Инверсия | Академия

01определение

Точка и её образ

Зафиксируем точку $O$ и число $R>0$ . Инверсией с центром $O$ и радиусом $R$ называют преобразование, которое точку $P\ne O$ переводит в такую точку $P'$ на луче $OP$ , что

OP\cdot OP'=R^2.

Определение симметрично: если $P'$ — образ $P$ , то и $P$ — образ $P'$ . Применённая дважды, инверсия возвращает все точки на место.

Точки самой окружности радиуса $R$ неподвижны: для них $OP=OP'=R$ . Внутренность круга переходит во внешность и наоборот; чем ближе точка к центру, тем дальше её образ. У самого центра образа нет.

радиус инверсии120

$—$ $—$

Точки самой окружности инверсии остаются на месте. Всё внутри уходит наружу, всё снаружи приходит внутрь.

Связь со степенью точки

Равенство $OP\cdot OP'=R^2$ — это степень точки $O$ относительно любой окружности, проходящей через $P$ и $P'$ : точки $P$ и $P'$ лежат на одной секущей из $O$ . Значит, для всех таких окружностей

\mathrm{pow}_O=R^2.

Степень, равная квадрату радиуса, означает, что касательная из $O$ к такой окружности равна $R$ , то есть точка касания лежит на окружности инверсии. Окружность, проходящая через точку и её образ, пересекает окружность инверсии под прямым углом.

$—$ $—$

Голубая окружность проходит через P и P'; в точке пересечения с окружностью инверсии радиусы OX и CX перпендикулярны, то есть окружности ортогональны.

Следствие: окружность, ортогональная окружности инверсии, переходит сама в себя. Точки на ней меняются местами парами, а сама линия остаётся.

02образы

Что во что переходит

Прямые и окружности инверсия переводит друг в друга. Четыре случая покрывают всё.

прямая через центр → она же

Остальные три: прямая мимо центра → окружность через центр; окружность через центр → прямая мимо центра; окружность мимо центра → окружность мимо центра.

Первый случай следует из определения: образ лежит на том же луче, значит, и на той же прямой. Разберём второй; третий получится из него обращением.

Пусть прямая $\ell$ не проходит через $O$ . Опустим на неё перпендикуляр $OH$ и обозначим $H'$ образ точки $H$ . Возьмём на $\ell$ произвольную точку $P$ . По определению

$—$ $—$

Оранжевый треугольник OHP и голубой OP'H' подобны; угол при P' прямой, поэтому P' лежит на окружности с диаметром OH' .

OH\cdot OH'=R^2=OP\cdot OP',

откуда $OH/OP=OP'/OH'$ . У треугольников $OHP$ и $OP'H'$ угол при $O$ общий, а прилежащие стороны пропорциональны, значит, они подобны. Поэтому

\angle OP'H'=\angle OHP=90^\circ.

Точка $P'$ видит отрезок $OH'$ под прямым углом, то есть лежит на окружности с диаметром $OH'$ . Её радиус равен

\frac{OH'}{2}=\frac{R^2}{2\,OH}.

Так вся сетка прямых переходит в семейство окружностей через центр инверсии:

радиус инверсии130шаг сетки60

Все окружности проходят через центр инверсии и пересекаются под прямыми углами — ровно так же, как линии исходной сетки.

Окружность мимо центра

Пусть окружность $k$ не проходит через $O$ . Проведём из $O$ произвольную секущую; она пересекает $k$ в точках $P$ и $Q$ , причём $OP\cdot OQ=\mathrm{pow}_O(k)$ — степень точки. Тогда

OP'=\frac{R^2}{OP}=\frac{R^2}{\mathrm{pow}_O(k)}\cdot OQ,

то есть образ точки $P$ получается из точки $Q$ гомотетией с центром $O$ и коэффициентом

s=\frac{R^2}{\mathrm{pow}_O(k)}.

Гомотетия переводит окружность в окружность, поэтому образ $k$ — окружность радиуса $|s|\,r$ . Центр окружности при этом не переходит в центр образа: гомотетия действует на точках $Q$ , а не на центре.

