JlonipstpHbic лекции
ПО МАТЕМАТИКЕ
----<о>--
ЛИ. ГОЛОВИНА
И И.М.ЯГЛОМ
ИНДУКЦИЯ
В ГЕОМЕТРИИ
*
ФИЗМАТГИЗ е1961
I
ПОПУЛЯРНЫЕ ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИКЕ
ВЫПУСК 21
Л. И. ГОЛОВИНА и и. м. яглом
ИНДУКЦИЯ
В ГЕОМЕТРИИ
ИЗДАНИЕ ВТОРОЕ,
ИСПРАВЛЕННОЕ
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 1961
11-3 1
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие............................................... 4
Введение: Что такое метод математической индукции? (приме-
ры 1—4, задачи 1—2)................................... 5
§ 1.	Вычисление по индукции (примеры 5—9, задачи 3—5) ... 10
§ 2.	Доказательство по индукции (примеры 10—19, задачи 6—13). 17
§ 3.	Построение по индукции (примеры 20—23, задачи 14—16) . 43
§ 4.	Нахождение геометрических мест по индукции (примеры
24—25, задачи 17—23)......................................52
§ 5.	Определение по индукции (примеры 26—27, задачи 24—32) . 59
§ 6.	Индукция по числу измерений (примеры 28—37, задачи
33—40)..................................................  72
1.	Вычисление с помощью индукции по числу измерений
(пример 28, задача 33)...........................  76
2.	Доказательство с помощью индукции по числу измерений
(примеры 29—35, задачи 34—39)....................... 79
3.	Нахождение геометрических мест с помощью индукции
по числу измерений (пример 36).......................95
4.	Определение с помощью индукции по числу измерений
(пример 37, задача 40)...............................98
1*
ПРЕДИСЛОВИЕ
Настоящая книжка, рассчитанная в первую очередь на уча-
щихся старших (9-го и 10-го) классов средней школы, учи-
телей математики и студентов физико-математических факуль-
тетов пединститутов, примыкает к книжке И. С. Соминского
«Метод математической индукции», составляющей 3-й выпуск
серии «Популярные лекции по математике», и может рассмат-
риваться как ее продолжение; тем читателям, которые зна-
комы с книжкой И. С. Соминского, она будет особенно инте-
ресна.
Книжка содержит 37 примеров, решения которых подробно
разобраны, и 40 задач, сопровождаемых краткими указаниями.
Она посвящена разнообразным применениям метода матема-
тической индукции к решению геометрических задач. Наиболее
поучительны здесь, по нашему мнению, различные аспекты
метода математической индукции; отдельные (но, разумеется,
не все) примеры и задачи могут также представлять и опре-
деленный самостоятельный интерес.
В основу книжки положены две лекции, прочитанные
И. М. Ягломом московским школьникам — участникам школь-
ного математического кружка при Московском государствен-
ном университете.
J7. И. Головина
И. /И. Яглом
ВВЕДЕНИЕ: ЧТО ТАКОЕ МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОМ
ИНДУКЦИИ?
Индукцией называется всякое рассуждение, содержа-
щее переход от частных утверждений к общим, справедли-
вость которых выводится из справедливости частных утвер-
ждений. Метод математической индукции есть
особый метод математического доказательства, позволяющий
на основании частных наблюдений делать заключения о соот-
ветствующих общих закономерностях. Идею этого метода
проще всего уяснить себе на примерах. Мы начнем поэтому
с рассмотрения следующего примера.
Пример 1. Определить сумму п первых нечетных чисел
1).
Решение. Обозначив эту сумму через S(n), положим
п — 1, 2, 3, 4, 5; тогда будем иметь:
5(2)= 1 4-3 = 4,
5(3) = 1 -4- 3 4- 5 = 9,
5(4) = 1 Ц-3-|-54-7=16,
(5) = 1 4- 3 4- 5 — 7 —[— 9 = 25.
Мы замечаем, что при я=1, 2, 3, 4, 5 сумма п последо-
вательных нечетных чисел равна п2. Можно ли отсюда сразу
сделать вывод, что это имеет место при любом л? Нет, по-
добное заключение «по аналогии» может иногда оказаться
ошибочным. Приведем несколько примеров.
Рассмотрим числа вида 22"4- 1. При л = 0, 1, 2, 3, 4 числа
22”-L 1 = 3,	22,4- 1 =5,	2224- 1 = 17,	2234- 1 = 257,
2-’1 = 65 537 — простые. Замечательный французский ма-
тематик XVII в. П. Ферма предполагал, что все числа такого
5
вида — простые. Однако в XVIII в. другой великий ученый,
петербургский академик Л. Эйлер нашел, что
22’ 4- 1 = 4 294 967 297 = 641 • 6 700 417
—составное число.
Вот другой пример такого рода. Знаменитый немецкий
математик XVII в., один из создателей так называемой «выс-
шей математики», Г. В. Лейбниц доказал, что при всяком
целом положительном п число п3 — п делится на 3, число
я5—-п делится на 5, число /г7 — п делится на 7 7). На осно-
вании этого он предположил было, что при всяком нечетном k
и любом натуральном п число nk—п делится на k, но скоро
сам заметил, что 29 — 2 = 510 не делится на 9.
Известный советский математик Д. А. Граве впал однажды
в ошибку такого же рода, предположив, что для всех про-
стых чисел р число 2Р~1—1 не делится на рг, так как непосред-
ственная проверка подтвердила это предположение для всех
простых чисел р, меньших тысячи. Вскоре, однако, было уста-
новлено, что 21092—1 делится на 10932 (1093 — простое число),
т. е. предположение Граве оказалось ошибочным.
Приведем еще один весьма убедительный пример. Под-
ставляя в выражение 991л2-|-1 вместо п последовательные
целые числа 1, 2, 3, ..., мы никогда' не получим числа,
являющегося полным квадратом, сколько бы дней или даже
лет мы ни посвятили этим вычислениям. Однако если мы
сделаем отсюда вывод, что все числа такого вида не являются
квадратами, то мы ошибемся, так как на самом деле оказы-
вается, что среди чисел вида 991л2-(-1 имеются и квадраты;
только наименьшее значение л, при котором число 991л2	1
есть полный квадрат, очень велико. Вот это число:
л = 12 055 735 790 331 359 447 442 538 767.
Все эти примеры должны предостеречь читателя от не-
обоснованных заключений по аналогии.
Вернемся теперь к задаче о вычислении суммы л первых
нечетных чисел. Из предыдущего ясно, что формулу
£(л) = л2	(1)
нельзя считать доказанной, для скольких бы первых значений п
х) См., например, книгу Д. О. Ш к л я р с к и й, Н. Н. Ч е н ц о в
и И. М. Я г л о м, Избранные задачи и теоремы элементарной мате-
матики, ч. I, М., Гостехиздат, 1954, задачи 27 а), б), в) (серия «Библио-
тека математического кружка», вып. 1).
6
мы ее ни проверили, так как всегда можно опасаться, что
где-то за пределами рассмотренных случаев эта формула пе-
рестает быть верной. Чтобы убедиться в справедливости
формулы (1) для всех л, надо доказать, что как бы далеко
мы ни двигались вдоль натурального ряда чисел, мы ни-
когда не сможем перейти от значений п, для которых форму-
ла (1) еще верна, к значениям п, для которых она уже
не верна.
Итак, предположим, что для какого-то числа п наша
формула верна, и попытаемся доказать, что тогда она
верна и для следующего числа
Таким образом, мы полагаем, что
5 (л) — 1	35(2л — 1) —л2;
вычислим
5(л-ф-1) = 1 + 3 -ф- 5 -ф-.. . + (2л — 1) -ф- (2л + 1).
В силу сделанного нами предположения, сумма л первых сла-
гаемых в правой части последнего равенства равна л2, следо-
вательно,
5(л + 1) = л2 + (2л+1)=:(л+1)г.
Итак, предположив, что формула 5(л) = л2 справедлива
для какого-то натурального числа л, мы смогли доказать ее
справедливость и для непосредственно следующего числа
л -ф-1. Но выше мы проверили, что эта формула верна для
л = 1, 2, 3, 4, 5. Следовательно, она будет верна и для числа
л = 6, следующего за 5, а тогда она верна и для л — 7, и
для л = 8, и для л=9 и т. д. Теперь наша формула может
считаться доказанной для любого числа слагаемых. Этот
метод доказательства и называется методом математи-
ческой индукции.
Итак, доказательство методом математической индук-
ции состоит из следующих двух частей-.
1°. Проверки, что высказанное утверждение справедливо
для наименьшего значения л, для которого оно имеет
смысл ’);
2°. Доказательства, что если это утверждение спра-
ведливо для какого-то натурального числа п, то оно спра-
ведливо и для непосредственно следующего числа лг—(— 1.
Ч Разумеется, этим значением и не обязательно является единица;
так, например, утверждение об общих свойствах «-угольников имеет
смысл при «5=3.
7
В необходимости второй части доказательства мы уже убе-
дились на ряде примеров. Очевидно, что и первая часть рас-
суждения не менее необходима: ведь доказательство того,
что если какое-то предложение справедливо для некоторого
числа п, то оно справедливо и для числа п 1, само по
себе еще ровно ничего не дает, так как может оказаться,
что это предложение не справедливо вообще ни для одного
целого значения п. Например, если предположить, что какое-
либо целое число п равно следующему за ним, т. е. что
п = п-\-\, то, прибавив к обеим частям этого равенства по
единице, мы получим, что л —1 =«-j—2, т. е. что и чис-
ло л-(-1 равно следующему за ним. Отсюда, разумеется,
вовсе не вытекает, что высказанное предположение справед-
ливо для всех п — оно не справедливо ни для какого целого
числа.
Применение метода математической индукции не обяза-
тельно строго следует приведенной выше схеме. Так, на-
пример, иногда приходится делать предположение, что рас-
сматриваемое предложение справедливо, скажем, для двух
последовательных чисел п—1 и л, и доказывать, что в таком
случае оно справедливо и для числа лг —]— 1; в этом случае
в качестве первого шага рассуждения необходимо проверить,
что предложение справедливо для двух первых значений п,
например для и п~2 (см. ниже примеры 16, 17, 18).
Иногда в качестве второго шага рассуждения доказывают
справедливость предложения для какого-то значения я, пред-
полагая его справедливость для всех натуральных чисел k,
меньших п (см. ниже примеры 7, 8, 9, 15).
Рассмотрим еще несколько примеров применения метода
математической индукции. Формулы, которые мы получим при
этом, будут использованы в дальнейшем.
Пример 2. Доказать, что сумма п первых натуральных
чисел — обозначим ее через (л) — равна ", т. е.
(л) — 1	3	п — - -	.	(2)
Решение. 1°. Sx (1) = 1 = —	.
2°. Предположим, что
51(«) = 1+2 + 3-{-... + л = 2Д+1).
8
S1 (йц_ 1)^1 Ц-2 + 3+ ...+« + («+1)==
 га (га 4-1) ,	, |.  (га 4- 1) (и + 2)  (ге + Ч [(я + 1) 4~ П
чем утверждение полностью доказано.
Пример 3. Доказать, что сумма S2 (га) квадратов га первых
п (п 4- 1) (2п -I- 1)
натуральных чисел равна —-—19----'—’:
ь
s2 (га) = 1а 2г 4- Зг  4- га8 = ге(” +	. (3)
Г>	ю С /м is 1 (1 -4-1)(2-14-!)
Решение. 1 . S2(l)=l2 = ——I—.
2°. Предположим, что
5И„)=У1+1Щг+1>.
Тогда
S2 (га~4 1) = I8 ~4 22 ~4 З2 ~4 • • • 4~ лг Н-(« ~4 1)2==
 га (/г + 1) (2га 4-1) .	.
и окончательно
5 (я ] 1) — 1ге + 1) Иге Н~ 1) ~Ь 1J Р (га 4- 1) 4~ Ч
Задача 1. Доказать, что сумма S3 (га) кубов га первых
га8 (га 4- I)2
натуральных чисел равна —-	:
5з(га)=1з + 23 + 33 + ...+я8--=^МГ.	(4)
Пример 4. Доказать, что
1.2 + 2-3 + 3-4 + •  • 4-(га — 1) д==(га-"?)”(/г + 1).. (5)
г-,	1 °	1 о 1*2-3
Решение. 1 . 1-2 = —.
2°. Если
1 • 24-2 • 3 4-3• 4 -4 . . . -4 (п — 1) п =	,
то
l-24-2.3-43.44-...-4 (га — 1) га 4~ я (га 4-1) ==
= (га—Pra^-pi)	п = /г (га 4-1) (га 4-2)
9
Задача 2. Вывести формулу (5) из формул (2) и (3).
Указание. Предварительно показать, что
1.2 .ф. 2-3+ 3-4-4-... +(« — 1)« =
•	= (Р + 22 + З2 +... + га2)—(1 + 2 + 3 +... + п).
Метод математической индукции, по самому существу сво-
ему связанный с понятием числа, имеет наибольшие примене-
ния в арифметике, алгебре и теории чисел. Много интересных
примеров такого рода собрано в указанной в предисловии
книжке И. С. Соминского. Но понятие целого числа является
основным не только в теории чисел, специально занимающейся
изучением его свойств, но и вообще во всей математике.
Поэтому метод математической индукции применяется в самых
разнообразных областях математики. В частности, особенно
красивы различные применения этого метода в геометрии —-
им и посвящена настоящая книжка.
Дальнейшее изложение мы разобьем на несколько разде-
лов, соответственно разным типам геометрических задач.
§ 1. ВЫЧИСЛЕНИЕ ПО ИНДУКЦИИ
Наиболее естественное применение метода математической
индукции в геометрии, близкое к использованию этого метода
в теории чисел и в алгебре,— это применение к решению
геометрических задач на вычисление. Рассмотрим несколько
примеров.
Пример 5. Вычислить сторону а п правильного 2"-уголь-
ннка, вписанного в круг радиуса /?.
Решение. 1°. При п = 2 правильный 2"-угольник есть
квадрат; его сторона а4 = /?]/2. Далее, согласно формуле
удвоения
а„+1 =	2R* — 2R V—
т-1	4
находим, что сторона правильного восьмиугольника я.—
—/?|Л2—]/2, сторона правильного шестнадцатиугольника
ale = /?j/"2 — 1/”2+-j/'2, сторона правильного тридцатидвух-
угольника aS2 = R У^2 — ]/ 22-(-]/2 • Можно пред-
положить поэтому, что сторона правильного вписанного
10
2”-угольника при любом п 2 равна
]/2 + /2+...+/2.	(6)
п — 2 двоек
2°. Допустим, что сторона правильного вписанного 2”-уголь-
ника выражается формулой (6). В таком случае по формуле
удвоения
,г г>2	п~^ Двоек
— к	——-	—
= R j/ 2 —	2	2 -j- . . . -j- |/ 2 ,
n—1 двоек
откуда следует, что формула (6) справедлива для всех п.
Из формулы (6) вытекает, что длина С —окружности радиуса
R равна пределу выражения 2nR	2 — V2 -ф ... -ф- У" 2 при неогра-
п— 2 двоек
ниценном возрастании п и, следовательно,
г. — lim 2п~1 тА — /2 + ... +
Л->ОО	Г	z
п — 2 двоек
= Ит 2Л/2 — /24-...+ /2 .
72-» СО '
п—1 двоек
Задача 3. Пользуясь формулой (6), доказать, что тг равно
пределу, к которому стремится выражение
_______________ 2____________________________
Т 0 + V	з(1+ ^2-)) ”
когда число множителей (квадратных корней) в знаменателе
неограниченно возрастает (формула Виета1))- Закон со-
ставления множителей определяется первыми тремя, которые
уже написаны.
х) Ф. Виета (1540—1603) — известный французский математик,
один из создателей алгебраической символики.
11
Указание. Обозначим через 5гп площадь правильного 2"-уголь-
иика, вписанного в круг радиуса R, а через h^n — его апофему. Тогда
из формулы (6) следует, что
| |Л2+pTbT+W
и— 1 двоек
И
S2„ = 1 (2na2„) h,n = 2«-2Р2 j/*2 -	2 + /24-... + ^2 =
(здесь предполагается, что п 3). Далее, имеем:
S2n ^2п~гагПН„п h.in___	180°
S~ - 2^R^ = ТУ ~ C0S ~2А~ ’
откуда следует, что
S4_S4 s3	180°	180°	180°
o2n \	S2«	4	8	2n 1
2
Так как Si — 2R!! и lim S2rl = xRs, to— равно пределу выражения
CO	•“
45°	45°
cos 45° cos	cos	..
Затем остается только воспользоваться формулой
а , Г1 4- cos а
C°S -2 — у  -2	.
Пример 6. Указать правило вычисления радиусов гп и Rn
вписанной и описанной окружностей правильного 2”-угольника,
имеющего данный периметр Р.
С	р
Решение. 1°. г ,
2	8 I
2°. Зная радиусы гп и Rn
вписанной и описанной окруж-
ностей правильного 2”-угольнп-
ка периметра Р, вычислим ради-
ЧеРт- 1-	усы гп + 1 и R„ + x вписанной и опи-
санной окружностей 2Л +'-уголь-
ника того же периметра. Пусть АВ (черт. 1) — сторона пра-
вильного 2”-угольника периметра Р, О — его центр, С —
середина дуги АВ и D — середина хорды АВ; далее, пусть
12
EF—средняя линия треугольника АВС и G—ее середина.
Так как
/ EOF = /_ ЕОС + /_ РОС =
=	1Z А0В>
то EF равно стороне правильного 2Я+’-угольника, вписанного
в круг радиуса ОЕ, причем периметр этого 2”+’-угольника равен
2'!| 'EF = 2" +1	= 2пАВ,
т. е. тоже равен Р. Таким образом, rn+1 = OG и R г — ОЕ.
Далее, ясно, что ОС—OG—OG—OD, т. е. R— гп =
R I г
= гп+1 — гп, откуда rn + 1 =	. Наконец, из прямоуголь-
ного треугольника ОЕС имеем ОЕ~ — ОС-OG, т. е. =
=	+ i и + i =	+ Итак, окончательно:
гп+г = ^ и Rn+1=VR^;.
Рассмотрим последовательность г2, /?2, г8, /?3,...,Rn,... Члены
этой последовательности стремятся к радиусу окружности длины Р,
Р	1	У'2
т. е. к -—. В частности, при Р = 2 имеем г» = -г и й, = —г— •
2г.	2	4	2	4
Полагая еще г,—0 и	получаем следующую теорему:
Если составить последовательность чисел
11/2	/2-1-1	/2 У"2 + 4
°’ 2 ’ 4 ’	4 ’	8	’	8
/2/2 + 4 + /2 + 1
16	’•••’
первые два члена которой равны 0 и у, а каждый из остальных
попеременно равен среднему арифметическому и среднему геоме-
трическому двух предшествующих, то члены этой последователь-
ности стремятся к — .
Пример 7. Определить сумму внутренних углов «-уголь-
ника (не обязательно выпуклого!).
Решение. 1°. Сумма внутренних углов треугольника
равна 2d. Сумма внутренних углов четырехугольника равна
13
bd, так как каждый четырехугольник можно разбить на два
треугольника (черт. 2).
