комплекс­ных чисел, лежащих на окружности либо на прямой. Верно и обратное: если указанное выражение представ­ляет собой действительное число, то четыре точки лежат на одной окружности либо на одной прямой.

Задача 27. Докажите, что из любых пяти точек плоскости, ни­какие три из которых не лежат на одной прямой, можно выбрать три таким образом, что треугольник, ими образованный, будет иметь хотя бы один угол, не больший 36°.

Задача 28. Пусть комплексные числа А1, Аг, ..., Л„ располо­жены в вершинах выпуклого многоугольника Докажите, что всякое комплексное число г, удовлетворяющее соотношению

находится внутри этого многоугольника