$—$ $—$

Оранжевая окружность переходит в голубую. Образ точки P — гомотетичный образ точки Q, а образ центра C' не совпадает с центром голубой окружности.

03свойства

Углы сохраняются

Инверсия искажает расстояния, но сохраняет углы: угол между двумя линиями в точке их пересечения равен углу между их образами, а направление отсчёта меняется на противоположное.

$—$ $—$

Две прямые через A переходят в две окружности через O и A' . Пунктир — касательные к ним в A'; угол между касательными равен углу между прямыми, но отсчитывается в другую сторону.

Доказательство. Возьмём точки $P$ и $Q$ и их образы. Из определения

OP\cdot OP'=OQ\cdot OQ'=R^2\ \Longrightarrow\ \frac{OP}{OQ}=\frac{OQ'}{OP'}.

У треугольников $OPQ$ и $OQ'P'$ угол при $O$ общий, а прилежащие стороны пропорциональны. Значит, они подобны, и

\angle OQP=\angle OP'Q'.

Устремим $Q$ к $P$ вдоль какой-нибудь кривой. Слева угол стремится к углу между этой кривой и лучом $OP$ , справа — к углу между образом кривой и тем же лучом. Каждая линия составляет со своим лучом из центра тот же угол, что и её образ, отложенный в другую сторону.

Для двух линий через одну точку угол с лучом сохранился у каждой, значит, сохранился и угол между ними.

Касание

Касающиеся окружности — это окружности, пересекающиеся под нулевым углом; после инверсии угол остаётся нулевым, и образы снова касаются. Если центр инверсии поставить в точку касания, обе окружности перейдут в прямые, и притом параллельные: общая точка ушла в бесконечность.

04формула

Как меняется расстояние

Формула, связывающая длину отрезка с длиной его образа, получается из того же подобия, что и в предыдущем разделе. Треугольники $OPQ$ и $OQ'P'$ подобны, коэффициент подобия равен отношению прилежащих сторон:

\frac{P'Q'}{PQ}=\frac{OP'}{OQ}=\frac{R^2}{OP\cdot OQ}.

Отсюда

P'Q'=PQ\cdot\frac{R^2}{OP\cdot OQ}.

$—$ $—$

Оранжевый треугольник OPQ и голубой OQ'P' подобны с коэффициентом R² / (OP \cdot OQ); длины в единицах сетки.

Если в условии задачи стоит произведение вида $AB\cdot CD$ , после инверсии каждый множитель получает свой знаменатель, и знаменатели часто сокращаются целиком. Так будет в следующем разделе.

Частный случай: если центр инверсии поставлен в одну из точек, скажем в $A$ , то для любых двух других точек

B'C'=BC\cdot\frac{R^2}{AB\cdot AC}.

Все длины, идущие от $A$ , при этом уходят в знаменатели: точка $A$ образа не имеет.

05применение

Неравенство Птолемея

Для любых четырёх точек плоскости выполняется неравенство

AC\cdot BD\le AB\cdot CD+BC\cdot AD,

причём равенство достигается тогда и только тогда, когда точки лежат на одной окружности или на одной прямой и идут в порядке $A$ , $B$ , $C$ , $D$ .

$—$ $—$ $—$

Разность двух частей неотрицательна всегда и обращается в ноль ровно на вписанном четырёхугольнике. После инверсии из A точки B', C', D' оказываются на одной прямой.

Сделаем инверсию с центром в $A$ и произвольным радиусом $R$ . По формуле из предыдущего раздела

B'C'=\frac{BC\,R^2}{AB\cdot AC},\qquad C'D'=\frac{CD\,R^2}{AC\cdot AD},\qquad B'D'=\frac{BD\,R^2}{AB\cdot AD}.

Для трёх точек $B'$ , $C'$ , $D'$ верно неравенство треугольника:

B'D'\le B'C'+C'D'.