2°. Предположим уже доказанным, что сумма внутрен-
них углов любого А-угольникз, где А А и, равна 2d (&— 2), и
рассмотрим л-угольник
АА---А-
Прежде всего дока-
жем, что во всяком мно-
гоугольнике можно найти
диагональ1), разбивающую
его на два многоуголь-
ника с меньшим числом
сторон (для выпуклого
многоугольника это яс-
но). Пусть А, В, С —
любые три смежные вер-
шины многоугольника. Через вершину В проведем всевоз-
можные лучи, заполняющие внутренний угол АВС многоуголь-
ника до пересечения их с контуром многоугольника. Возможны
два случая:
А. Все лучи упираются в одну и ту же сторону много-
угольника (черт. 3, а). В этом случае диагональ АС разби-
вает наш л-угольник на (п—1)-угольник и треугольник.
Б. Не все лучи упираются в одну и туже сторону (черт. 3,6).
В этом случае один из лучей будет проходить через некото-
рую вершину М многоугольника, и диагональ ВМ будет раз-
бивать многоугольник на два многоугольника с меньшим
числом сторон.
г) Заметим, что диагональ невыпуклого многоугольника может
пересекать его или целиком лежать вне его (как диагональ BD на
черт, 2, б).
14
Вернемся теперь к доказательству нашего основного утверж-
дения. В я-угольнике А1А2...Ап проведем диагональ AxAk,
разбивающую его на k-угольник АгАг... Ak и (п — k 2)-уголь-
ник A1AkAk+1.. .Ап. Согласно сделанному предположению
суммы внутренних углов А-угольника и (я—- A-j-2)-угольннка
соответственно равны 2d (k—2) и 2й?[(я— А-]-2)— 2] =
= 2д?(я— k); поэтому сумма углов я-угольника Д1Д2.. ,АЯ
будет равна
2d (А — 2) 2d (n — k) = 2d (п — 2),
откуда следует справедливость нашего утверждения для всех я.
Как мы видели в примере 7, во всяком многоугольнике
можно найти диагональ, разбивающую его на два многоуголь-
ника с меньшим числом сторон. Каждый из этих многоуголь-
ников, не являющийся треугольником, можно снова разбить
на два многоугольника с меньшим числом сторон и т. д. Сле-
довательно, каждый многоугольник можно непересекающимися
диагоналями разбить на треугольники.
Пример 8. На сколько треугольников я-угольник (не обя-
зательно выпуклый) может быть разбит своими непересекаю-
щимися диагоналями?
Решение. 1°. Для треугольника это число равно единице
(в треугольнике нельзя провести ни одной диагонали); для
четырехугольника это число равно, очевидно, двум (см.
черт. 2, а и б).
2Э. Предположим, что мы уже знаем, что каждый А-уголь-
ник, где А<^я, разбивается непересекающимися диагоналями
на k — 2 треугольника (независимо от способа разбиения).
Рассмотрим одно из разбиений я-угольника А1Аг.. ,Ап на тре-
угольники. Пусть А^ь — одна из диагоналей этого разбиения;
она делит я-угольник А1А2...Ап на А-угольник А1Аг...Ак
и (я — A -j- 2)-угольник A1AkAk+1.. ,Ап. В силу сделанного пред-
положения общее число треугольников разбиения будет равно
(А — 2)-1-[(я — А+ 2) — 2] = я — 2,
тем самым наше утверждение доказано для всех я.
Задача 4. Определить число N непересекающихся диаго-
налей, используемых при разбиении я-угольника на треуголь-
ники.
Указание. Из того, что диагоналей и п сторон я-угольника
являются сторонами я —2 треугольников (см. пример 8), следует, что
2^4-я —3(я — 2), N—n — 3.
15
Пример 9. Указать правило вычисления числа Р(п) спо-
собов, которыми выпуклый л-угольник может быть разбит на
треугольники непересекающимися диагоналями.
Решение. 1°. Для треугольника это число равно, оче-
видно, единице: Р(3) = 1.
2°. Предположим,
всех /г «4 л; найдем,
что мы уже определили числа P{k) для
чему
равно в таком случае Р(п). Для
этого рассмотрим выпуклый fl-
угольник A1Az,..Alt (черт. 4).
При всяком разбиении его на
треугольники сторона А1А2 бу-
дет стороной одного из тре-
угольников разбиения, третья
вершина этого треугольника мо-
жет совпасть с каждой из точек
А3, А4, ... , Ап. Число спосо-
бов разбиения /z-угольника, при
которых эта вершина совпадает
с точкой А„, равно числу спосо-
бов разбиения на треугольники
(л— 1)-угольника Д1Л3Л4.. ,Ап,
т. е. равно Р(п—1). Число способов разбиения, при которых
эта вершина совпадает с А4, равно числу способов разбиения
(л—2)-угольника А1А4А6...Ап, т. е. равно Р(п — 2) —
= Р(п— 2)Р(3); число способов разбиения, при которых она
совпадает с А5, равно Р(п—-3)-Р(4), так как каждое из раз-
биений (« — 3)-угольника А4А... . Ап можно комбинировать при
этом с каждым из разбиений четырехугольника Д2Д3Д4Л5,
и т. д. Таким образом, мы приходим к следующему соотношению:
Р (п)=Р (п — 1)4~Р (Я—2) Р (3) + Р (Я —3) Р(4) 4- ...
...+P(3)P(«-2) + P(«-l).	(7)
С помощью этой формулы последовательно получаем:
Р(4)=Р(3)4-Р(3) = 2,
Р(5) = Р(4)Ц-Р(3)Р(3)+Р(4) = 5,
Р (6) = Р (5) + Р (4) Р (3) 4- Р (3) Р (4) 4- Р (5) = 14,
Р(7) =Р (6) + Р (5) Р (3) + Р (4) Р (4)4-Р(3)Р (5) + Р(6)=42,
Р(8) = Р(7)4-Р(6)Р(3)4-Р(5)Р(4)+Р(4)Р(5) +
4-Р(3)Р(6)4-Р(7) = 132 и т. д.
Примечание. С помощью формулы (7) можно доказать, чт о
при всяком п
Р (п) — —_______
(п—	— 3i'
16
[см., например, книгу А. М. Яг лом и И. М. Яг лом, Неэлементар-
ные задачи в элементарном изложении, М., Гостехиздат, 1954 (серия
«Библиотека математического кружка», вып. 5), решение задачи 51 б)].
Задача 5. На сколько частей выпуклый «-угольник раз-
бивается всеми своими диагоналями, если никакие три из них
не пересекаются в одной точке.
Указание. Выпуклый (я 1)-угольник ЛхЛа.. ,ЛгаЛга+1 диаго-
налью АгАп разбивается на «-угольник АгА2...Ап и треугольник
АгАпАп+1. Считая известным число F («) частей, на которые разби-
вается своими диагоналями я-угольник А1А2...Ап, сосчитаем, сколько
частей добавляется от присоединения вершины Ага+1 (это число на
единицу больше числа частей, на которые диагонали, выходящие из
вершины А„+1, разбиваются остальными диагоналями). Так мы найдем
соотношение
А (я 4- 1) = Л(«) + (я- 1)+ 1 (« — 2) 4- 2 (zz — 3)+ ...
... +(я-3)2 + (и-2) 1-
которое с помощью формул (2) и (5) Введения (стр. 8—9) можно пере-
писать в виде
F (п + 1) = F (я) + (« - 1) +	=
, я3	пг , 4«
~Л(”)+ 6	2 + 3	L
Суммируя значения F (п), F (я — 1), ..., F (4) и используя формулы (2),
(3) и (4) Введения, получим:
л^(«-1)("-2)(я2-3«+12).
§ 2. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ПО ИНДУКЦИИ
Уже некоторые предложения предыдущего параграфа можно
рассматривать как примеры использования метода математиче-
ской индукции для доказательства геометрических теорем.
Например, предложение примера 7 можно сформулировать так:
доказать, что сумма углов «-угольника равна 2d («— 2); в при-
мере 8 было доказано, что непересекающпеся диагонали раз-
бивают «-угольник на л—2 треугольника. В этом параграфе
мы рассмотрим дальнейшие примеры такого же рода.
Пример 10. Дано п произвольных квадратов. Доказать, что
их можно разрезать на части так, что из полученных частей
можно сложить новый квадрат.
Решение. 1°. При «=1 наше утверждение не нуж-
дается в доказательстве. Докажем, что и при п = 2 оно также
17
справедливо. Обозначим стороны заданных квадратов ABCD
и abed соответственно через х и у; пусть хР?у. На сторо-
нах квадрата ABCD со стороной х (черт. 5,а) отложим
отр'езки AM—BN—CP^DQ — ^— и разрежем этот ква-
драт по прямым МР и NQ, которые, как легко видеть, пере-
секаются в центре О квадрата и образуют между собой пря-
мой угол, разбивая квадрат на четыре равные части. Эти куски
приложим ко второму квадрату, как показано на черт. 5, б.
Черт. 5.
Полученная фигура тоже будет квадратом, так как углы при
точках М, N', Р', Q' — развернутые, углы А', В', С, D' —
прямые и А'В' = В’С — CD' — D'A'.
2°. Допустим, что наше утверждение уже доказано для п ква-
дратов, и пусть дано я-|-1 квадратов К„ Kv	Кп + 1.
Выберем любые два из этих квадратов, скажем Кп и A\+1-
Как показано в п. 1°, разрезая один из этих квадратов и
прикладывая полученные куски ко второму, можно получить
новый квадрат К' Далее, согласно сделанному нами предполо-
жению квадраты К,, Кг,	К' можно так разрезать
на части, что из этих частей можно сложить новый квадрат,
что и требовалось доказать.
Пример 11. Дан треугольник АВС. Через его вершину С
проведено п—1 прямых С/Их, СЛ12, ..., СМп_г, разбивающих
треугольник на п меньших треугольников АСМ^ МгСМ2,...
...,Мп_1СВ. Обозначим через гх, г2, . ..,гл и р2, р2, . ,.,рл
соответственно радиусы вписанных и вневписанных окружно-
стей этих треугольников (все вневписанные окружности вписаны
в угол С треугольника; см. черт. 6, а), и пусть г и р —
18
радиусы вписанной и вневписанной окружностей самого тре-
угольника АВС. Доказать, что
5.	... r-a — L .
Pl Ра Рп Р
Решение. Обозначим через 5 площадь треугольника АВС
и через р — его полупериметр; тогда, как известно, S — pr.
Черт. 6.
С другой стороны, если О — центр вневписанной окружности
этого треугольника (черт. 6, б), то
5 = Зд ОАС Зд ОСВ--------Зд ОАВ — -Ь аР-------------- 2~с? ~
= 1 (£> 4- а — с) р = (р — с) р;
19
следовательно,
/	\	гр — с
рг=^-с)? и
Далее, по известным формулам тригонометрии
t ___ 1 /(Р -Ь)(Р~ с)
° 2 V р(р-а)
и
to- — = 1Л(Р'~а)(/7~~с)
° 2 г р (р — Ь) ’
откуда
trr Л щ в . 1/ е - fci е - е) (Р - а> (Р ~ е)___ Р - с	г
ь 2 s 2 К р(р — а) р(р — Ъ) — р — ?
После этих предварительных замечаний обратимся к дока-
зательству теоремы.
1°. При п=\ наше утверждение не нуждается в доказа-
тельстве. Докажем его справедливость для п = 2. В этом
случае треугольник АВС прямой СМ разбит на два меньших
треугольника АСМ и СМВ. В силу формулы (8)
г. г. , A t СМА t СМВ . В
А , СМА . 180° - / СМА В , А , В г
= tg tg tg------------------- tg = tg - tg - = ?
2
2°. Предположим, что наше утверждение уже доказано
для п — 1 прямых, и пусть дано п прямых СМг, СМ2, ..., СМп,
разбивающих треугольник АВС на и-J-l меньших треуголь-
ников ACMlt МгСМ2, ..., МпСВ. Рассмотрим два из этих
треугольников, скажем АСМг и СМгМ2. Как мы видели в п. 1°,
С ,
Pl ?2	Р12 ’
где г12 и р — радиусы вписанной и вневписанной окружно-
стей треугольника АСМ2. Но для п треугольников АСМ2,
M2CMS, ..., МпСВ в силу сделанного предположения имеет
место равенство
{12 . Д.	Ci ,	 г
Р12 Рз	?П ?П+1	?
и, следовательно,
С_ .	Ci . Сг + i 
? 1 Рз Р» Р/1 +1	Р
20
Задача 6. Пусть прямые СМ п СМ’ двумя способами раз-
бивают треугольник АВС на два треугольника АСМ, СМВ и
АСМ', СМ'В; гг, г2 и г[, г’2— соответственно радиусы окруж-
ностей, вписанных в эти треугольники. Доказать, что если
г1 = г‘1, то г =г', и что аналогичное свойство имеет место
также и для радиусов вневписанных окружностей.
Указание. В обозначениях примера 11 доказать сначала, что
г . 2г р _ 2р
— — 1----и — — 1 Н—г »
р	п г ' h
(где Л —высота, проведенная из вершины С), откуда вытекают равен-
ства
(. 2П Vi _	—1	—fi
\ h A	h~\ h j \ h )
u
Задача 7. В обозначениях примера И доказать, что
Г1 + ?I I G ~Ь ?2 1	I	 г + ?
К	   1 Rn R ’
где R R2, ...,Rn и R — соответственно радиусы описанных
окружностей треугольников ACMlt MtCM2, МпСВ и АВС,
„	„	аЬс
Указание. Как известно, S=pr — (p — c)p —	, откуда, при-
меняя теорему косинусов, получаем:
S . S
г -j- р _ р ‘р — с__(а Ь) [с2 — (а — Уг] _
2R abc	2abc
2S
Задача 8. Дано п окружностей С2, С2, ...,Сп, проходя-
щих через точку О; вторые точки пересечения окружностей
С\ и С, С2 и С3, . . ., Сп и С, обозначим, соответственно, че-
рез Дх, А2, .. .,Ап (черт. 7, а). Пусть — произвольная точка
окружности Сг, отличная от О и от Дх. Проведем секущую B2Alt
пересекающую окружность С2 в точке В2, затем секущую В2А2,
пересекающую окружность С3 в точке В2, и т. д. (в случае,
21
бели, например, точка В2 совпадает с Аа, вместо секущей
через точку Аг проводим касательную к окружности С2).
Доказать, что полученная в конце концов на окружности С,
точка Вп+1 совпадает с Bv
Указание. Предварительно доказать следующую лемму. Пусть
Ог и О2 — центры окружностей Сг и С2, пересекающихся в точке О,
и 5Х52 — секущая, проведенная через вторую точку Аг пересечения
У
Черт. 7.
этих окружностей (см. черт. 7, б); тогда отрезки 5ХВ2 и 0,0, видны
из точки О под одним и тем же углом. Затем доказать предложенную
теорему для трех Окружностей. После этого, предполагая, что теорема
справедлива для п— 1 окружностей, рассмотреть п окружностей
С2, ,.,,Сп. Провести секущую через точку и точку пересе-
чения окружностей Ся_, и С,; к п— 1 окружностям С2, ...,	,
применить индуктивное предположение.
Пусть на плоскости задана сеть линий, соединяющих между -
собой какие-то точки А,, Аа, ..., Ар и не имеющих других
общих точек; мы будем считать еще, что эта сеть линий
«состоит из одного куска», т. е. что из каждой из точек
Aj, А2, ..., А можно попасть в любую другую, двигаясь
только вдоль линий сети (свойство связности). Такую сеть
22
линий мы будем называть картой, заданные точки — ее в е р-
шннамн, отрезки кривых между двумя смежными верши-
нами— границами карты, части плоскости, на которые она
разбивается границами (в том числе и бесконечную внешнюю
область),— странами карты. Так, на черт. 8 точки Аг, At,
Аа, 4 , А , Ае, А?, А8 являются вершинами карты, кривые АхАг,
А2А7, АгАв, AeA„ A4Ax, А,А3, А3А6, АвА., АА7, Л4Л,— ее
границами, области	аа, а3 и бесконечная внешняя
область а — ее странами.
Пример 12. Теорема Эйлера. Обозначим число стран
произвольной карты через а, число ее границ— через I и
число вершин—через р. Тогда
s-\-p — Z-L 2.
Доказательство. Проведем индукцию по числу Z гра-
ниц карты.
1°. Пусть Z = 0, тогда s=l, р=1; в этом случае
s-\-p — Z—2.
2°. Предположим, что теорема справедлива для любой
карты, имеющей п границ, и рассмотрим карту, содержащую
Z = «-)-l границ, s стран и р вершин. Возможны два случая.
а)	Для любых двух вершин карты существует единствен-
ный соединяющий их путь вдоль границ карты (хотя бы один
такой путь существует ввиду связности карты). В этом случае
карта не содержит ни одного замкнутого контура и, следова-
тельно, имеет вид, изображенный на черт. 9; при этом s=l.
Покажем, что на такой карте найдется хотя бы одна вершина,
принадлежащая только одной границе (как вершина Аг на
23
черт. 9; такую вершину мы будем называть крайней).
Действительно, возьмем произвольную вершину карты. Если
она — не крайняя, то она служит концом по крайней мере
двух границ. Пройдем по одной из этих границ до второй
ее вершины. Если и эта вершина—не крайняя, то она служит
концом какой-то другой границы; пройдем по этой границе
до второго ее конца и т. д. Так как карта по условию не
содержит замкнутых контуров, мы не вернемся ни к одной из
ранее пройденных вершин и ввиду конечности числа вершин
карты в конце концов придем к такой вершине, которая уже
будет крайней. Удалив эту вершину вместе с единственной
границей, имеющей ее своим концом, мы получим новую карту,
в которой
1’ = 1—1=п, s'= s=l, р =р—1,
причем эта новая карта останется, конечно, связной. В силу
индуктивного предположения
5 р I —j— 2,
откуда и
s -|~р = I -j- 2.
б)	Существуют две вершины, соединимые более чем одним
путем (черт. 8). В таком случае на карте имеется некоторый
24
замкнутый контур, проходящий через эти вершины. Удалив
одну из границ этого контура (без вершин), мы получим новую
связную карту, в которой
Г = 1-- 1 = «, р~р, s' = s—1.
По предположению индукции
s' р' — I' 2,
откуда и
sр = Z —2.
Пример 13. Доказать, что если в каждой вершине карты
сходится не менее трех границ (т. е. если карта не содержит
таких вершин, как Л2, Аа, А., Д8, и таких границ, как Л4Ла
на черт. 8), то найдется страна карты, имеющая не более
пяти границ.
Решение. Так как в каждой из р вершин карты схо-
дится не менее трех границ, то Зр не превосходит удвоен-
ного числа границ 2/ (удвоенного, ибо каждая граница соеди-
няет две вершины); отсюда
о
Предположим теперь, что каждая из $ стран карты имеет не
менее шести границ; тогда 6s не превосходит удвоенного
числа границ 2Z (удвоенного, ибо каждая граница разделяет
две страны), откуда
s<|z.	(10)
О
Неравенства (9) и (10) дают:
у/-)- g-Z=/,
что противоречит те'ореме Эйлера. Следовательно, наше пред-
положение о том, что каждая страна
имеет не меньше шести границ, не-
верно.
Задача 9. На плоскости даны
пять точек. Доказать, что нельзя
соединить каждую из этих точек
с каждой другой попарно не пересе-
кающимися линиями (черт. 10).