Подставим выражения и умножим обе части на $AB\cdot AC\cdot AD/R^2$ :

BD\cdot AC\le BC\cdot AD+CD\cdot AB.

Это неравенство Птолемея. Равенство в неравенстве треугольника означает, что $C'$ лежит на отрезке $B'D'$ , то есть три образа лежат на одной прямой. Прямая, не проходящая через центр инверсии, — образ окружности через $A$ ; значит, равенство равносильно тому, что все четыре точки лежат на одной окружности.

Инверсия с центром в одной из точек сводит утверждение о четырёх точках к утверждению о трёх, а для трёх точек есть неравенство треугольника и теорема синусов.

06применение

Цепочка Штейнера

Возьмём две окружности, одна внутри другой, и начнём вписывать между ними окружности: каждая касается обеих и предыдущей в цепочке. Вопрос в том, замкнётся ли цепочка, то есть совпадёт ли последняя окружность с первой.

В общем случае считать это тяжело: окружности разных размеров, касания разной ориентации. Но есть расположение, в котором всё очевидно, — концентрическое.

Пусть радиусы равны $a$ и $b$ , центр общий. Каждая окружность цепочки касается обеих, значит её радиус равен $\rho=(b-a)/2$ , а центр лежит на окружности радиуса $(a+b)/2$ . Соседние звенья касаются друг друга, поэтому расстояние между их центрами равно $2\rho$ . Если звеньев $n$ , то центры стоят через угол $2\pi/n$ , и хорда между соседними центрами даёт условие

(a+b)\sin\frac{\pi}{n}=b-a,\qquad\text{то есть}\qquad \sin\frac{\pi}{n}=\frac{b-a}{b+a}.

Теперь применим инверсию с центром не в общем центре окружностей. Две исходные окружности перейдут в две другие, уже не концентрические, а звенья цепочки — в окружности разных размеров. Но касания сохранятся: инверсия сохраняет углы, а касание — это нулевой угол.

звеньев в цепочке6центр инверсиив центре

$—$ $—$

В концентрическом виде цепочка замыкается при одном условии на радиусы. Инверсия сдвигает центр и делает звенья разными, но замыкание остаётся.

Значит, любую цепочку Штейнера можно выпрямить в концентрическую, посчитать условие замыкания там и вернуть картинку обратно. Верно и обратное направление: если цепочка замкнулась для одного начального положения, она замкнётся и для любого другого — в концентрическом виде начальное положение просто поворот, который ничего не меняет.

Остаётся вопрос, всегда ли найдётся нужная инверсия. Да: любые две непересекающиеся окружности переводятся в концентрические инверсией с центром в одной из предельных точек их коаксиального пучка — того самого, что разбирался во второй статье серии.

07техника

Выбор центра

Центр инверсии выбирают так, чтобы после преобразования чертёж стал проще. Три типичных выбора.

радиус инверсии150

$—$ $—$

Центр ставят туда, где чертёж после инверсии становится проще: в общую точку окружностей, в вершину, от которой идут произведения длин, или в точку касания.

Центр в общей точке окружностей

Если несколько окружностей проходят через одну точку, центр ставят в неё. Каждая такая окружность переходит в прямую, и задача про окружности превращается в задачу про прямые.

Центр в вершине

Если в условии есть произведения длин, идущих от одной точки, центр ставят в неё. По формуле $B'C'=BC\cdot R^2/(AB\cdot AC)$ эта точка исчезает из чертежа, а длины от неё уходят в знаменатели. Так доказано неравенство Птолемея.

Центр в точке касания

Две касающиеся окружности после инверсии с центром в точке касания становятся параллельными прямыми. Задача про цепочку касающихся окружностей превращается в задачу про полосу между параллельными прямыми.

Радиус инверсии входит во все формулы одинаково и в итоговом равенстве сокращается, поэтому его берут любым; иногда — таким, чтобы одна из окружностей чертежа перешла в себя.