Указание. Предположив, что	Черт. 10.
все эти точки соединены с соблю-
дением условий задачи, мы придем к карте, имеющей 5 вер
5-4
шин, —=Ю границ и, следовательно, 7 стран (теорема Эйлера!).
4
25
Невозможность такой карты вытекает из рассуждений, близких к
тем, которые привели к неравенству (10).
Другие примеры применения теоремы Эйлера о картах чи-
татель сможет найти в книге: Е. Б. Д ы н к и н и В. А. У с п е н-
ский, Математические беседы, М.—Л., Гостехиздат, 1952
(серия «Библиотека математического кружка», вып. 6).
Задача 10. Доказать, что если р — число вершин,/ — чи-
сло ребер и $ — число граней выпуклого многогранника, то
$-|_р = /4-2
(теорема Эйлера о многогранниках).
Указание. Поместим многогранник внутрь шара достаточно
большого радиуса и из центра шара (который можно считать находя-
щимся внутри многогранника) спроектируем все точки многогранника
на сферу (поверхность шара). Полученную на сфере карту спроекти-
руем из произвольной ее точки, не принадлежащей никакой границе,
на плоскость, касающуюся сферы в диаметрально противоположной
точке (стереографическая проекция). К полученной пло-
ской карте применим теорему Эйлера.
Задача 11. Доказать, что всякий многогранник имеет либо
треугольную, либо четырехугольную, либо пятиугольную грань.
Указание. См. пример 13.
Задача 12. Доказать, что не существует многогранника
с семью ребрами.
Указание. Применить теорему Эйлера.
Другие примеры применения теоремы Эйлера о многогран-
никах читатель может найти, например, в книге: Д. О. Шкляр-
ский, Н. Н. Ченцов и И. М. Яг л ом, Избранные задачи
и теоремы элементарной математики, ч. Ill, М., Гостехиздат,
1954 (серия «Библиотека математического кружка», вып. 3).
Задачи о раскраске карт
Пусть на плоскости задана некоторая карта. Мы будем
говорить, что она правильно раскрашена, -если каждая
ее страна закрашена определенной краской, причем любые две
страны, имеющие между собой общую границу, закрашены
в разные цвета. Примером правильно раскрашенной карты
может служить любая географическая карта. Всякую карту
можно правильно раскрасить, например, закрасив каждую ее
страну в особый цвет, однако такая раскраска неэкономна.
26
Естественно,возникает вопрос, каково то наименьшее число
красок, которым можно правильно раскрасить заданную карту.
Ясно, что, например, карту, изображенную на черт. 11, а,
можно правильно раскрасить двумя красками; для правильной
раскраски карты, изображенной на черт. И, б, необходимы
уже три краски; карту же, изображенную на черт. 11, в,
можно правильно раскрасить только четырьмя красками. До
сих пор не найдено ни одной карты, которую не удалось
Й	д1	S)
Черт. И.
бы правильно раскрасить четырьмя красками. Впервые, пови-
димому, обратил внимание на это обстоятельство известный
немецкий математик Мебиус более ста лет назад. С тех пор
многие крупные ученые пытались решить эту проблему
четырех красок, т. е. либо доказать, что четырех кра-
сок достаточно для раскраски любой карты, либо найти пример
карты, которую четырьмя красками раскрасить нельзя, однако
до сих пор этого никому не удалось сделать. Установлено
только, что для правильной раскраски любой карты, во вся-
ком случае, достаточно пяти красок (см. ниже пример 17).
Нетрудно найти также условия, при которых карта может
быть раскрашена двумя (пример 15) или тремя (пример 16)
красками. Мы укажем, кроме того, некоторое условие, необ-
ходимое и достаточное для того, чтобы карта могла быть
правильно раскрашена четырьмя красками (пример 18); вопрос
же о том, выполняется ли это условие для любой карты или
имеются ли карты, ему не удовлетворяющие, остается, по-
нятно, открытым.
Любопытно отметить, что для некоторых поверхностей,
устроенных, казалось бы, более сложно, чем плоскость, про-
блема раскраски карт решена полностью. Так, например,
доказано, что на поверхности «баранки», или тора (черт. 12),
для правильной раскраски любой карты достаточно семи
27
красок, причем существуют карты, которые нельзя правильно
раскрасить шестью красками.
В дальнейшем мы будем предполагать, что карта не со-
держит неразделяюш.их границ, т. е. границ, по обе стороны
от которых лежит одна и та
же страна (как граница Л4Л8
на черт. 8, стр. 23), потому
что в противном случае поста-
новка задачи о правильной рас-
краске не имеет смысла. Мы
будем также предполагать, что
карта не содержит вершин, в
Черт. 12.	которых сходятся лишь две
границы (как вершина Л2 на
черт, 8), ибо такая вершина была бы лишней. Другими сло-
вами, мы будем рассматривать лишь такие карты, в каждой
вершине которых сходится не менее трех границ, т. е. карты,
удовлетворяющие условию примера 13; результат этого примера
в дальнейшем будет неоднократно использоваться. Нам будет
удобно еще считать, что на карте имеется только одна беско-
нечная область, т. е. что карта не имеет границ, «уходящих
в бесконечность»; можно показать, что отказ от этого послед-
него условия не изменил бы ни одного из дальнейших выводов.
Карту, в каждой вершине которой сходится ровно три
границы, мы будем называть нормальной. Пусть дана
Черт. 13.
произвольная карта S (черт. 13, а). Выделив около каждой
из вершин этой карты, в которой сходится более трех границ,
достаточно малый кружок и присоединив его к одной из стран,
окружающих эту вершину, мы получим нормальную карту S'
с тем же числом стран (черт. 13, б); при этом из всякой пра-
вильной раскраски карты 5' легко получается правильная рас-
краска карты S тем же числом красок и наоборот. Поэтому
28
в вопросе о правильной раскраске карт мы часто будем огра-
ничиваться рассмотрением нормальных карт.
Выясним теперь, как устроены простейшие нормальные
карты1). Пусть р — число вершин, I—число границ и s — чи-
сло стран нормальной карты; тогда 21=3р (ср. выше стр. 25),
9
откуда р = 1. Кроме того, по теореме Эйлера $-{-/> = /—{—2;
значит,
s = (/ — р)	2 = -у Ц- 2
и, следовательно, s 2s 2. Но при s — 2 находим, что I— 0;
такой карты, очевидно, не существует. Полагая $=3, полу-
чим 1=3 и р — 2; эта простейшая нормальная карта имеет
вид, изображенный на черт. 14,а. При «==4 получаем 1=6
и р = 4. Покажем, что в этом случае карта имеет вид,
изображенный на черт. 14, б или в. Действительно, обозна-
чим через й2 число двуугольников карты, через ks—число
ее треугольников и через kt— число четырехугольников (так
как р — 4, карта не может иметь стран, число вершин кото-
рых больше четырех). Тогда
К +	— 5 = 4
и
2k2 -J— 3k,j	4k t = 21 = 12
(ср. выше стр. 25); из последнего равенства видно, что
четно. Сумма /г2 -j- k, /г4, равная 4, с точностью до по-
рядка слагаемых может иметь вид 2-}-2-}-0, 2-j-l-[-l,
3—1 —0, 4—0—0. Рассмотрим каждый из этих случаев.
г) Здесь и в дальнейшем не различаются «одинаково устроенные»
карты (как изображенные на черт. 11,в и 23,я), страны и границы
которых можно перенумеровать так, что на обеих картах одинаково
занумерованные страны разделяются одинаково занумерованными
границами.
29
Если два из значений k равны 2 и одно — нулю, то при
k2—~2, ks = 2, Л4 —0 сумма 2k2-[-3k;s-\-4ki~ 10< 12;
при k2 = 2, ks = 0, kl = 2 сумма 2k2 -ф- 3/г3 -ф-	= 21 = 12—
этому случаю отвечает карта, изображенная на черт. 14, б\
при /гг = 0, fe3 = 2, Л4 = 2 сумма 2/г2З&3-ф-4/г4 = 14 >12.
Если одно из значений k равно 2 и два — единице, то лишь
при kt — 1, /г3 — 2, ki = 1 сумма 2k2 -ф- Зй„ -ф- 4&4 = 12—такая
карта существует, но она не является нормальной (черт. 15).
Если одно из значений k равно 3 и одно — единице, то
должно быть &3 = 0,так как ks четно; при этом 2fe24/г4=412.
Наконец, если одно из значений k равно 4 и остальные —
нулю, то лишь при k2 = ki = 0, /г3 = 4 сумма 2/гг -ф- 3ks -ф-
-ф- 4/г4 равна 21 = 12 — соответствующая карта имеет вид, изоб-
раженный на черт. 14, в.
1
Черт. 16.
Иногда мы будем раскрашивать не только страны, но и
границы карты; при этом цвета, в которые закрашены
границы, мы будем обозначать цифрами 1, 2, 3, .. . Если все
границы, сходящиеся в одной и той же вершине, получают
при такой нумерации границ разные номера, то мы будем
называть соответствующую нумерацию границ карты пра-
вильной (см., например, черт. 16). Отметим, что задача
о такой нумерации вершин карты, при которой «соседние»
вершины, т. е. вершины, соединенные одной границей, полу-
чают разные номера, тоже связана с задачей о правильной
раскраске стран карты; см. по этому поводу, например, книгу
Е. Б. Дынкина и В. А. Успенского, указанную на стр. 26,
в которой читатель сможет также найти другие доказательства
многих из приводимых ниже теорем.
30
Пример 14. На плоскости дано п окружностей. Доказать,
что при любом расположении этих окружностей образуемую
ими карту можно правильно раскрасить двумя красками.
Решение. 1°. При я=1 утверждение очевидно.
2°. Предположим, что наше утверждение справедливо для
любой карты, образованной п окружностями, и пусть на пло-
скости задано п -4-1 окружностей. Удалив одну из этих
Ч>	61
Черт. 17.
окружностей, мы получим карту, которую в силу сделанного
предположения можно правильно раскрасить двумя красками,
например черной и белой (черт. 17, а). Восстановим затем
отброшенную окружность и по одну сторону от нее (напри
мер, внутри) изменим цвет каж-
дой области на противополож-
ный (т. е. черный — на белый
и наоборот); легко видеть, что
при этом мы получим каргу,
правильно раскрашенную двумя
красками (черт. 17, б).
Задача 13. На плоскости
задано п окружностей, в каждой
из которых проведено по хорде.
Доказать, что образуемую ими
Черт. 18.
карту можно правильно раскра-
сить тремя красками (черт. 18).
Указание. Пусть карта, образованная п окружностями с хор-
дами, правильно раскрашена тремя красками а, у.
Проведем (л-)-1)-ю окружность и цвета стран, расположенных
внутри этой окружности по одну сторону от соответствующей хорды,
изменим по схеме <х -> у, у -+ а, а цвета стран, расположенных
внутри окружности по другую сторону от хорды, — по схеме а -> у,
ЙМ + ?
31
Пример 15. (Теорема о двух красках.) Для того
чтобы карту можно было правильно раскрасить двумя красками,
необходимо и достаточно, чтобы в каж-
\	дой ее вершине сходилось четное число
1 \	сЬ границ.
\	Решение. Необходимость
Р'С & этого условия очевидна, так как если
/	в какой-нибудь вершине карты сходится
г /	нечетное число границ, то уже страны,
/	окружающие эту вершину, нельзя пра-
Чеот 19 вильно раскрасить двумя красками
(черт. 19).
Для доказательства достаточности условия проведем
индукцию по числу границ карты.
1°. Для карты с двумя границами утверждение очевидно
(черт. 20).
2°. Предположим, что теорема справедлива для любой карты, -
в каждой вершине которой сходится четное число границ
и общее число границ которой не
превосходит я, и пусть дана карта 5,
имеющая д-|-1 границ и удовлетворяю-
щая тому же условию. Начиная с про-
извольной вершины А карты S, станем
двигаться в произвольном направлении
вдоль границ карты. Ввиду конечно- Черт. 20.
сти числа вершин карты мы вернемся
в конце концов в одну из уже пройденных вершин (карта не
имеет крайних вершин, потому что на ней нет неразделяющих
границ) и сможем выделить некоторый не имеющий самопере-
сечений замкнутый контур, состоящий из границ карты. Уда-
лив этот контур, мы получим карту S' с меньшим числом
границ, в.-: каждой, вершине которой также сходится четное
число границ (потому что в каждой вершине карты S отбра-
сывалось четное число границ — 0 или 2). В силу индуктив-
ного предположения карту S' можно правильно раскрасить
двумя красками.
Восстановив отброшенный контур и изменив все цвета с
одной стороны от него (например, внутри), мы и получим
правильную раскраску карты S.
Пример 16. (Теорема о трех красках.) Для того
чтобы нормальная карта могла быть правильно раскрашена
тремя красками, необходимо и достаточно, чтобы каждая ее
страна имела четное число границ.
32
Доказательство. Необходимость сформулирован-
ного условия очевидна, так как если на карте имеется страна ст с
нечетным числом границ, то уже ст и страны, пограничные с ней,
невозможно правильно раскрасить тремя красками (черт. 21).
Для доказательства доста-
точности условия проведем ин-
дукцию по числу п стран карты.
1°. Для нормальной карты, со-
стоящей из трех стран (см. черт.
14, а на стр. 29), наше утвержде-
ние очевидно. Нормальную кар-
ту, состоящую из четырех стран
и изображенную на черт. 14,6,
тоже можно, очевидно, раскра-
сить тремя красками (для этого
достаточно закрасить «внутрен-
нюю» страну той же краской, что
и внешнюю область); нормальная
карта, изображенная на
черт. 14, в, не удовлетворяет условию о четности числа гра-
ниц каждой страны. Таким образом, каждая нормальная карта,,
число стран которой равно 3 или 4 и каждая страна которой
имеет четное число границ, может быть правильно раскра-
шена тремя красками.
2°. Предположим, что теорема верна для любой нормаль-
ной карты, каждая страна которой имеет четное число границ
и общее число стран которой равно п— 1 или п, и рассмотрим
нормальную карту 5, удовлетворяющую тому же условию и
имеющую п-]-1 стран. Как вытекает из примера 13, на
карте 5 найдется страна а, имеющая не более пяти границ.
В нашем случае ст будет иметь либо две, либо четыре гра-
ницы. Рассмотрим каждый из
этих случаев.
А. ст и м е е т две г р а-
и и ц ы. Пусть А и В — вер-
шины этой страны, ст и
ст2 — соседние с ней страны
(черт. 22). Удалив границу
между странами ст и ст15 мы
получим карту S', которая
также будет нормальной,
так как точки А и В просто
перестанут быть вершинами (мы условились, что карта не
имеет лишних вершин), а в остальных вершинах будет сходиться
2 Индукция в геометрии
33
прежнее число границ. Каждая страна карты S' также имеет
четное число границ, так как число границ каждой из стран
Cj и з2 уменьшится на 2, а число границ каждой из осталь-
ных стран не изменится. Так как число стран карты S' равно п,
то в силу индуктивного предположения ее можно пра-
вильно раскрасить тремя красками а, у. Пусть страны
= и з'=з2 получат при этом соответственно цвета
а и fk Восстановив страну а и закрасив ее цветом у, мы по-
лучим правильную раскраску карты S.
Б. а имеет четыре границы. Может случиться, что
какие-либо две из прилегающих к а с противоположных сто-
рон стран граничат между собой или даже совпадают
(черт. 23, а или 14, б); однако в этом случае две другие
граничащие с а страны уже не могут ни иметь между собой
общих границ, ни совпадать. Пусть такими будут страны з2
и з, (черт. 23, б). Присоединим страны з2 и з4 к а, удалив
границы АВ и CD. Мы получим карту S', которая будет так-
же, очевидно, нормальной, причем и на этой карте каждая
страна будет иметь четное число границ. Действительно, если
число границ страны з4 было равно 2kJt число границ страны
равно 2й2, число границ страны as равно 2й3 и число границ
страны а4 равно 2kt, то страна з' = з з2 -)-з4 будет иметь
2/г2-)-2й4—4 границ, страна а'1 = а1 будет иметь 2k±—2
границ и страна а' = а3 будет иметь 2ks — 2 границ, в то
время как число границ каждой из остальных стран не
изменится. [В том случае, когда страны з и з3 совпадают,
эта страна на карте S' будет иметь на четыре границы меньше,
чем на карте S.j
34
Так как карта S' имеет п— 1 стран, то ее в силу индук-
тивного предположения можно правильно раскрасить тремя
красками а, у. Покажем, что при этом страны ст' и ст' бу-
дут закрашены в один и тот же цвет (это утверждение оче-
видно, если ст' совпадает с ст'). Действительно, пусть страна ст'
окрашена цветом а, страна <?'•—цветом Так как на участке
MN к ст' прилегает нечетное число стран (2£2— 3) и цвета
этих стран должны, очевидно, чередоваться в последователь-
ности у, (3, у, (S, .. ., у, то страна ст' будет закрашена цве-
том Восстановив страну ст и закрасив ее цветом у, мы по-
лучим правильную раскраску карты S.
Пример 17. (Теорема о пяти красках.) Любую
нормальную карту можно правильно раскрасить пятью красками.
> Доказательство. 1°. Для карты, число стран которой
не превосходит пяти, утверждение очевидно.
2°. Предположим, что теорема справедлива для любой
нормальной карты, число стран которой равно п—1 или п,
и рассмотрим карту S, состоящую из п -|- 1 стран. Как было
показано в примере 13, карта S содержит по крайней .мере
одну страну ст, число границ которой не превосходит пяти.
Рассмотрим все случаи, которые при этом могут иметь место.
а)	ст имеет две границы (см. черт. 22 на стр. 33).
Пусть стх и ст2 будут соседние с ст страны. Присоединив страну
□ j к ст, мы получим нормальную карту S', число стран кото-
рой равно п.
В силу индуктивного предположения карту S можно пра-
вильно раскрасить пятью красками. Страны ст' —ct-^-CTj и
ст' = ст2 будут при этом окрашены какими-то двумя из этих
красок. Восстановив страну ст, мы сможем закрасить ее одной
из трех оставшихся красок.
б)	ст имеет три границы (черт. 24, а). Присоединим
сх к ст. Закрасив полученную карту S пятью красками, мы
сможем затем закрасить страну ст одним из двух цветов, не
использованных при закраске стран ст' -- ст-j- стх,
в)	ст имеет четыре границы (черт. 24, б). Найдутся
две из прилегающих к ст стран, которые между собой не сов-
падают (см. пример 16). Присоединив к о одну из этих
стран, например ст2, мы получим карту S' из п стран, кото-
рую в силу индуктивного предположения можно правильно
раскрасить пятью красками. При этом страны ст' = СТ1; ст' —
= ст2-1- о, о' = ст3 и ст'=ст4 получат какие-то четыре из пяти
возможных цветов (или меньше, если ст' и ст' совпадают или
2" Индукция в геометрии
35
закрашены одним цветом). Восстановив страну а, мы сможем
закрасить ее в пятый цвет.
г)	а имеет пять границ (черт. 24, а). Как в
ре 16, найдутся две соседние с а страны, не
приме-
между
граничащие
Присоеди-
СТ1 и ®3-
Черт. 24.
собой и не совпадающие; пусть это будут
нив обе эти страны к а, мы получим нормальную карту S',
имеющую п—1 стран. В силу индуктивного предположения
карту S' можно правильно раскрасить пятью красками. При
этом страны а' = CTj -1- а -]- а3, а' = з2,	= и а'5 — а5 по-
лучат какие-то четыре из этих пяти цветов. Восстановив
страну а, мы сможем закрасить ее в пятый цвет.
Пример 18. (Теорема Волынского1).) Нормальную карту
в том и только в том случае можно правильно раскрасить четырьмя
красками, если ее границы можно правильно занумеровать тремя
цифрами.
Решение. А. Если нормальную карту можно правильно раскра-
сить четырьмя красками, то ее границы можно правильно занумеро-
вать тремя цифрами.
Пусть нормальная карта S правильно раскрашена четырьмя кра-
сками а, 0, т, 3. Обозначим цифрой 1 границы между странами, за-
крашенными в цвета а и 0 или в цвета р
и 8, цифрой 2 — границы между странами,
закрашенными в цвета а и f или в цвета
0 и 8, и цифрой 3 — границы между странами,
закрашенными в цвета а и 8 или в цвета
0 и р. Полученная нумерация границ будет
правильной: действительно, если в какой-
либо вершине А сходятся две границы,
отмеченные одной и той же цифрой (напри-
мер, цифрой 1, черт. 25), то страны о, и о3,
отделяемые от страны границами с оди-
должиы были бы иметь один и тот же цвет (так,
в нашем примере имеет цвет а, то о, и с2 закрашены цветом
р), но это не может иметь места, так как с2 и а8 граничат между собой.
Б. Если границы нормальной карты можно правильно занумеро-
вать тремя цифрами, то ее страны можно правильно раскрасить че-
г) В. В. Волынский (1923—1943), советский математик, погиб
на фронте Великой Отечественной войны.
наковым номером,
если а,
36
тырьмя красками. Доказательство этого утверждения мы проведем
индукцией по числу п стран карты.
Г. Границы простейшей нормальной карты, состоящей из трех
стран (см. черт. 14, а на стр. 29), можно единственным образом зану-
меровать цифрами 1, 2, 3 (с точностью до перестановки этих цифр).
Раскрасим эту карту, как указано на черт. 26, а. При этом граница
Черт. 26.
между странами, окрашенными в цвета а и f, будет иметь номер 1,
граница между странами, окрашенными в цвета ji и 3,— номер 2 и
граница между странами, окрашенными в цвета а и 8,— номер 3.
Правильную раскраску карты S четырьмя красками a, f, у, S,
при которой границы между цветами а и fi и между цветами у и 8
имеют номер 1, границы между цветами а и у и между цветами jl
и о —- номер 2 и границы между цветами а и о и между цветами [5
и у — номер 3, мы будем называть допустимой. Мы показали, что
простейшую нормальную карту, состоящую из трех стран, можно до-
пустимым образом правильно раскрасить четырьмя красками. Покажем,
что это же верно и для нормальной карты, состоящей из четырех
стран (черт. 14, б и в). Границы карты, изображенной на черт. 14, в,
можно единственным образом (с точностью до перестановки цифр)
Черт. 27.
правильно занумеровать цифрами 1, 2, 3 (черт. 26, б). Раскраска этой
карты, указанная на черт. 26, б, будет допустимой. Карта, изображен-
ная на черт. 14, б, допускает две существенно различные нумерации гра-
ниц (черт. 27, а и б). Раскраски этих карт, указанные на черт. 27, я и б,
также будут допустимыми.
2**
37
2°. Предположим, что всякую нормальную карту, границы кото-
рой правильно занумерованы тремя цифрами и число стран которой
равно п — 1 или п, можно допустимым образом раскрасить четырьмя
красками, и рассмотрим нормальную карту S, имеющую п 1 стран,
границы которой также правильно занумерованы тремя цифрами. Как
мы видели в примере 13, на карте S найдется страна а, число границ
которой не превосходит пяти. Рассмотрим различные частные случаи,
которые при этом могут иметь место.
а)	а и м е е т две границы. Единственная (срочностью до
перестановки цифр) возможная нумерация границ в ' окрестности с
изображена на черт. 28, а. Присоединим страну к а; новой границе
ЛШ, разделяющей страны а1=а1-|-аи а2= а2(черт. 28, б), отнесем но-
мер 1, номера остальных границ оставим без изменения. Полученная
карта S' будет нормальной; ее границы будут правильно занумеро-
ваны тремя цифрами. Так как число стран карты S' равно п, ее можно
правильно раскрасить четырьмя красками, причем, если страна имеет
цвет а, то страна будет цвета Восстановив страну а и закрасив
се цветом у, мы получим допустимую раскраску карты S четырьмя
красками.
б)	а и м е е т три границы. Единственно возможная нумера-
ция границ в окрестности а указана на черт. 29, а. Представим себе,
что карта S начерчена на резиновой пленке, и стянем страну а
в точку; при этом границы АВ, ВС и АС пропадут, а вершины А, В
и С сольются в одну А = В = С~А' (черт. 29, б). Не меняя нумера-
ции границ Л-IA', NA', РА' (бывших ЛМ, NB, PC) и всех остальных,
мы получим нормальную карту S' с правильно занумерованными гра-
ницами. Так как число стран карты S' равно п, ее можно правильно
раскрасить четырьмя красками; при этом, если страна окрашена
38
цветом а, то страна п' будет цвета о и страна а3 — цвета у. Восста-
новив страну а и закрасив ее цветом ji, мы получим допустимую
раскраску карты S.
Черт. 29.
в)	s имеет четыре границы. В этом случае возможны
две существенно различные нумерации границ в окрестности страны а
(черт. 30, а и 31, а). Рассмотрим первый случай (черт. 30, «). Найдутся
две соседние с а страны, ие имеющие между собой общих границ
(см. пример 16). Так как обе пары противоположных стран ах, и <?2,
д, в смысле нумерации границ равноправны, мы можем предположить,
что не имеют общих границ страны и а3. Присоединим к а обе
страны Oj и 53; новым границам NP и MQ отнесем номер 3 (черт. 30, б).
Полученная карта S' будет нормальной с правильно занумерованными
границами. Так как число стран карты S' равно п — 1, ее можно пра-
вильно раскрасить четырьмя красками, причем если страна Р =
= а3 с закрашена цветом а, то страны а2 = з2 и = с4 будут цве-.
та с. Восстановив страну а, мы закрасим ее цветом
Во втором случае (черт. 31, а), если не имеющими общих границ
странами являются яг и а3, то можно рассуждать аналогично; только
в этом случае новая граница NP получит нопрежнему номер 3, а гра-
39
ница MQ — номер 2 (черт. 31, (5); страна а4 = я4 будет закрашена цве-
том у. Восстановив страну г, мы попрежнему закрасим ее цветом р.
Наконец, предположим, что не имеют общих границ страны с.
и а4. Стянем четырехугольник ABCD в отрезок так, чтобы точка А
совпала с точкой В, а точка С — с точкой D\ при этом граница ВС
сольется с AD. Нумерацию границ МА, NB, PC и QD оставим преж-
ней, а новой границе BC = AD отнесем номер 1 (черт. 31, в). Полу-
ченная карта S' будет нормальной с правильно занумерованными гра-
ницами. Так как число стран карты S' равно п, ее можно правильно
раскрасить четырьмя красками, причем если страна имеет цвет а,
то страна <?а будет цвета 5, страна д, — цвета я и страна — цвета у.
Восстановив страну а, мы закрасим ее цветом р.
г)	а имеет пять границ. В этом случае, с точностью до пе-
рестановки цифр 1, 2, 3, возможен только один способ нумерации гра-
ниц в окрестности страны а (черт. 32, а). Рассмотрим сначала случай,
когда страна с5 не совпадает и не имеет общих границ ни с <?г, ни с
о3. Присоединим страну а5 к а, новой границе МВ отнесем номер 2,
новой границе RD— номер I; границу ВС переименуем в 1, границу
CD—в 2. Мы получим нормальную карту S' (черт. 32, б) с правильно
занумерованными границами. Так как число стран карты S' равно п,
ее можно правильно раскрасить четырьмя красками, причем если стра-
на о' = о закрашена цветом а, то страны <?' и а' будут цвета р,
а страны и а3 — цвета у. Восстановив страну а, мы закрасим ее
цветом о.
В том случае, когда страна л. граничит или совпадает с <?2, то
страны и не граничат между собой и не совпадают, если же
40
страна а5 совпадает или граничит с os, то не могут ни совпадать, нй
1 раничить между собой страны а2 и а4. Так как оба последних случая в
смысле нумерации границ равноправны, достаточно рассмотреть случай,
когда страны и j3 не имеют общих границ и не совпадают. При-
соединим обе эти страны к о, новой границе NP отнесем номер 3,
новой границе ME — номер 2 и новой границе EQ — номер 3. Мы по-
лучим нормальную карту S' (черт. 32, в) с правильно занумерованными
о-)	б)
6)
Черт. 32.
границами. Так как число стран карты S' равно « — 1, ее можно пра-
вильно раскрасить четырьмя красками, причем если страна с' = а-|-
-bOj-f-Cs закрашена цветом а, то страны а2 —с2 и а4 = а4 будут
цвета 8, а страна а3 = о. — цвета у. Восстановив страну □, мы закра-
сим ее цветом р.
Так как не известно, всякую ли нормальную карту можно пра-
вильно раскрасить четырьмя красками, то не известно также, границы
всякой ли нормальной карты можно правильно занумеровать тремя
цифрами. Можно доказать лишь следующее более слабое утверждение.
41
Пример 19. Границы всякой нормальной карты можно правильно
занумеровать четырьмя цифрами.
"Доказательство. Мы докажем это утверждение для любой
(даже не обязательно связной; см. выше стр. 22) карты, в каждой вер-
шине которой сходится не более трех границ. Доказательство про-
ведем индукцией по числу п вершин карты.
1°. При /г = 2 утверждение очевидно.
2°. Предположим, что наше утверждение справедливо для любой
карты, в каждой вершине которой сходится не более трех границ и
число вершин которой равно п, и рассмотрим карту S, удовлетворяю-
щую тому же условию и имеющую п 1 вершин. Удалив одну из этих
вершин, скажем Ло, вместе с принадлежащими ей границами, мы по-
лучим карту S', в каждой вершине которой сходится не более трех
границ и число вершин которой равно п. В силу индуктивного пред-
положения границы карты S' можно правильно занумеровать четырьмя
цифрами 1, 2, 3, 4. Восстановим вершину Аа с ее границами. При
Черт. 33.
а)	Вершина Ао соединена (одной, двумя или тремя границами)
лишь с одной вершиной Л, карты S' (черт. 33, я, б, в). В этом случае
нумерация границ карты S' легко продолжается в правильную нуме-
рацию границ карты S.
б)	Вершина Ао соединена с двумя вершинами А, и Л3 карты S',
причем с одной из них она может быть соединена двумя границами
(черт. 34, а и б). Легко проверить, что при этом во всех случаях пу-
42
S' занумерованы
мерацня границ карты S' может быть продолжена в правильную ну-
мерацию границ карты S.
в)	Вершина Л„ соединена с тремя вершинами Л/фЛд карты S'
(черт. 35). Наименее благоприятным случаем будет тот, когда через
каждую из вершин Av Л2, Л3 карты S' проходит по две границы.
Для каждой из границ Л„Л,, Л0Л2, Л0Л3 мы
чае по два возможных номера, из которых
не удастся выбрать трех различных номеров
лишь в том случае, если эти три пары оди-
наковы, т. е. если три пары границ карты
S', проходящих через вершины Л1; Л3, Л3,
получили одинаковые номера, скажем 1 и 2.
Выделим тогда на карте S' контур макси-
мальной длины, начинающийся в вершине Л1
и состоящий попеременно из границ с но-
мерами 1 и 3 (такой контур может состоять
лишь из одной границы и может заканчи-
ваться и в одной из вершин Л2 н Л3). Этот
контур не может иметь самопересечений,
так как, по предположению, границы карты
правильно. Переменим номера границ этого контура, заменяя единицу
тройкой и наоборот. При этом нумерация границ карты S' останется,
очевидно, правильной, причем в новой нумерации три пары границ,
проходящих через вершины Лг Л2 и Л3 карты S', уже не будут за-
нумерованы одинаково; а в этом случае правильная нумерация гра-
ниц карты S' легко может быть продолжена в правильную нумерацию
границ карты S.
§ 3. ПОСТРОЕНИЕ ПО ИНДУКЦИИ
Применение метода математической индукции к решению
задач на построение может иметь место в том случае, если
(2я -ф-1 )-угольнпк, для
рединами сторон.
в условии задачи фигурирует неко-
торое целое положительное число п
(например, в задачах на построение
л-угольнпков). Ниже мы рассмотрим
ряд примеров такого рода. При этом
в настоящем параграфе мы будем
рассматривать и самопересекающиеся
многоугольники (черт. 36); другими
словами, под многоугольником в
большинстве задач понимается ка-
кая угодно замкнутая ломаная
АА • • • А-
Пример 20. На плоскости
даны 2/z —|—1 точек. Построить
которого эти точки являются се-
43
Решение. 1°. При п = 1 задача сводится к построению
треугольника по заданным серединам его сторон и решается
легко (достаточно провести через каждую из трех заданных
точек прямую, параллельную
прямой, соединяющей две дру-
гие точки).
2°. Предположим, что мы
умеем строить (2л—^-уголь-
ник по заданным серединам его
сторон, и пусть даны 2/z —f— 1
точек Аг, Д2, ... , Л2я+1, яв-
ляющихся серединами сторон
искомого (2« —1)-угольника
х1.г2... х2п+1.
Рассмотрим четырехуголь-
ник л:1х2лг_1х2^2я+1 (черт. 37).
Точки	+ 1 Слу-
жат серединами трех его сторон
Х2П-1Х2П’ ХгпХ 2Л + 1’	XZn + T.Xl'
й стороны х1х2п_1. Четырех-
угольник An-iAnAn+i^— параллелограмм (для доказатель-
ства достаточно провести прямую хгх2п и рассмотреть тре-
угольники х1х2п+1хгп и х1х2п_1х2/г, для которых отрезки
АпАл+i и Ал-И служат средними линиями); так как точ-
ки Агп_1, А2п и 4!в+1 нам известны, то четвертая вершина А
параллелограмма легко может быть построена. Точки Аг,
Аг, . . ., Д2п_а, А являются серединами сторон (2л— ^-уголь-
ника х2х2.. . хгп_1, который согласно сделанному предпо-
ложению мы можем построить. Далее, остается только по-
строить отрезки х1х2Г1+1 и хг„_1х2п (точки xt и х2п_1 уже
определены), делящиеся пополам в известных точках Д2п + 1
В случае многоугольника, не имеющего самопересечений,
ясно, что понимать под внешними и внутренними (по отноше-
нию к этому многоугольнику) точками. В общем случае это
понятие теряет смысл; так, например, нельзя сказать, распо-
ложена ли точка А на черт. 36 внутри или вне многоуголь-
ника. Вместо этого мы введем следующее определение. Пусть
дан произвольный многоугольник А1Аг. .. Ап. Установим для
этого многоугольника определенное направление обхода
его вершин (скажем, в порядке Аг, Аг, . . . , Д^). Пусть на
одной из сторон, например А1А2, многоугольника построен
44
треугольник А1ВА2. Если направление обхода вершин тре-
угольника в порядке Alt А2, В противоположно направлению
обхода вершин многоугольника (одно — по, а другое — про-
тив часовой стрелки), то мы будем говорить, что треугольник
обращен во внешнюю сторону по отношению к много-
угольнику; если же направления обхода вершин треуголь-
ника и многоугольника совпадают,— будем говорить, что он
обращен во внутреннюю сторону по отношению к мно-
гоугольнику.
Пример 21. На плоскости даны п точек. Построить
n-угольник, стороны которого являются основаниями равнобед-
ренных треугольников с вершинами в данных п точках и уг-
лами at, a2, ... , ап при вершинах1).
Решение. Мы будем считать, что некоторые из углов
ax, а2, . .. , аи могут быть и больше 180°, условившись, что
при а О 180° соответствующий равнобедренный треугольник
обращен во внешнюю сторону по отношению к многоуголь-
нику, а при аД>180°— во внутреннюю сторону (причем угол
при вершине в этом случае равен 360° — а).
1°. Пусть л = 3. Допустим, что задача решена, хг, х2,
х3— вершины искомого треугольника, А1Г Аг, Д3 — заданные
вершины построенных на его сторонах равнобедренных тре-
угольников с углами a1; а2, as при вершинах (черт. 38, а).
При повороте плоскости вокруг точки At на угол ах (мы ус-
ловимся считать, что все повороты производятся против часо-
вой стрелки) вершина х2 перейдет в х2, при повороте вокруг
точки А2 на угол а2 вершина х2 перейдет в х3. Оба эти по-
ворота, последовательно выполненные один за другим, рав-
носильны одному повороту на угол ах а2 вокруг некоторой
точки А, которую можно построить по точкам и А2 и уг-
лам at и а2 следующим образом: на отрезке АгА2 при точках
i4j и Аг строим углы у п ; точка А пересечения вторых
сторон этих углов п будет центром результирующего пово-
рота на угол	[см., например, И. М. Яг л ом, Геомет-
рические преобразования, I, § 2 гл. I части первой, М.,
Гостехпздат, 1955 (серия «Библиотека математического кру-
жка», вып. 7)]. При этом результирующем повороте верши-
на ху переходит в х3. Следовательно, вершина х3 переходит в
Xj при повороте вокруг точки А на угол 360° — (at a2) и,
1) Предыдущий пример можно считать частным случаем при-
мера 21 ври — as = .. . — аа= 180°.
45
значит, точка А является вершиной равнобедренного треуголь-
ника с основанием х±ха и углом 360°—(«j —а2) при
вершине.
По точкам А и А3, если они не совпадают (что может иметь
место, лишь если а1-]-а2-|-а3=360о-А), можно построить сто-
рону x3xs. Для этого на отрезке AAS по обе стороны от точек А
.	360° — (а, -р а ) а3 _
и Д3 строим соответственно углы ------—- и . Точки
пересечения сторон этих углов и будут вершинами хг и х3
искомого треугольника. После этого нетрудно построить и
вершину х2. При а, Ц- а2 Ц- а3 = 360°-А (когда точка А совпа-
дает с Д3) решение задачи является неопределенным.
Черт. 38.
2°. Предположим, что мы умеем строить n-угольник по
вершинам построенных на его сторонах равнобедренных тре-
угольников с заданными углами при вершинах, и пусть тре-
буется построить («-{- 1 (-угольник по вершинам А1г Аг, ... Ап,
Д„+1 построенных на его сторонах равнобедренных треуголь-
ников с углами а1; а2, .. . , а.п, ап + 1 при вершинах.