08олимпиады

Задачи на инверсию

Рассмотрим две задачи Международной олимпиады, где инверсия упрощает подход к решению: в первой центр ставится в вершину и условие о четырёх точках становится условием о трёх, во второй окружность инверсии оказывается окружностью Аполлония.

1

IMO 1993, задача 2

Точка $D$ внутри остроугольного треугольника $ABC$ такова, что $\angle ADB=\angle ACB+90^\circ$ и $AC\cdot BD=AD\cdot BC$ . (a) Найдите отношение $\dfrac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}$ . (b) Докажите, что касательные в точке $C$ к описанным окружностям треугольников $ACD$ и $BCD$ перпендикулярны.

$—$ $—$

Оранжевая окружность — (ACD), фиолетовая — (BCD); касательные к ним в C перпендикулярны, а отношение под чертежом равно \sqrt2 .

Решение

Сделаем инверсию с центром $C$ и радиусом $r$ ; образы точек $A$ , $B$ , $D$ обозначим $A'$ , $B'$ , $D'$ . По формуле расстояния

A'D'=\frac{AD\,r^2}{CA\cdot CD},\qquad B'D'=\frac{BD\,r^2}{CB\cdot CD},\qquad A'B'=\frac{AB\,r^2}{CA\cdot CB}.

Из условия $AC\cdot BD=AD\cdot BC$ получаем $A'D':B'D'=(AD\cdot CB):(BD\cdot CA)=1$ , то есть $A'D'=B'D'$ .

Угол при $D'$ . Инверсия сохраняет углы: $\angle CD'A'=\angle CAD$ и $\angle CD'B'=\angle CBD$ (треугольники $CD'A'$ и $CAD$ подобны, как и $CD'B'$ и $CBD$ ). Значит,

\angle A'D'B'=\angle CAD+\angle CBD=360^\circ-\angle ACB-(360^\circ-\angle ADB)=\angle ADB-\angle ACB=90^\circ;

здесь использовано, что сумма углов четырёхугольника $ACBD$ с невыпуклым углом при $D$ равна $360^\circ$ .

Треугольник $A'D'B'$ прямоугольный и равнобедренный, поэтому $A'B'=\sqrt2\,A'D'$ . Подставим формулы:

\frac{AB\,r^2}{CA\cdot CB}=\sqrt2\cdot\frac{AD\,r^2}{CA\cdot CD}\ \Longrightarrow\ AB\cdot CD=\sqrt2\,AD\cdot CB=\sqrt2\,AC\cdot BD,

откуда ответ пункта (a): $\dfrac{AB\cdot CD}{AC\cdot BD}=\sqrt2$ .

Пункт (b). Окружность $(ACD)$ проходит через центр инверсии и переходит в прямую $A'D'$ ; касательная к ней в $C$ параллельна этой прямой (окружность через центр переходит в прямую, параллельную касательной в центре). Так же касательная к $(BCD)$ параллельна $B'D'$ . Прямые $A'D'$ и $B'D'$ перпендикулярны, значит, перпендикулярны и касательные.

2

IMO 2010, задача 4

Точка $P$ лежит внутри треугольника $ABC$ , в котором $CA\ne CB$ . Прямые $AP$ , $BP$ , $CP$ вторично пересекают описанную окружность $\Gamma$ в точках $K$ , $L$ , $M$ . Касательная к $\Gamma$ в точке $C$ пересекает прямую $AB$ в точке $S$ . Докажите, что из $SC=SP$ следует $MK=ML$ .

$—$

Пунктирная окружность — все точки P с SP = SC . Для любой из них хорды MK и ML равны.

Решение

Сначала выразим отношение $MK:ML$ . Треугольники $PKM$ и $PCA$ подобны: углы при $P$ вертикальные, а $\angle PKM=\angle PCA$ как вписанные, опирающиеся на дугу $AM$ . Так же подобны $PLM$ и $PCB$ . Отсюда

\frac{PM}{KM}=\frac{PA}{CA},\qquad \frac{LM}{PM}=\frac{CB}{PB}\ \Longrightarrow\ \frac{LM}{KM}=\frac{CB}{CA}\cdot\frac{PA}{PB}.