Пусть XjX, . . . xnxn+i — искомый (л Ц-1 (-угольник
(черт. 38, б). Рассмотрим треугольник х1х„хп+1. Как в п. 1°,
по известным вершинам Ап и Ап+1 равнобедренных треуголь-
ников xnAnxn+1 и xn+JAn+1Xj, построенных на сторонах
хЛ+1 и xn + ixi’ можно найти вершину А равнобедренного
треугольника х3Ахп, построенного на диагонали х,хп и име-
ющего угол при вершине, равный 360° — (апЦ-ая + 1). Этим
наша задача сводится к задаче о построении л-угольиика
х2х2 ... x/t по вершинам А1Аг ... Ап_гА построенных на его
46
сторонах равнобедренных треугольников с известными углами
aL, а2,	, ап_1, 360°—ПР" вершинах. В силу
индуктивного предположения n-угольник xtx2 ... хп может
быть построен, после чего уже нетрудно построить и иско-
мый (л Ц- 1 )-угольник хгх2 ... хпх„+1.
При а1 а2 .. -f- ап = 360° • k решение задачи является
невозможным или неопределенным (почему?).
Задача 14. На плоскости дано п точек. Построить «-уголь-
ник, для которого эти точки являются вершинами построен-
ных на его сторонах треугольников, имеющих заданные углы
при вершинах и заданные отношения боковых сторон.
Указание. Задача может быть решена аналогично предыдущей
задаче (представляющей собой ее частный случай), только вместо пово-
рота вокруг заданной точки Л, на известный угол г, здесь следует
рассматривать преобразование подобия, состоящее из поворота на
угол и центрально-подобного преобразования (гомотетии) с тем же
центром А1 и коэффициентом подобия, равным отношению сторон соот-
ветствующего треугольника (и аналогично для других заданных точек).
Последовательное выполнение двух таких преобразований равносильно
некоторому третьему преобразованию того же типа (см., например, § 2
гл. I части второй указанной выше книги И. М. Яьчома). Следова-
тельно, в обозначениях, аналогичных принятым в решении предыдущего
примера, по вершинам At и А2 треугольников x2x2A2 и х.2х3А2 кюжно
найти вершину А треугольника х^А, построенного на отрезке хгх3
и имеющего известный угол при вершине и известное отношение
боковых сторон.
Построение стороны х2х3 треугольника хслдх,, по точкам А и А3
можно выполнить, например, следующим образом. Последовательность
двух известных преобразований подобия с центрами А и А3 перево-
дит х3 в себя (сначала хл переходит в х3, затем х3 — в х2). Но после-
довательность этих преобразований равносильна одному преобразова-
нию подобия с центром в некоторой точке В, которую можно постро-
ить. Так как точка В переходит в себя, то она совпадает с искомой
точкой Xj. Если сумма заданных углов при вершинах кратна 360°,
а произведение отношений сторон равно единице, то решение задачи
невозможно или неопределенно.
Пример 22. На плоскости даны окружность и « точек.
Вписать в окружность «-угольник, стороны которого прохо-
дят через заданные точки.
Решение. Эта задача-—трудная; для ее решения надо
применить метод математической индукции совсем неожи-
данным образом. А именно, здесь не удается воспользо-
ваться индукцией по числу п сторон многоугольника; вместо
этого приходится рассматривать более общую задачу о по-
строении «-угольника, k соседних сторон которого проходят
через k заданных точек, а остальные «— k сторон парал-
лельны заданным прямым (эта задача переходит в рассматри-
47
ваемую при k — ri), и проводить индукцию по
числу k.
1°. При k—\ имеем такую задачу: вписать в окружность
«-угольник, сторона АхАп которого проходит через заданную
точку Р, а остальные п—1 сторон А1Аг, А2А3, ... , An_2An
параллельны заданным прямым /х, 12, ... , /„_1.
Допустим, что задача решена и искомый многоугольник
построен (черт. 39, а, б). Возьмем на окружности произволь-
ную точку В2 и построим вписанный многоугольник ВгВ2.. ,Вп,
стороны В2В3, В2Вг, . .. , Вп_гВп которого параллельны соот-
ветственно прямым /х, 12, ... , 1п_г. Тогда дуги АгВ,,
А2В2, . . . , АпВп будут равны между собой, причем дуги АгВ2
и А2В2, А2В2 и А3В3 и т. д. будут иметь противоположные
направления на окружности. Следовательно, при четном п
дуги AjBj и АпВп направлены в противоположные стороны,
и четырехугольник А1В1В Ап является равнобедренной трапе-
цией с основаниями А1Ап и В2Вп (черт. 39, а). Поэтому сто-
рона АгА искомого многоугольника параллельна стороне В1Вп
aJ	д)
Черт. 39.
«-угольника В2В2.. ,Вп", следовательно, в этом случае через
точку Р надо провести прямую, параллельную В^ВЮ после
чего уже без труда определяются и остальные вершины «-уголь-
ника AtA2... Ап (провести исследование).
При нечетном п дуги АгВх и АпВ имеют одинаковые на-
правления и четырехугольник А1В1АпВп является равнобедрен-
ной трапецией с основаниями А2Вп и В1Ап (черт. 39, б). Так
как диагонали АгАп и В.Вп трапеции равны, то в этом случае
нужно провести через точку Р прямую, на которой заданная
48
окружность отсекает хорду А1Ап, равную известной хорде
В2Вп, т. е. прямую, касательную к окружности, концентриче-
ской с заданной и касающейся В2Вп (исследование!).
2°. Предположим, что мы уже умеем решать задачу о по-
строении вписанного в окружность я.-угольника, k последова-
тельных сторон которого проходят через k заданных точек,
а остальные п—k сторон параллельны заданным прямым,,
и пусть требуется вписать в окружность я-угольник, у ко-
торого	соседних сторон А2А2, ДаД8, ..., AkJtlAk+2
проходят через А-j-l задан-	д
ных точек Р2, ... , Pk+1, а
остальные п — k—1 сторон
параллельны заданным прямым.
Допустим, что задача ре-
шена и искомый я-угольник по-
строен (черт. 40). Рассмотрим
стороны А2А2 и Д2Д3 этого
многоугольника. Проведем через
вершину А2 прямую А1А’г,
параллельную РгРг, обозначим
через Д' точку пересечения
этой прямой с окружностью	Черт. 40.
и через Р'г— точку пересечения
прямой А'Д3 с PJ\. Треугольники Р2А2Р2 и Р2Р2А3 подобны,
так как	=	=	и	=
— /_PJ\Aa- Следовательно, = откуда
2 Р2Р2
р’ р   AsP2'A2P2
г 2 Р2Р2	•
Так как произведение А3Р2-А2Р2 зависит лишь от данной
точки Р2 и от окружности (но не от выбора точек Аг и А3!),
то оно может быть определено; поэтому величина отрезка Р2Р2
может быть найдена и, следовательно, точка Р'2 может быть
построена. Таким образом, нам известны k точек Р[,Рг, •  f*+1,
через которые проходят k соседних сторон Д'Д8, Д3Д4, • • •
... , Ak+1Ak+2 я-угольника А2А2А3.. .Ап, остальные же я — k
сторон его Ak+2Ak+3, ... , A„Ap AXA' параллельны известным
прямым. В силу индуктивного предположения мы можем по-
строить я-угольник А2А'2А3.. ,Ап, после чего уже нетрудно
построить и искомый я-угольник А2А2. . ,Ап.
Задача 15. В заданную окружность вписать я-угольник,
k сторон которого (не обязательно соседних!) проходят
49
через k заданных точек, а остальные п—k сторон параллельны
заданным прямым.
Указание. Пусть
ходит через точку Р, а сторона
Черт. 41.
сторона А,Аг искомого многоугольника про-
AZAS параллельна прямой I (черт. 41).
Обозначим через Р' точку, симме-
тричную с точкой Р относительно
диаметра окружности, перпендику-
лярного к прямой I, и через Л2 —
точку пересечения прямой Р'А3
с окружностью. В «-угольнике
4,4'Л3... Ап сторона А,А2 парал-
лельна заданной прямой I, а сто-
рона Л2Л3 проходит через извест-
ную точку Р'. Выполнив такое по-
строение соответствующее число
раз, мы сведем эту задачу к пост-
роению «-угольника, у которого k
соседних сторон проходят че-
рез известные точки, а остальные
п — k сторон параллельны заданным
прямым.
Пример 23. Даны две па-
раллельные прямые I и /х. С по-
мощью одной линейки разделить отрезок АВ прямой I на п
равных частей.
Решение. 1°. Пусть я = 2. Произвольную точку S пло-
скости, не лежащую на прямых I и /1; соединим с точками
А и В (черт. 42, а) и обозначим через С и D точки пересе-
чения прямых HS и BS с прямой /3. Точку пересечения пря-
мых AD и ВС обозначим через Г2, точку пересечения пря-
50
мых ST2 и /—через Р2. Докажем, что точка Р,— искомая,
т. е. что АР„ — ^АВ.
2	2
Обозначим через Qa точку пересечения прямых ST2 и /х.
Легко видеть, что
Д ДДВслДТ^С, ДДВДслДДСГ,,
Д5ДР2слД5С02 и ^SABzn&SCD,
откуда
Р2В	ТгВ АВ РгА ________ S/4 ___ АВ
Q,C —	Т2С	~~ CD	и Q2C ~	SC ~~ CD	’
Следовательно,
Р2В _ РгА
q2c — Q2C ’
а поэтому Р2А = Р2В и АРг = 2- АВ.
2°. Предположим, что мы уже умеем, пользуясь одной
линейкой, строить такую точку Рп отрезка АВ, что АРп~
:=А-АВ. Выберем вне / и произвольную точку S, и обо-
значим через Тп и Qn точки пересечения прямой SPn соот-
ветственно с AD и /т (черт. 42, б). Точку Тп+1 пересечения
прямых AD и СРп соединим с S и обозначим точки пересе-
чения STn+1 с прямыми и I через QH + 1 и Pnvl.
Докажем, что Рп+1—искомая точка, т. е. что
Действительно, из подобия треугольников CQn+1Tn+1
11 Pnpn+Jn^ cTn+fi и РпТп+1А имеем:
Р Р	Р Т	АР
~п + 1~п _ *nL п + 1 _ гп	.	/1 1 \
CQn+l	СТп+1	CD	’	'	!
из подобия треугольников SAPn+1 и SCQn+1, SAB и SCD
имеем:
ЛД+1 _SA _ АВ
CQn+1 SC	CD'	v ’
Из равенств (И) и (12) следует	или, так
P^Pn = APn-APn+i и =
~АВ — АРп+.	--ЛВ
п	п
~АЁГ
~АВ— АРП.=-АР,
п	п }
51
откуда окончательно
АР . = —г АВ.
и+1	я-(-1
Для того чтобы найти последующие точки Р^^,. • •
деления, достаточно тем же приемом построить отрезки
РЯ.^..=-РМВ, Р'+1Р1 + 1 = -^Р'В КТ. д.
и~г'1 п п  1 пт 1 и1 /г — 1
Задача 16. Пользуясь циркулем данного раствора а и
линейкой, построить отрезок, равный а]п.
Указание. На окружности радиуса а отметим точки А„ Аг,
А2, А4, Л5, Ае, являющиеся вершинами правильного шестиугольника.
Предположим, что нам уже известна точка Вп радиуса ОАп такая,
что ОВп — — ОАп = (здесь считается A3m+k = Ak при любом m
и й=1, 2, 3, 4, 5, 6; B, = 4j), и обозначим через В„+1 точку пере-
сечения прямых
O4n + J и ВпАп+2; тогда ОВп+1 = ^~.
§ 4. НАХОЖДЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ МЕСТ
ПО ИНДУКЦИИ
Рассмотрим несколько задач на нахождение геометриче-
ских мест с помощью метода математической индукции.
Пример 24. На сторонах выпуклого л-угольника
AJA2...An отложены отрезки В^, В2С2, ..., ВпСп. Найти
геометрическое место внутренних точек М этого многоуголь-
ника, для которых сумма площадей треугольников МВ1С1,
MBSC2,..., МВпСп постоянна (равна сумме 5дмов,с1-4-
+ ЗдМоЛзС, + ... + $А.мовпсп, где Л40 — определенная точка
внутри многоугольника).
Решение. 1°. Пусть л = 3 (черт. 43а). На сторонах
AsA2wAsA1 треугольника А4А2А, отложим отрезки АаР= В2С2
и ASQ — ВгСг. Тогда1)
8&мов2с, + 5дм0в3са = 5дм0рд3 Ц- Sa.moqa, = S/pq.-i, Ц- Ад m3pq
и, следовательно,
5дм0ад + 5дм0в2с2 + 5ДМ0вд = Здр(?а+ (5д.ЦоВ,с.Ч-5дм0ро)-
Аналогично
5дмв,С1 $дмв3с2 А,-мв3с3 — S&pqa3 (£  л'вд, 4“ Sampq)-
Мы видим, что искомое геометрическое место определяется
’) Здесь мы считаем, что точка Л40 лежит внутри четырехуголь-
ника Aj/ljPQ; рассуждение мало изменилось бы и в ином случае.
52
условием
MPQ —	MbPQ.
Пусть теперь N—точка пересечения прямых А2А2 и PQ
(если эти прямые параллельны, искомое геометрическое место
будет, очевидно, отрезком параллельной им прямой). Отло-
жим на сторонах угла A2NP отрезки NR — PQ и jVS = £J1C1;
тогда
+ 5дм0Р(2 = Зд MoNS	Зд MaNR. = S^NHS + S^M^RS
и аналогично
£дЛ1В,С, + S^MPQ — S&NRS -J- Здлг^з.
Следовательно, искомое геометрическое место состоит из тех
точек М, лежащих внутри треугольника, для которых
5дуирв = 5ддаор5, т. е. представляет собой отрезок XY
прямой, проходящей через точку ЛГ0 (и параллельной пря-
мой PS1).
2°. Пусть мы уже знаем, что для n-угольника искомое
геометрическое место представляет собой отрезок прямой (про-
ходящей, разумеется, через точку /Ио). Рассмотрим теперь
’) Индукцию можно было бы начинать со случая п = 2, когда
«.ге-угольник» представляет собой угол, имеющий лишь две стороны.
53
(л-|- 1)-угольник A<42. . .АпАп+1; пусть В1С1, В2С2, ., . , ВпСп,
Вп+1Сп+1— заданные отрезки, отложенные на его сторонах,
Черт. 436.
ронах угла AtAn Ап от вершины Дя+1 отложим отрезки
А„^Р = ВПСП и 4n+1Q = B„+1C„ + J. Тогда
S^MBncn + S^MBn+lCn+1 = §ДМЛП+1Р + SzMt4n+1Q =
= S£An + tPQ + S&MPQ.
Следовательно, для точек М искомого геометрического места
5джв1с1 + 5дЛ1вА+ .. •-г5Дд1В„_1сп_14-5дл1Р«=
— S.'.MAG + SAAtoBzCrh • • -Ч^ЛМоВ,,-.-J-5дЛ1(/>£.
В силу индуктивного предположения искомое геометрическое
место представляет собой отрезок прямой, проходящей через
точку /Ио.
Из решения задачи нетрудно усмотреть также метод по-
строения этого геометрического места.
Задача 17. Даны п прямых lt, l2,...,ln, на каждой из
которых задано по отрезку В2С2, ... , ВПСП и точка Мп.
Найти геометрическое место точек М, для которых алгебраиче-
ская сумма площадей треугольников МВ2СГ, МВ2С2, . .. , Л1ВПСП,
54
где площадь треугольника AlBtC. (i = 1, 2,	, п) берется
со знаком плюс, если точка М. лежит с той же стороны от
прямой /г-, что и точка /Ио, и со знаком минус — в противном
случае, равна соответствующей сумме для точки Л40.
Указание. Искомым геометрическим местом является прямая
линия; доказательство аналогично решению примера 24.
Задача 18. Доказать, что в четырехугольнике, который
можно описать около круга, середины диагоналей лежат на
одной прямой с центром круга (черт. 44).
Указание. В обозначениях черт. 44 имеем:
S^bce-\-S/\ade = S/\bcf-\-S^df=S/\bco-\-S^ado = 1-5,
J
где S — площадь четырехуголь-
ника. Отсюда в силу результата
примера 24 (или задачи 17) сле-
дует, что точки Е, F и О лежат
на одной прямой.
Задача 19. Доказать,
что прямая, соединяющая
середины диагоналей выпук-
лого четырехугольника (не
параллелограмма и не тра-
пеции), делит пополам от-
резок, соединяющий точки
пересечения противополож-
ных сторон (черт. 45).
Указание. В обозначе- £
ниях черт. 45 (где Р—середина
отрезка Тимеем:	ЧеРт- 45-
-j- S&CDM^S^ABN -f- S^CD-N = S/_\ABP  S/\CDP S,
55
где S — площадь четырехугольника. Отсюда в силу результата за-
дачи 17 следует, что точки М, N и Р лежат на одной прямой.
Пример 25. Даны п точек А1г А2, . .., Ап и п (положи-
тельных или отрицательных!) чисел а2, а2, .. ап. Найти
геометрическое место точек М, для которых сумма
a1-MA21fia2.MA22fi...fianMA2n
постоянна.
Решение. 1°. Пусть п = 2. Для определенности будем
сначала предполагать, что оба числа и а2 положительны.
Возьмем на отрезке АгА2 точку О, делящую его в от-
ношении а2 :а,, т. е. такую точку О, что ОА2
ау л д
' Л-	-
иОА = —afi- А А .
2	«1 + й2 12
Пусть Л1 — произвольная точка пло-
скости и Н—основание перпендикуляра, опущенного из Л1
на прямую Л,Л2 (черт. 46). Тогда имеем:
МА2г = МОг + Л2О2 ± 2Afi • НО,
МА} = МО2 Ц- Afi2 2А2О  НО.
Умножая первое из этих равенств на Afi, второе — на
Afi и складывая их почленно, получим:
МА}-AfiМА}-Afi =
= МО2 {Afi + Afi) -р Afi2 • Afi 4- Afi2. Afi =
= MO2-A1A2fiAfi-Afi-A1A2.
Подставим теперь вместо Afi и Afi их значения; получим:
МА2 g-L'-4— + МА}	= МО2  Д. Л. -I-----------а,А3,
"«х + йг	й1 + йг	1 а 1 а2-р а2 + «а 1 2’
56
пли
aiMA[ + а2МА’ = (а, + аг) МО’ + А,А’г.
Следовательно, если
aiMA’ + a2MA\ = R\
то
. .г,. R’	а, а, ,	.
МО’ — —;---------,—7-= А. А’. = const.
«1 + Я2 («1 + яг)
j^2	а а	•«.
Отсюда вытекает, что если—:---------—2,A.A’ J> 0, то
аг -f- я2 (а, -|-а3)	1 
искомым геометрическим местом будет окружность с цен-
тром в точке О радиуса ]/	АгА;; если
R2 лла9 . л9 ~
—--------—5-24,4 =0, то искомое геометрическое место
а, + «2	(а. + а^ 1 2
состоит из единственной точки О; наконец, если
R2	а,а9 . .2 г\
------------ив—- №<0, то это геометрическое место не
О+Я2 («i + <	1 2
содержит ни одной точки.
Случай, когда аг и а2 оба отрицательны, очевидным об-
разом сводится к предыдущему. В случае, когда а1^>0,
«г<0 и a1-j~ (например, а1Аг д3>0), точку О сле-
дует выбрать на продолжении отрезка А2Аг правее точки Аг
так, чтобы было А,О =— п А,О =—; даль-
’	2 I «1 + а2!	1	!~Ь «21
нейшие рассуждения не будут отличаться от вышеизложенных.
Наконец, если а1-]-а2 = 0, то а2~— а2 и наша задача
сводится к следующей: найти геометрическое место точек At,
для которых разность квадратов расстояний от двух задан-
ных точек А, и Д2 постоянна. Пусть Н—основание пер-
пендикуляра, опущенного из точки А4 на прямую А2А2
(черт. 46), тогда МА’ = МН’ А2Н’, МА’ = МН’ -j- АгН’
и, следовательно, МА’— MA’ — AjH’— А2Н’. Если /ИА2 —
R’
— MA’Z = R’, то АгН—А2Н=д-д, чем полностью опре-
деляется точка Н; отсюда следует, что искомым геометриче-
ским местом будет в этом случае прямая, проходящая через
точку Н и перпендикулярная к АгАг.
2°. Предположим, что мы уже доказали, что при п за-
данных точках соответствующее геометрическое место пред-
ставляет собой окружность, если ах -j- аг	ап ^4 0, и
57
прямую, если лу<72ап = 0. Рассмотрим теперь
п-{-1 точек Alt А,,. .. , Дя+1 и п-\- 1 чисел аг, аг,.. ап + 1.
Предположим, что ап ап+1 =/= 0 (если бы было а„-|-ап + 1 =
— 0, то мы заменили бы эту пару чисел числами ап_1 и
ап + 1 или числами ап_г и если одновременно ап-\-ап+1 = 0,
+	и ап_1-1- а„ = 0, то ап_х=ап = ап^=
— 0, и мы можем непосредственно воспользоваться индук-
тивным предположением, так как при этом задача сво-
дится к случаю п — 2 точек At, Аг,. . .,Af!_2 и п—2 чисел
Как в п. 1°, покажем, что на отрезке с4лЛй + 1 можно
найти такую точку О, что для любой точки /И плоскости
un~T ип + 1
Тем самым наша задача сведется к нахождению геомет-
рического места точек М, для которых постоянна сумма
«1Л141 Ц- а2МА22 . 4~ а„_1/ИЛя_1 (ап	а„ + 1) МО2.
В силу индуктивного предположения это геометрическое ме-
сто будет окружностью при аг а2	ап ап + 2	0 и
прямой при а2 а2	ап ап±г = 0.
Задача 20. Найти геометрическое место точек, сумма
квадратов расстояний которых от п заданных точек постоянна.
Указание. Достаточно в условии примера 25 положить а2 =
а2 = ... = а„ = 1.
Задача 21. Найти точку, сумма квадратов расстояний
которой от п заданных точек минимальна.
Указание. Центр окружности, которая является искомым гео-
метрическим местом в задаче 20.
Задача 22. Найти геометрическое место точек, отноше-
ние расстояний которых от двух заданных точек постоянно.
Указание. Если М — точка искомого геометрического места,
то^^=с и, следовательно, AM2— с-ВМ2 = 0; поэтому настоящая
ВМ
задача сводится к примеру 25.
Задача 23. Дан л-угольнпк AtA2.. ,Ап. Найти геометри-
ческое место таких точек М, что многоугольник, вершинами
которого являются проекции тошен /И на стороны заданного
многоугольника, имеет данную площадь S.
58
Указание. Можно показать, что площадь треугольника, вер-
шинам и которого являются проекции точки М на стороны треуголь-
1 I d2 I
ника	равна у 1—р-2 ЗдлЛЛ, где R — радиус описанной
окружности S треугольника A2A2AS, d — расстояние точки М от
центра окружности S. Отсюда вытекает, что при п = 3 искомое гео-
метрическое место представляет собой окружность, концентрическую
S (или пару таких окружностей). Далее, при помощи индукции по
числу сторон многоугольника показывается, что и при любом п иско-
мое геометрическое место, вообще говоря, убудет представлять собой
окружность (или пару концентрических окружностей). [ См. решение
задачи 90 из книги: Д. О. Ш к л я р с к и й, Н. Н. Ч е н ц о в и
И. М. Я г л о м, Избранные задачи и теоремы элементарной матема-
тики, ч. 2, М., Гостехиздат, 1952 (серия «Библиотека математического
кружка», вып. 2).]
§ 5. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПО ИНДУКЦИИ
Интересные примеры применения метода математической
индукции в геометрии доставляют задачи, содержащие поня-
тия, само определение которых использует переход «от п к
Задачам такого рода и посвящен настоящий параграф.
Пример 26. Определение медиан и центра тя-
жести n-у г о л ь н и к а.
1°. Центром тяжести отрезка мы будем называть
его середину (черт. 47, а).
В таком случае медианы треугольника Л3
можно определить как отрезки, соединяющие вершины тре-
угольника с центрами тяжести противоположных сторон
(черт. 47, б). Как известно, медианы треугольника пересе-
каются в одной точке и делятся в ней в отношении 2:1, счи-
тая от вершины. Точку, в которой пересекаются все медианы
59
треугольника, называют ц е н т р о м тяжести треуголь-
ника.
Условимся теперь называть медианами четырех-
угольника А4А3А3А4 отрезки, соединяющие его вершины
A А2, А3, А4 с центрами тяжести О4, Ог, О3, О4 треугольников,
образованных остальными тремя вершинами (черт. 47, в). До-
кажем, что медианы четырехугольника пересекаются в од-
ной точке и делятся в ней в отношении 3:1, считая от
вершины. Действительно, обозначим через S центр тяжести
(середину) стороны А4А2, а через О4 и О3 — центры тяжести
треугольников Л1ЛаЛ.а и А1А1А4; пусть еще О — точка пе-
ресечения медиан А3О3 и А4О4 четырехугольника. Так как
SA3 и SX4 — медианы треугольников и Л1Л2Л4, то
sx3 _ 3 SX,______3
SO4 ~~ 1 И SO3~ 1 ’
и, следовательно,
SO4 ~ SO, ‘
Отсюда вытекает, что О3О4 [| А А и —	= -г-. Да-
(-'3С/4	‘ЬС/4	1
лее, из подобия треугольников ОО3О4 и ОА3А4 имеем;
ОА4_____OAS_AsA4___ 3
ОО4 ~ ОО3 ~ О3О4 — Т •
Таким образом, любые две соседние (т. е. выходящие из
смежных вершин) медианы четырехугольника в точке пере-
сечения делятся в отношении 3:1. Отсюда следует, что все
четыре медианы четырехугольника проходят через одну
точку О, в которой все они делятся в отношении 3:1. Точку
О пересечения медиан четырехугольника называют центром
тяжести четырехугольника.
2°. Предположим, что для всех k<^n мы уже определили
медианы ^-угольника как отрезки, соединяющие вершины
^-угольника с центрами тяжести (k—1)-угольников, образо-
ванных остальными k—1 вершинами, и для всех k<^n опре-
делили центр тяжести ^-угольника как точку пересечения его
медиан. Мы будем также предполагать уже доказанным, что
медианы ^-угольника при k<n делятся в точке пересечения
(центре тяжести ^-угольника) в отношении (£—1):1 (счи-
тая от вершины).
Определим теперь медианы «-угольника как отрезки, со-
единяющие вершины «-угольника с центрами тяжести
60
[п— 1)-угольников, образованных остальными п— 1 вершинами.
Докажем что все медианы п-угольника А1А2..,Ап пересе-
каются в одной точке и делятся ею в отношении (я—1):1
(считая от вершины). Действительно, пусть S — центр тяже-
сти (л —• 2)-угольника А1А2...Ап_2, тогда прямые SA„_1 и
5ДЛ будут медианами (я—1 (-угольников А1А2...Ап_1 и
Черт. 48.
(черт. 48). Если Оп и Оп_2—центры тяжести
этих (я—1)-угольников, то в силу индуктивного предполо-
жения
S/4„1 SAn п— 1
^4	/4 п - 1
Следовательно, О„ ,О„ II А„А„_, и	. Обозна-
'	Т1~ 1 [I II И Ч *	11 I /	I
чим через О точку пересечения медиан Оп_1Ап_1 и ОпАП
я-угольника А2А2 ... Ап. Из подобия треугольников ООп_1Оп
и ОАп_1Ап следует, что
________б).4„ __ Ап_1Ап_я — 1
ооп_~ооп оп.рп~ 1 •
Таким образом, любые две смежные медианы я-угольника
в точке пересечения делятся в отношении (я—1): 1. Отсюда
и следует, что все медианы я-угольника пересекаются в одной
точке (и делятся в ней в отношении (я—1): 1).
Теперь мы можем определить центр тяжести я-уголь-
ника как точку пересечения его медиан, а затем и медианы
61
Указание. Пусть S, и .S, —
(л-]~ 1)-у г о л ь н и к а как отрезки, соединяющие вершины
(zz—|— 1)-угольника с центрами тяжести я-угольников, образо-
ванных остальными п вершинами. Метод математической ин-
дукции позволяет утверждать, что наши определения медиан
и центра тяжести я-угольника имеют смысл при любом п.
Задача 24. В л-угольнике А3А2 ... Ап обозначим через Ог
центр тяжести (я—1)-угольника Д2Д3 . . . Ап, через О2—
центр тяжести (я—1)-угольника АгА3 ... Ап и т. д., через
Оп — центр тяжести (я—1)-угольника А1Аг...Ап_1, Дока-
зать, что я-угольник С\О2 ... Оп подобен данному я-уголь-
иику /11Д2 . . . Ап.
Указание. Как доказано в примере 26, О3Ог Цс^Л, и
0,0,	1	.	„ „ ,, . . О,О3 1
, ~ =----т. Аналогично О,О„\\А„А, и =---------- и т. д.
АуАг Я— 1	2 311 2 3	Л— 1
Медианой k-ro порядка л-угольника (k<^n) назы-
вается отрезок, соединяющий центр тяжести ^-угольника, об-
разованного любыми k вершинами я-угольника, с центром тя-
жести (я — ^-уголь-
ника, образованного
остальными я — k
вершинами. Таким
образом, медиана
k-vo порядка являет-
ся одновременно и
медианой (я — &)-го
порядка. Медианы
я-угольника, опре-
деленные в примере
26, можно было бы
назвать медиана-
ми первого по-
рядка.
Задача 25. До-
казать, что все ме-
дианы k-vo порядка
я-угольника пере-
секаются в одной
— k):k.
....	, кести (k — 1)-угольника
A2A3...Ak и (п — k — 1)-угольника Л^+2Ль+з ... Ап, Ot и О2 —
.центры тяжести fe-угольников АхАг ... Ак и Л2Л3 ... Ак+1, О3 и О4—
центры тяжести (я — ^-угольников Ак+1...'А„ и ЛА,+2...Л„Л1
62
/	т 01S,	0,S,	1	_ _ .. . .	04S2
(черт. 49). Тогда	и ОА IM А+1,	-
_	1	1	4 п- ~ 1	О ZV ~ Л
OS 1
— ‘-72 —---------- и 0,0. II A,Ah+,. Если теперь О — точка пере-
0,At п — /г—1	3 411 1 л 1
сечения медиан fe-ro порядка О2О4 и 0,0.,, то из подобия треуголь-
ников 00,0, и 0030, имеем:
— Д Л
001 _00, _ 0,0, __ k 1 k + 1 _n-k
00s ~ 004 ~ Op, ~ 1	. ,	~ k
n-kA1 k+1
Можно доказать, что при любом k точка пересечения
медиан А-го порядка «-угольника совпадает с его центром
тяжести.
Задача 26. Сформулировать утверждение задачи 25 при
п — 4, k — 2.
Ответ. Отрезки, соединяющие середины противоположных сто-
рон и середины диагоналей произвольного четырехугольника, пересе-
каются в одной точке и делятся в ней пополам.
Окружность, проходящая через середины трех сторон
треугольника (черт. 50), называется окружностью Эй-
лера этого треугольника; она обладает рядом интересных
свойств (так, например, окружность Эйлера треугольника АВС,
кроме середин D,E,F сторон, проходит еще через основания
Р, Q, р высот АР, BQ и CR и через три точки К, L, М,
делящие пополам отрезки АН, ВН, СН высот между точкой Н
их пересечения и вершинамих); поэтому окружность Эйлера
D — диаметрально противо-
’) Так как четырехугольник KFDM (черт. 50) — прямоугольник
(ибо FK\\BH\\DM, так как KF и DM — средние линии треугольников
АВН и СВН с общим основанием ВН\
FD\\AC\\KM, так как FD и КМ — сре-
дние линии треугольников АВС и АИС
с общим основанием ЛС; ВИ _[_АС), то
отрезки FM и DK равны и имеют об-
щую середину. Так же доказывается,
что и отрезок EL равен им и середина/: L
совпадает с общей серединой FM и KD.
Отсюда следует, что окружность Эйлера,
проходящая через точки D, Е и F,
проходит также через К, L и М (центр
этой окружности совпадает с общей се-
рединой DK, EL и FM, а диаметр равен
общей длине этих отрезков).
Далее, так как по доказанному К и
положные точки окружности Эйлера и	KPD — 9M0, то окружность
Эйлера проходит через точку Р; так же доказывается, что она про-
ходит и через точки Q и R,
63
часто называют еще окружностью девяти точек
треугольника). Так как окружность Эйлера треугольника АВС
описана вокруг треугольника DEF, подобного АВС с коэффи-
циентом подобия у, то радиус ее равен Rt 2, где R—радиус
описанной окружности исходного треугольника АВС. Понятие
окружности Эйлера может быть следующим образом распро-
странено на любой вписанный в окружность многоугольник.
Задача 27. 1°. Окружностью Эйлера хорды АгАг
окружности S радиуса R называется окружность радиуса R 2,
центром которой служит середина хорды АгАг (черт. 51, а).
Черт. 51.
Три окружности Эйлера сторон вписанного в окружность S
треугольника A1AtAs пересекаются в одной точке О, которая
является центром окружности радиуса /?/2, проходящей через
центры трех окружностей Эйлера; эта последняя окружность
называется окружностью Эйлера треугольника
Л1А2А3 (черт. 51, б).
2°. Предположим, что нами уже определена окружность
Эйлера вписанного в окружность S я-угольника и известно,
что ее радиус равен Rt2 (R — радиус окружности 5). Рас-
64
----’"ъ&з
смотрим теперь (п 1)-угольник A±A2A3 ... Ап + 1, вписанный
в окружность S. В таком случае окружностей Эйлера
«-угольников АД ... An+l, A,AS .. . Ап+1, ..А4Аг ... Ап
пересекаются в одной точке, которая является центром
окружности радиуса /?/2, проходящей через центры всех
/г-|-1 окружностей Эйлера; эта окружность называется ок-
ружностью Эйлера («	1)-у г о л ь и и ка А1А2...Ап+1
(см. черт. 51, в, где изображена окружность Эйлера четы-
рехугольника).
Указание. Пусть ЛАА3Л4— произвольный четырехугольник,
вписанный в окружность S. Из того, что, например, окружность
Эйлера треугольника ЛААз проходит через три середины отрезков
#Ai> Z/A2, //4Л3, где Hi — точка пересечения высот А1А2А3 (см.
выше), вытекает, что она центрально-подобна (гомотетична) окружно-
сти S с центром подобия в точке Н4 и коэффициентом подобия у;
поэтому -середина отрезка
Я4Л4 принадлежит этой
окружности. Т еперь остает-
ся только заметить, что се-
редины отрезков ЯА1>
НА Н3А3 и Н4А4 (где
Н4, Н2 и Н3 — точки пе-
ресечения высот соответ-
ствующих треугольников)
совпадают; это вытекает
из того, что, например, че-
тырехугольник А4Н2Н4А2
является параллелограм-
мом (ибо А,Нг || А2Н4_\_
_]_Л3Л4 иЛ1//2 = Л2Я1 =
удвоенному расстоянию
от центра S до Л8Л4)-
Предположим теперь,
что для всех й-уголь-
ников, число сторон k
которых не превосхо-
дит п 4, существова-
ние окружности Эйле-
ра уже доказано, и рас-
смотрим («4- 1)-угольник
Л4Ла ... А„Ап+1, вписан-
ный в окружность S. Нам надо доказать, что окружности Эйлера
S„ ..., S_ + 1 П-уГОЛЬНИКОВ ЛАз ... Ап+1, ЛАА« •   An + v   •
..., ЛАв... Л„ пересекаются в одной точке; для этого достаточно до-
казать,* что пересекаются в одной точке каждые три из них, на-
пример S4, Sa и S,х). Обозначим через S12, Sia, S23 окружности Эйлера
х) Ибо если каждые три из nSs5 окружностей (никакие две из
которых не совпадают) пересекаются в одной точке, то и все окруж-
ности пересекаются в одной точке (для п —4 это уже неверно).
65
(n—l)-yi олышков Л8Л4 ... An+i, АгА4Ай ... An+1, AxAtA3 ... Л„+1 и
через 012, 013, O23—их центры; пусть еще Ох, 02, О.г — центры
окружностей Sj, S2, S3 и О123 — центр окружности Эйлера S,,3
(п — 2)-угольника Л4Л5 ... А„+1. В таком случае мы придем к черт. 52,
из которого нетрудно усмотреть равенство треугольников О,О2О3 и
O23Oi3O12. [Для доказательства равенства сторон ОХО2 и О,3О13 этих
треугольников достаточно рассмотреть треугольники О1О2О12 и
О2з°1з°12з. в которых
ДА = 0120г = Oi23O23 = O123Oi3 =	,
Z ОХО12О2 — OiPvPvn + Z О123О12О2 =
= 2 z О13О12О123 + 2 Z А.АА3 = 2 Д О13О12О23
и
/	— 2 / О13О12О23,
как вписанный и центральный угол описанной вокруг О12О]3О23
окружности, опирающиеся на одну дугу; так же доказывается, что
0103 = О23О12 и О2О3 = О,3О12]. Из того, что Д ОХО2О3 = Д O23Oi3OI2
и окружности S23, S13 и Si2 пересекаются в одной точке О123,
уже следует, что и окружности Slt S2 и S3 пересекаются в одной
точке.
Задача 28. Пусть АХА2 ... Ап — произвольный л-угольник,
вписанный в окружность S. Доказать, что центр тяжести
/z-угольника (см. пример 26) лежит на отрезке, соединяющем
центр S с центром окружности Эйлера /г-угольника, и делит
этот отрезок в отношении (п — 2): 2.
Указание. Решение этой задачи можно найти в книге
И. М. Яглома, указанной на стр. 45 (см. решение задачи 52в)).
Пример 27. 1°. Пусть lv Z2, l3,	— четыре прямые общего поло-
жения, т. е. такие, что никакие две из них не параллельны и никакие
------------три не проходят через одну точку;
Д/Д------------------\ Д — центр окружности, описанной
/ЯХ.	\	вокруг треугольника,	образован-
/ \ Ал) { )	\v	\ \	ного прямыми Z2, Z3, Z4;	02— центр
/	<xlz	уРг	\/	окружности, описанной	вокруг тре-
7	7/___L——чД____У____яг1--	угольника, образованного прямыми
AZ1’ Л Т-Д- Тогда четыре точки
\ I	Д’ Д’ 'Э и Д лежат на ОДНОЙ
\ I I -А/ ^Х / г окружности, называемой о к р у ж-
\ \\	/	/Х^> ностью центров четырех
ХД^А/	прямых lv 12, 13, (черт. 53).