Значит, $MK=ML$ равносильно $PA:PB=CA:CB$ , то есть тому, что $P$ лежит на окружности Аполлония $\Omega$ точек $A$ , $B$ с отношением $CA:CB$ ; эта окружность проходит через $C$ .

Теперь инверсия. Пусть $\omega$ — окружность с центром $S$ и радиусом $SC$ . Так как $SC$ — касательная, $SC^2=SA\cdot SB$ , и инверсия относительно $\omega$ меняет местами $A$ и $B$ . Для любой точки $X$ на $\omega$ треугольники $SXA$ и $SBX$ подобны (общий угол при $S$ и $SX^2=SA\cdot SB$ ), поэтому

\frac{XA}{XB}=\frac{SX}{SB}=\frac{SC}{SB}=\text{const}.

Итак, на $\omega$ отношение $XA:XB$ постоянно, а $C\in\omega$ , значит, оно равно $CA:CB$ и $\omega=\Omega$ . Условие $SP=SC$ означает $P\in\omega=\Omega$ , то есть $PA:PB=CA:CB$ , а это и есть $MK=ML$ . Те же равенства читаются в обратную сторону: из $MK=ML$ следует $SP=SC$ .

09задачи

Проверь себя

Посчитай, впиши ответ и нажми «Проверить». Разбор открывается кнопкой под задачей. Всё нужное для решения собрано в трёх формулах.

\begin{gathered} OP\cdot OP'=R^2 \\[8pt] P'Q'=PQ\cdot\frac{R^2}{OP\cdot OQ} \\[8pt] \sin\frac{\pi}{n}=\frac{b-a}{b+a}. \end{gathered}

1

Радиус инверсии равен

6

, точка удалена от центра на

4

. Найди расстояние от центра до её образа.

OP' =

Разбор

Решение

OP'=\frac{R^2}{OP}=\frac{36}{4}=9.

Точка была внутри окружности инверсии, образ оказался снаружи.

Ответ:

9

2

Прямая проходит на расстоянии

3

от центра инверсии, радиус инверсии равен

6

. Найди радиус окружности-образа.

r =

Разбор

Решение

Образ прямой — окружность с диаметром $OH'$ , где $H$ — основание перпендикуляра.

r=\frac{R^2}{2\,OH}=\frac{36}{6}=6.

Ответ:

6

3

Даны

AB=5

,

OA=2

,

OB=10

, радиус инверсии

R=4

. Найди

A'B'

.

A'B' =

Разбор

Решение

A'B'=AB\cdot\frac{R^2}{OA\cdot OB}=5\cdot\frac{16}{20}=4.

Ответ:

4

4

Проверь неравенство Птолемея на квадрате со стороной

1

: найди длину диагонали, при которой достигается равенство.

d =

Разбор

Решение

Для вершин квадрата $AC=BD=d$ , стороны равны единице, и противоположные стороны в правой части дают по единице:

d^2=1\cdot1+1\cdot1=2\ \Longrightarrow\ d=\sqrt2\approx1{,}41.

Равенство достигается, потому что вершины квадрата лежат на одной окружности.

Ответ:

d = \surd 2 \approx 1{,}41

5

Во что переходит окружность, проходящая через центр инверсии?

Разбор

Решение

Это обращение случая «прямая мимо центра → окружность через центр». Сам центр образа не имеет, поэтому на прямой-образе ему ничего не соответствует.

Ответ:

в прямую, не проходящую через центр

6

Цепочка Штейнера из шести звеньев замыкается между двумя концентрическими окружностями. Найди отношение их радиусов.

b / a =

Разбор

Решение

Условие замыкания при $n=6$ :

\sin\frac{\pi}{6}=\frac12=\frac{b-a}{b+a}.

Отсюда $2(b-a)=b+a$ , то есть $b=3a$ .

Ответ:

3