/	2°. Пусть уже определена ок-
'	ружность центров п прямых и пусть
даны п 1 прямых общего поло-
ч 53	жения Z,, Z2, Z3,	Z„ + r Обозначим
р ’	центр окружности центров п пря-
мых /2, Z3, ..., 1п + 1 через 01, центр
окружности центров п прямых /х, Z3, ..., Z„+j—через 02 и т. д. Тогда
п 4- 1 точек О,, 02, 03, ..., Ол+1 лежат на одной окружности, 'назы-
ваемой окружностью центров п -|- 1 п р я м ы к Zx, Z2, Z3, ..., Z„ +1.
66
Доказательство. 1°. Пусть llt I,, l3, Z4— четыре прямые
общего положения (черт. 54), А1г — точка пересечения Z3 и Z4, /L, —
точка пересечения Z2 и Z4 и т. д.; С\ — центр окружности Cv описан-
ной вокруг треугольника, образованного прямыми Z2, Z3 и /4, и т. д.
Докажем, прежде всего, что окружности Сг, С2, С3 и С4 пересекаются
Черт. 54.
в одной точке М. Действительно, если М есть точка пересечения С4
и С2, отличная от Л12, то
А13МА12 —	Д13Д14Д12 — между Z2 и Z3,
z Д12ЛМ23 = / Д12Д24Д23 = / между Z3 и 1Г
Отсюда следует, что / А13МА23 — </ между Z2 и Z, = / Д13Д31Д23, т. е.
что окружность С3 проходит через М; точно так же доказывается, что
и С4 проходит через М.
Теперь мы уже можем доказать, что точки Ov О2, О3 и О4 лежат
на одной окружности. Рассмотрим три окружности С4, С2 и С3, прохо-
дящие через одну точку Л4; С, и С3 пересекаются еще в точке Д13,
С2 и С3 — в точке Д23. Отсюда следуетх):
/ О4О3О2 = / Д13ЛМ23 — / Л13Л34Л23 = / между Z2 и 1г.
Точно так же доказывается, что и /О1О4О2=/гмежду Z2 и = Z,O1O3O2,
откуда и вытекает требуемое утверждение.
*) Точнее, эти углы равны или составляют в сумме 180°. Вообще,
чтобы сделать нижеследующие рассуждения независимыми от чертежа,
надо воспользоваться понятием направленных углов (см.,
например, написанные Д. И. Перепелкиным решения задач
в кише Ж. А д а м а р, Элементарная геометрия, ч. 1, М., Учпедгиз,
1948, стр. 488—489).
67
2°. Предположим, что для п прямых паши утверждения уже до-
казаны; при этом мы можем также считать уже доказанным, что дуга
окружности центров п прямых llt 12, ..., 1п между центрами Ог
и О2 окружностей центров п — 1 прямых 12, 13, .... 1п и п — 1
прямых lv Z3, ..1п равна удвоенному углу между прямыми 1г и Z2
(см. конец п. 1°). Рассмотрим теперь л-|—1 прямых Zt, Z2, ..., Zn + 1
общего положения; пусть Ог — центр окружности С, центров п пря-
мых Z2, Z3, ..., Z„+1 и т. д., О12— центр окружности С12 центров п — 1
прямых l3, I,, ..., Z„+1 и т. д. Докажем, что окружности Ct, С2, ...
..., Сп+1 пересекаются в одной точке М. Действительно, пусть
М— отличная от О]2 точка пересечения окружностей С2 и С2. В таком
случае имеем1):
Z О13МО12 = | v О13О1г = / между Z2	и 13;
Z О1?ЛЮ23 = у О12О23 = Z между 13	и lv
Отсюда следует, что / О13ЛЮ23=/, между 1г и 1г = / О13О31О23,
т. е.	что	окружность С3 проходит через М Точно	так	же	доказы-
вается	и	то,	что каждая из остальных окружностей	С4, С6,	...,	Сп+1
проходит через М
Рассмотрим теперь три окружности С2иС3, проходящие через,
одну точку Л/; и С3 пересекаются еще в точке О13, С2 и С3 —
в точке О23. Мы имеем *):
Z О,О3О2 == / О13МОгз = /, Ol3Oi3O23 = /, между 12 и 1г.
Точно так же показывается, что и для любой из точек О;-(/ = 4, 5,...
..., П Д-1) Z О,О,О2 — /, между I, и Z1? откуда и следует, что все
точки Ог, О2, О3, О4, ..., Оп+1 лежат иа одной окружности.
В формулировке примера 27 можно также заменить всюду опи-
санные окружности вписанными. Однако здесь появляется одно допол-
нительное затруднение, связанное с тем, что, в то время как описан-
ная окружность треугольника (окружность, проходящая через все
вершины треугольника) определяется однозначно, за его вписанную
окружность (окружность, касающуюся всех сторон треугольника) мож'по
принять одну из четырех окружностей (всех трех сторон касаются
J) См. сноску на предыдущей странице.
68
одна вписанная и три вневписанные окружности). Чтобы устранить
это затруднение, можно поступить следующим образом. Введем
в рассмотрение направленные прямые и окружности, указав
стрелкой на каждой линии направление движения по ней; далее бу-
дем считать направленные прямую и окружность касающимися
лишь в том случае, если направления их в точке касания совпадают.
При этом будет существовать уже одна-единственная направ-
ленная окружность, касающаяся трех данных направленных прямых
Z„ Z2 и 1а, не пересекающихся в одной точке (черт. 55, а, б), — направ-
ленная вписанная окружность образованного 1„ 12 и ls треугольника.
Задача 29. Определение ортоцентра вписанного в ок-
ружность многоугольника. 1°. Ортоцентром тре-
угольника, как известно, называется точка пересечения его высот.
2°. Пусть уже определен ортоцентр n-угольника А,А2...Ап,
вписанного в окружность S, и пусть имеем вписанный в S (п ^-уголь-
ник АаАг.. .АпАп+1. Обозначим через /У,,..., Нп+х ортоцентры
п 4- 1 многоугольников A2As. . .Ап+1, AlAsAi.. .А„+1, .. ,,А,А2.. .А„.
В таком случае равные S окружности с центрами в точках
Я,, Н2, ..., Я„+1 пересекаются в одной точке Н\ эта точка и
называется ортоцентром (п 1)-угольника A1A2...An+l (так,
на черт. 56 изображен ортоцентр четырехугольника А^А^).
Черт. 56.
Решение задачи 29 мы предоставляем читателям. Заметим, что
ортоцентры вписанных в окружность многоугольников обладают
рядом свойств, близких к свойствам ортоцентров треугольников; на
перечислении этих свойств, доказывать которые по необходи-
мости приходится методом математической индукции (ибо орто-
центр многоугольника определяется по индукции), мы здесь
не можем остановиться.
Задача 30. 1°. Центральной точкой двух (пересекаю-
щихся) прямых называется точка их пересечения (черт. 57, а).
Центральной окружностью трех прямых общего
положения (см. пример 27) называется окружность, проходящая
через центральные точки каждой пары из этих прямых (черт. 57, б).
Пусть теперь даны четыре прямые общего положения Z„ l2, Zs, Z4.
Обозначим через S, центральную окружность трех прямых Z2, Zs, Z4,
через S2 — центральную окружность трех прямых Zv Zs, Z4 и т. д.
3 Индукция в геометрии	69
Тогда четыре окружности Sp S2, S3, S4 пересекаются в одной точкеО,
которая называется центральной точкой четырех пря-
м ы х Zx, Z2, Z3, Z4 (черт. 57, в).
2°. Предположим, что уже определена центральная окружность
2п — 1 прямых и центральная точка 2н прямых, и пусть дано 2n -|- 1
прямых общего положения Zp l2, ..., Z2„, Z2n+1. Обозначим через AL
Черт. 57.
центральную точку 2п прямых l2, Z3, ..., l2n, l2n4.lt через А2 — цент-
ральную точку 2п прямых Z4, Z3, ..., l2n, Z2n+1 и т. д„ через Л2П+1—
центральную точку 2п прямых Zx, Z2, ..., 12п. Тогда точки Л4, Л2, ...
..., Л2,,+1 лежат на одной окружности, которую мы будем называть
центральной окружностью 2п 1 прямых Z4, Z2, ...
• ’ Ч 7;Л-Ц'
Пусть, наконец, задано 2п -|- 2 прямых Zx, Z2, ..., Z2„+1, Z2„+2
общего положения. Обозначим через S4 центральную окружность
2п -J- 1 прямых Z2, Z3, ..., Z2„+1, Z2„+2, через S2 — центральную окруж-
ность 2п +1 прямых Zp Z3, ..., Z2n+1, Z2n+2 и т. д„ через S2n+2—
центральную окружность 2п -j- 1 прямых Zp Z2, ...,l2t} + 1. Тогда окруж-
ности S4, S2, ..., S2n + 1, S2n+2 пересекаются в одной точке, которую
мы и будем называть центральной точкой 2n-j-2 прямых
Г’ * * • > ^24 -1> Чп +2'
Указание. Доказательства сформулированных здесь предложе-
ний можно найти в книге Д. О. Шклярскогои др., указанной на
стр. 59 (см. решение задачи 125), и в книге: И. М. Я г л о м, Геоме-
трические преобразования, II, М., Гостехиздат, 1956 (серия «Биб-
лиотека математического кружка», вып. 8) (см. решение за-
дачи 218 а)).
70
Задача 31. 1°. Даны три прямые 12, 13 общего положения.
Центр окружности, описанной вокруг образованного ими треугольника,
называется центральной точкой трех прямых.
Рассмотрим теперь четыре прямые lv 1г, 13,общего положения. Обо-
значим через Ау центральную точку трех прямых Z2, Z3, Z4, через Д2—
центральную точку трех прямых lv 13, Ц и т. д. Тогда четыре точки
Дг Д2, Д3, Л4 лежат на одной окружности (см. выше пример 27),
которая называется центральной окружностью четырех
прямых 12, 13, lt.
2°. Пусть уже определены центральная точка 2«—1 прямых и
центральная окружность 2и прямых и пусть дано 2н -ф-1 прямых
общего положения lv lv	?2п + 1. Обозначим через центральную
окружность 2п прямых Z2, 13, ..., 1гп, l2n + v через S2— центральную
окружность 2п прямых lv 13, ..., 1гп, 12п+1 и т. д., через S2„ + l —
центральную окружность 2п прямых lv 12, .... 12п. Тогда окружности
.S’p S2, ..., S2n+l пересекаются в одной точке, которую мы будем
называть центральной точкой 2п -ф-1 прямых llt 12, ...
Пусть" наконец, дано 2« -ф-2 прямых общего положения lv 12, ...
..., 12п + 2. Центральную точку 2п 1 прямых 12, 13, ..., 12п + 2 обозна-
чим через Др центральную точку 2п -ф- 1 прямых lv 13, ..., 1,л+2—-
через Д2 и т. д., центральную точку 2п-\- 1 прямых lv 12,	—
через Агп+г. Тогда точки Дп Д2...Ап+г лежат на одной окруж-
ности, которую мы и назовем центральной окружностью
2« —ф-2 прямых lv 1г, ..., 12п+2.
Указание. Доказательства сформулированных здесь предложе-
ний совершенно аналогичны доказательствам предложений, составляю-
щих содержание задачи 30.
Линейным элементом называется совокупность точки А и
заданного в ней направления, определяемого прямой а, проходящей
через Д. Линейный элемент обозначается символом (Д, а), п линейных
элементов (Дг, аг), (Д2, а2), ..., (Ап, ап) мы будем называть к он ци-
кл и ч е с к и м и (от слова «цикл» — окружность), если прямые аг а2,...
..., ап—прямые общего положения (см. выше пример 27) и п точек
Av А,, ..., Ап лежат на одной окружности.
Задача 32. 1°. Направляющей окружностью двух
линейных элементов (Д2, ат) и (Д2, а2) (таких, что точки Д, и
Д2 различны, а прямые а, и а2 пересекаются) называется окружность,
проходящая через точки Д,, Д2 и через точку пересечения аг и а2
(черт. 58, а). Направляющие окружности трех пар линейных элемен-
тов (Др аф и (Д2, а2), (Др «ф и (Д3, а3), (Д2, а2) и (Л3, а3) (таких, что
точки Д1, Д2, Д3 все различны, а прямые av а2, а3-—общего положе-
ния) пересекаются в одной точке, называемой направляющей
точкой трех линейных элементов (Д,, аф, (Д2, а2) и (Д3, а3)
(черт. 58, б).
2°. Пусть нами уже определены направляющая окружность 2п — 2
концнкличсских линейных элементов и направляющая точка 2п — 1
концпклических линейных элементов. Рассмотрим 2п конциклических
линейных элементов. В таком случае 2п направляющих точек всевоз-
можных совокупностей по 2п—1 из них лежат па одной окружности,
называемой направляющей окру ж п о с т к ю 2п к о п ц и к л и-
ч е с к и х линейных элементов. Далее, cc.ni рассмотреть 2ц 1
3*
71
конциклических линейных элементов, то всевозможные совокупности
по 2п из них определят 2п 1 направляющих окружностей, которые
все пересекаются в одной точке — направляющей точке 2п 1
конциклических линейных элементов.
У казаки е. Доказательства предложений, составляющих содер-
жание этой задачи, можно найти в указанной на стр. 70 книге
И. М. Яглома (см. решение задачи 218 6)).
§ 6. ИНДУКЦИЯ ПО ЧИСЛУ ИЗМЕРЕНИЙ
При изучении курса стереометрии бросается в глаза извест-
ная аналогия между стереометрическими и планиметрическими
теоремами. Так, свойства параллелепипеда во многом подобны
свойствам параллелограмма (ср., например, теоремы: «В па-
раллелепипеде противоположные грани равны и диагонали
пересекаются в одной точке и делятся в ней пополам» и
«В параллелограмме противоположные стороны равны и диа-
гонали в точке пересечения делятся пополам»), свойства
шара подобны свойствам круга (ср., например, теоремы: «Ка-
сательная плоскость шара перпендикулярна к радиусу, прове-
денному в точку касания» и «Касательная к окружности пер-
пендикулярна к радиусу, проведенному в точку касания»).
Однако наряду с этим имеет место и существенная разница
между свойствами плоских и пространственных фигур. Главное
различие здесь состоит в том, что фигуры на плоскости имеют
два измерения («длина» и «ширина»), в то время как про-
странственные тела имеют три измерения («длина», «ширина» и
«высота»). Соответственно этому положение точки на плоско-
сти полностью определяется двумя координатами х и у
72
(черт. 59, б), в то время как для определения положения
точки в пространстве надо знать три ее координаты х, у и z
(черт. 59, в). Поэтому наше обычное пространство часто
называют трехмерным пространством («пространст-
вом трех измерений»), в то время как про плоскость говорят,
что она представляет собой двумерное пространство
(«пространство двух измерений»).
Эту терминологию можно распространить еще дальше.
Положение точки на прямой полностью определяется одной
.27
единственной координатой х (черт. 59, п); это связано с тем,
что на прямой линии все фигуры (отрезки) имеют лишь одно
измерение («длину»). Поэтому прямую называют одномер-
ным пространством; это позволяет считать, что число
измерений пространства может быть равно единице, двум
или трем.
Стереометрические теоремы обычно бывают сложнее
соответствующих планиметрических предложений; в свою оче-
редь свойства плоских фигур, разумеется, много сложнее
свойств фигур на прямой (отрезков). При этом доказательства
«трехмерных» (т. е. стереометрических) теорем часто суще-
ственно опираются на знание соответствующих «двумерных»
(т. е. планиметрических) предложений; так, например, доказа-
тельство того, что диагонали параллелепипеда делятся в точке
пересечения пополам, использует соответствующее свойство
диагоналей параллелограмма. В свою очередь доказательства
«двумерных» теорем иногда основываются на аналогичных
73
«одномерных». Это обстоятельство делает возможным исполь-
зование в некоторых геометрических задачах индукции по
числу измерений, заключающейся в последовательном
переходе от одномерного к двумерному, а затем к трехмер-
ному пространству; примеры такого рода и собраны в настоя-
щем параграфе. При этом индукция по числу измерений часто
используется одновременно с обычной индукцией, а иногда
она может быть заменена обыкновенной индукцией.
Я	О	В
11	и II |ч»птнг"маД8Д^м
aj
У	6)
Черт. 60.
При разборе примеров и решении задач этого параграфа
следует иметь в виду, что окружности на плоскости (т. е.
геометрическому месту точек, равноудаленных от данной
точки О, черт. 60, б) в пространстве соответствует сфера
(поверхность шара, черт. 60, в), а на прямой линии — пара
74
точек, равноудаленных от данной точки О (черт. 60, а); кругу
на плоскости в пространстве соответствует шар, а на прямой —
отрезок, наконец, треугольнику АВС на плоскости (черт. 61, б)
в пространстве соответствует тетраэдр (т. е. произвольная
треугольная пирамида, имеющая четыре вершины А, В, С, D,
черт. 61, в), а на плоскости — отрезок АВ, имеющий две
«вершины» А и В (черт. 61, а).
Следует отметить, что вопрос о том, какое стереометрическое
предложение соответствует данной планиметрической теореме, вообще
говоря, не решается однозначно. Иногда удобно считать, что треуголь-
нику на плоскости отвечает не тетраэдр (фигура, имеющая на одно
измерение больше), а такой же треугольник, только расположенный
в пространстве; аналогично этому можно считать, что прямой на пло-
скости в пространстве соответствуют и прямая, и плоскость. При этом
можно получать разные «стереометрические аналоги» одной и той
же планиметрической теоремы. Так, например, теореме «сумма квад-
ратов расстояний от точки М плоскости до всех вершин правильного
/г-угольника с центром О, вписанного в окружность радиуса R,
равна п (R2	ОЛ12)» (см., например, указанную на стр. 6 книгу
Д. О. Шклярского и др., задачу 234) отвечают следующие две сте-
реометрические теоремы: «сумма квадратов расстояний от точки М
пространства до всех вершин правильного «-угольника с центром О,
вписанного в окружность радиуса R, равна п (R2	ОМ1)» и «сумма
квадратов расстояний от точки М пространства до всех вершин пра-
вильного многогранника с п вершинами, вписанного в сферу с центром О
и радиусом R, равна п (R2 -|- ОЛ42)»; обе эти теоремы верны и обе
выводятся из соответствующей «двумерной» теоремы, так что при
выводе обеих используется индукция по числу измерений. Мы не
останавливаемся подробнее на этом вопросе, предоставив читателю
самостоятельно сравнить переход от «одномерной» к «двумерной» и
к «трехмерной» теоремам, например, в нижеследующих примерах 29
и 37 с одной стороны и 35 и 36 с другой стороны.
В соответствии с общим планом брошюры настоящий па-
раграф состоит из четырех частей: 1) вычисление с помощью
индукции по числу измерений; 2) доказательство с помощью
индукции по числу измерений; 3) нахождение геометри-
ческих мест с помощью индукции по числу измерений; 4) оп-
ределение с помощью индукции по числу измерений. Пункт,
посвященный решению задач на построение с помощью индук-
ции по числу измерений, сюда не включен, так как сам вопрос
о построениях в пространстве не является достаточно опре-
деленным. Во всех случаях основным считается «трехмерное»
(стереометрическое) предложение, хотя часто наибольший
интерес представляет соответствующий результат, относящийся
к «двумерному» (плоскому) случаю; в этих случаях переход от
двумерного к трехмерному случаю лишь намечается, а не про-
водится со всей полнотой.
75
В современной математике и физике большую роль играет поня-
тие п-м ер п ого пространства, в котором положение точки
определяется п координатами; здесь п — произвольное целое положи-
тельное число (в частности, может быть, п > 3)Свойства фигур
в «-мерном пространстве часто доказываются с помощью математиче-
ской индукции по числу измерений пространства; в частности, этот
метод позволяет распространить на «-мерное пространство все резуль-
таты настоящего параграфа. Однако это уже выходит за рамки нашей
брошюры.
1.	Вычисление с помощью индукции по числу
измерений
Пример 28. На сколько частей разбивают пространство
п плоскостей, каждые три из которых пересекаются и никакие
четыре не имеют общей точки (такие плоскости мы будем
называть «плоскостям!! общего положения»)?
Рассмотрим последовательно следующие задачи.
А. Определить, на сколько частей разбивают прямую
п точек.
Решение. Обозначим это число через Ft (и); очевидно,
что Ft (я) = п 1.
Б. На сколько частей разбивают плоскость п прямых,
каждые две из которых пересекаются и никакие три не имеют
общей точки (п прямых «общего положения»)?
Решение. 1°. Одна прямая разбивает плоскость на две
части.
2°. Предположим, что нам известно число Fs (п) частей,
на которые разбивают плоскость п прямых общего положения,
и рассмотрим /г —1 прямых общего положения. Первые п из
них разбивают плоскость на Ft (я) частей; (л—1)-я прямая /,
по условию, пересекается с каждой из остальных п прямых
в п различных точках; эти точки разбивают прямую I на
Fl(n) = и1 частей (см. пункт А). Следовательно, прямая/
пересекает п-]- 1 из ранее полученных частей плоскости, и зна-
чит, добавляет к (и) частям Fr(n) — п 1 новых частей.
Таким образом,
(п + 1) = F2 («) + F1 («) = F\ («) + («+ 1).	(13)
1 ) См., например, статью А. И. У з к о в а «Векторные простран-
ства и линейные преобразования» во втором томе «Энциклопедии эле-
ментарной математики» (М.—Л., Гостехиздат, 1951). Следует только
предупредить, что эта статья требует известной математической куль-
туры и не рассчитана на школьника.
76
Подставляя в равенство (13) вместо п значения п—1,
п— 2,	2, 1, получим:
^2(«)	= F2(ra — !)+«>
F2(ra-l) = F2(ra-2) + (ra-l),
Р2(3)	== Л’2 (2) —3,
Л2(2)	= F2(l)-]-2.
Сложим все эти равенства; так как Ft (1) = 2, мы будем иметь:
Г2(и) = Г2(1) + [и + (и-1)+...+2]==
= 1 +[„+ (П- 1) + ... +2+ 1],
и окончательно:
^«=,+^±0 = ^+^
(см. формулу (2) Введения, стр. 8).
В. Задача, сформулированная в начале настоящего примера.
Решение. 1°. Одна плоскость разбивает пространство
па две части.
2°. Предположим, что нам известно число F3 (п) частей,
на которые разбивают пространство п плоскостей общего по-
ложения, и рассмотрим п 1 плоскостей общего положения. Пер-
вые га из них разбивают пространство на F3 (га) частей;(га-|- 1)-ю
плоскость п эти га плоскостей пересекают по га прямым общего
положения и, следовательно, разбивают ее на F, (га) — —J	-
частей (см. пункт Б). Таким образом, получаем соотношение
Л3(й+1) = Л3(й) + Л2(й) = Л3(й) + 2^ + 2. (14)
Заменив в равенстве (14) п на п—1,п — 2,	2, I, будем
иметь:
Р3 (га) = F3 (п - 1) +	+	,
^(«-^^(га-^+^+^Ш,
Рз(3) = П3(2)+2^Ь|+2

। 12+ 1 +2
'	2
77
Складывая все эти равенства, получим:
+ у В” — Ь ~НИ — 2) + • • • 4" 1] + у Р 4~2 4~ • • • 4~ 2Т
п — 1 раз
или окончательно, учитывая формулы (2) и (3) Введения и то,
что F3(l) = 2:
F, <») = 2 + "-1»2" ~	+ (—!> =
___(« + l)(«s— и+ 6)
—	6
Задача 33. На сколько частей разбивают пространство
п сфер, каждые две из которых пересекаются между собой?
Указание. Рассмотрим последовательно следующие задачи.
А. На сколько частей делят прямую п ^одномерных окружностей'),
т. е. п пар точек (см. введение к этому параграфу, стр. 74—75).
Ответ. 2п точек делят прямую на 2га -ф 1 частей.
А'. Найти число Ф, (га) частей, на которые делят окружность
п пар точек, расположенных на этой окружности.
Ответ. Фх (и) = 2га.
Б. Найти число Ф2 (га) частей, на которые делят плоскость п по-
парно пересекающихся окружностей.
Решение. Так как га окружностей пересекают (л —1 )-ю окруж-
ность в п парах точек и, следовательно, делят ее на Ф1(га) = 2га
частей (см. п. А'), то (га-ф1)-я окружность пересекает Ф1(п) — 2п из
тех Ф2 (га) частей, на которые делят плоскость п окружностей. Отсюда
получаем равенство
Ф2 (п -ф 1) = Ф2 (га) + Ф, (га) = Ф2 (га) + 2га.
Используя это равенство и то, что Ф2(Г) = 2, будем иметь:
Ф„ (я) = га2-га-ф2.
Б'. На сколько частей делят сферу га попарно пересекающихся
окружностей, расположенных на этой сфере?
Ответ. На Ф2 (га) = п2 — га -ф 2 частей.
В. Исходная задача.
Решение. Так как п сфер пересекают (и-ф1)-ю сферу по
га окружностям и, следовательно, разбивают ее поверхность на
Ф2 (га) = п2 — га -ф 2 частей (см. пункт Б'), то если п попарно пересе-
кающихся сфер разбивают пространство на Ф3 (га) частей, то га -ф 1
сфер разобьют пространство на
Ф3 (га -ф 1) = Ф3 (га) -ф Ф2 (га) = Ф3(га) -ф (га2 - га -ф 2)
частей. Отсюда и из того, что Ф3(1) = 2, можно найти
О
78
2.	Доказательство с помощью индукции по числу
измерений
Пример 29. Тетраэдр, четыре вершины которого зануме-
рованы цифрами 1, 2, 3 и 4, разбит на меньшие тетраэдры
так, что каждые два из тетраэдров разбиения либо совсем
не имеют общих точек, либо имеют общую вершину, либо
имеют общее ребро (но не часть ребра), либо имеют общую
грань (но не часть грани). Все вершины полученных малых
тетраэдров занумерованы теми же цифрами 1, 2, 3 и 4, при-
чем все вершины, лежащие на грани большого тетраэдра,
нумеруются тремя цифрами, которыми занумерованы вершины
этой грани, а все вершины, лежащие на каком-либо ребре
большого тетраэдра, нумеруются двумя цифрами, которыми
занумерованы концы ребра. Доказать, что найдется по крайней
мере один малый тетраэдр, все четыре вершины которого
занумерованы разными цифрами.
Рассмотрим последовательно следующие задачи.
А.	Отрезок, концы которого обозначены цифрами 1 и 2,
разбит на несколько непересекающпхся меньших отрезков и
все точки деления занумерованы цифрами 1 пли 2 (черт. 62, а).
Доказать, что найдется по крайней мере один отрезок раз-
биения, концы которого занумерованы разными цифрами.
Решение. Покажем, что число отрезков, обозначенных
цифрами 1 2, нечетно; отсюда и будет следовать сущест-
вование хотя бы одного такого отрезка (ибо нуль есть число
четное). Обозначим через А число концов отрезков разбие-
ния, занумерованных цифрой 1. Это число, очевидно, будет
нечетным, ибо каждая цифра 1, стоящая внутри большого
отрезка (число таких цифр 1 обозначим через *), является
концом двух отрезков разбиения, и лишь единственная цифра 1,
которой занумерован конец большого отрезка, принадлежит
одному отрезку разбиения; следовательно,
А = 2*4-1.
С другой стороны, пусть р будет число отрезков 1 1
среди всех наших отрезков разбиения и q — число отрезков
1 2. Тогда число А вершин 1 будет равно
A = 2p-\-q.
Из равенства
2* —j— 1 = 2р —q
следует, что q нечетно.
Б. Треугольник, вершины которого занумерованы цифра-
ми 1, 2 и 3, разбит на меньшие треугольники так, что два
79
треугольника разбиения либо совсем не имеют общих точек,
либо имеют общую вершину, либо имеют общую сторону
(но не часть стороны). Все вершины треугольников разбиения
нумеруются цифрами 1, 2 и 3, причем вершины, лежащие на
стороне большого треугольника, нумеруются одной из цифр,
которой занумерованы концы этой стороны (черт. 62, б).
6)
Черт. 62.
Доказать, что найдется по крайней мере один треугольник
разбиения, все вершины которого занумерованы разными
цифрами.
Решение. Покажем, что число треугольников 123 не-
четно. Для этого сосчитаем общее число А сторон
треугольников разбиения, занумерованных цифрами 1 2. Число
отрезков 1 2, лежащих внутри основного треугольника, обо-
значим через k, а число таких отрезков, лежащих на стороне
12 большого треугольника,— через I (на других сторонах
основного треугольника вообще не может быть отрезков 1 2).
Так как каждый из первых k отрезков разбиения принадле-
жит двум треугольникам разбиения, а каждый из I последних
отрезков — одному, то
Д = +
С другой стороны, пусть р — число треугольников разбие-
ния, вершины которых занумерованы цифрами 1 2 2 или 12 1,
и q — число треугольников 123. Так как каждый из пер-
80
вых р треугольников имеет две стороны 1 2, а каждый из q
последних — одну такую сторону, то
A=^2pA-q.
Из равенства
2k-\-l=2p-\- q
следует, что число q четно или нечетно одновременно с
числом I. Но число I нечетно в силу предложения А, а сле-
довательно, и q нечетно.
В.	Предложение, сформулированное в начале этого при-
мера.
Решение. Пусть А будет число граней тетраэдров раз-
биения, обозначенных цифрами 1 2 3. Если k таких граней
лежат внутри основного тетраэдра и I—на его грани 12 3,
то
A = 2k-\-l.
С другой стороны, если р — число тетраэдров разбиения,
обозначенных цифрами 1 1 2 3, 1 2 23 или 1 233, а д —число
тетраэдров разбиения, обозначенных цифрами 1 2 3 4, то, оче-
видно,
А = 2р Ц- q.
Из равенства
2k -ф-1 = 2р -ф- q
следует, что числа q и I одновременно четны или нечетны.
Но число I в силу предложения Б нечетно и, следовательно,
и q нечетно.
Во введении к этому параграфу мы указывали, что индук-
ция по числу измерений иногда может быть заменена обыкно-
венной индукцией. Приведем здесь соответствующие примеры.
Пример 30. Доказать сформулированное в примере 29 А
предложение индукцией по числу п отрезков разбиения.
Решение. 1°. При п=1 утверждение очевидно.
2°. Предположим, что наше утверждение уже доказано
для любого разбиения отрезка на п меньших отрезков, и
пусть дано разбиение отрезка 12 на л-ф-1 меньших отрез-
ков. Если не все из этих отрезков обозначены цифрами 1 2,
то найдется отрезок, концы которого обозначены одинаковы-
ми цифрами, например 1 1. Стянем этот отрезок в точку, тог-
да мы получим разбиение отрезка 1 2 на п меньших отрез-
ков. В силу индуктивного предположения в этом разбиении
81
а значит, и в первоначальном разбиении найдется по крайней
мере один отрезок, обозначенный цифрами 1 2, что и требова-
лось доказать.
Пример 31. Доказать сформулированное в примере 29 Б
предложение индукцией по числу п треугольников разбиения.
Решение. 1°. При п=\ утверждение очевидно; при
п — 2 оно легко проверяется.
2°. Предположим, что наше утверждение уже доказано
для любого разбиения треугольника 12 3 на п или меньше
треугольников, и пусть мы имеем разбиение треугольника на
п -ф-1 треугольников. Если не все из этих треугольников
обозначены цифрами 12 3, то найдется треугольник, у кото-
рого две вершины имеют одинаковые номера, например 1.
К стороне 1 1 прилегают либо два треугольника разбиения
(если эта сторона лежит внутри основного треугольника,
черт. 63, а), либо один треугольник (если эта сторона лежит
на стороне основного треугольника, черт. 63, б). Стянем от-
82
резок 1 1 в точку; мы получим новое разбиение треугольника
123 на п—1 (в первом случае, черт. 63, в) или на п (во
втором случае, черт. 63, г) треугольников. В силу индуктив-
ного предположения в этом разбиении (а значит, и в перво-
начальном разбиении) найдется по крайней мере один тре-
угольник, вершины которого обозначены цифрами 1 2 3.
Задача 34. Доказать теорему примера 29 В индукцией по
числу п тетраэдров разбиения.
Указание. Доказательство аналогично доказательству утверж-
дения примера 31.
Предложение примера 29 можно еще уточнить. Введем
понятие «ориентировки» тетраэдра, вершины которого зану-
мерованы цифрами 1 23 4, различая тетраэдры, для которых
обход вдоль грани 12 3 от вершины 1 к вершине 2 и за-
тем к вершине 3 представляется из вершины 4 совершае-
мым по часовой стрелке, и такие, для которых этот обход
наблюдается из вершины 4 происходящим против часовой
стрелки. В таком случае имеет место следующее предло-
жение.
Задача 35. Доказать, что в условиях примера 29 число
тетраэдров разбиения, занумерованных цифрами 1 2 3 4 и
ориентированных так же, как и большой тетраэдр, будет
ровно на единицу больше числй тетраэдров 1 2 3 4, ориен-
тированных противоположным образом.
Указание. Рассмотреть последовательно следующие задачи.
А.	В условиях примера 29 А будем различать отрезки 1 2, для
которых направление от вершины 1 к вершине 2 совпадает с направ-
лением от 1 к 2 для основного отрезка, и отрезки 1 2, для которых
направление от 1 к 2 противоположно направлению основного отрезка.
Доказать, что число первых отрезков на единицу больше, чем число
вторых.
Б. Будем говорить, что треугольник 1 2 3 (см. пример 29 Б) ориен-
тирован по часовой стрелке (или против часовой стрелки), если обход
его вершин от вершины 1 к вершине 2 и затем к вершине 3 проис-
ходит по часовой стрелке (или против часовой стрелки). Доказать, что
число треугольников разбиения, занумерованных цифрами 12 3 и
ориентированных так же, как и основной треугольник, ровно на еди-
ницу больше числа остальных треугольников разбиения, занумерован-
ных цифрами 1 2 3.
В.	Предложение, сформулированное в начале условия задачи.
Пример 32. В пространстве задано п шаров, каждые че-
тыре из которых пересекаются. Доказать, что все эти шары
пересекаются, т. е. что существует точка, принадлежащая
всем шарам.
83
Рассмотрим последовательно следующие задачи.
А. На прямой задано п отрезков, каждые два из которых
пересекаются. Доказать, что все отрезки пересекаются, т. е.
что существует точка, принадлежащая всем отрезкам.
Решение. 1°. Для я = 2 утверждение очевидно.
2°. Предположим, что наше утверждение уже доказано
для любых п отрезков, и пусть на прямой задано п 1 по-
парно пересекающихся отрезков /х, /г, . . ., ln, 1п+1. В силу
индуктивного предположения п отрезков /х, /2, . . ., I пере-
секаются. Обозначим их общую часть (которая будет, оче-
видно, точкой или отрезком) через I. Докажем, что отрезок
1п+1 пересекается с I. Допустим, что это не так; тогда су-
ществует точка А, разделяющая /я+1 и I (черт. 64, а). Но

Черт. 64.
каждый из отрезков 13, 12, ... , 1п содержит I и, по условию,
пересекается с отрезком ln+i, следовательно, каждый из этих
отрезков содержит точку А, а значит, точка А принадлежит I.
Полученное противоречие доказывает, что 1п+1 и I пересека-
ются; их общая часть принадлежит всем заданным отрезкам
/j, /2, , . ., ln+j.
Б. На плоскости задано п кругов, каждые три из кото-
рых пересекаются. Доказать, что существует хотя бы одна
точка, принадлежащая всем этим кругам.
84
Решение. 1°. При л —3 утверждение очевидно.
2°. Предположим, что наше утверждение уже доказано
для любых п кругов, и пусть на плоскости задано «Ц-1 кру-
гов С,, С2, . . ., Сп, Сп+1. В силу индуктивного предположе-
ния п кругов Сх, С2, . . ., Сп пересекаются; обозначим их
общую часть через С (черт. 64, б) («круговой многоугольник»
С может представлять собой целый круг или состоять из од-
ной лишь точки). Нам надо доказать, что фигура С и круг
Сп + 1 пересекаются. Предположим, что это не так; в таком
случае можно провести прямую /, разделяющую фигуры Сп+1
и С: такой прямой будет, например, перпендикуляр I к пря-
мой, соединяющей центр О круга С с самой близкой к О
точкой А фигуры С, восставленный в середине отрезка АВ,
где В—точка пересечения отрезка О А с окружностью круга
Сп+1 (черт. 64, s)1).
Так как каждый из кругов Сх, С2, .. . , Сп содержит фи-
гуру С и, по условию, пересекается с кругом Сп+1, то он
пересекает и прямую I. Обозначим отрезок, по которому
круг С1 пересекает прямую /, через alt отрезок, по которому
круг С2 пересекает эту прямую,— через а2 и т. д. На прямой
I мы будем иметь тогда п отрезков ах, а2, .. . , ап. Любые
два из этих отрезков пересекаются. Действительно, рассмот-
рим два из них, например а2 и а2. Пусть М— произвольная
точка фигуры С (тогда точка М принадлежит обоим кругам
Сх и С2). Далее, так как любые три из заданных кругов пе-
ресекаются, то существует точка (V, принадлежащая одно-
временно кругам Сх, С2 и Сп+1. Тогда отрезок MN целиком
принадлежит кругам Сх и С2, а, значит, точка его пересече-
ния с прямой I будет общей точкой отрезков ях и а2.
Как следует из предложения А, на прямой I существует
точка, принадлежащая всем отрезкам ах, а2, ... , ап. Эта
точка должна принадлежать всем кругам Сх, С2, . . . , Сп и,
значит, фигуре С, что противоречит построению прямой /.
Следовательно, фигуры Сп+1 и С должны иметь хотя бы одну
х) Действительно, если прямая I не разделяет фигур Сп+1 и С,
то на ней найдется точка К, принадлежащая фигуре С. В треуголь-
нике ОАК угол ОАК — острый; кроме того, по определению точки А
О A sg ОК. Следовательно, основание L перпендикуляра, опущен-
ного из О иа прямую АК, будет лежать между точками А и К. Так
как обе точки А и К принадлежат всем кругам Cv С2, ..., Сп, то и
весь отрезок АК, а следовательно, и его точка L принадлежат каж-
дому из кругов Сх, С2, ..., Сп и значит, L принадлежит С. Поэтому
должно быть OL ОА. Полученное противоречие («перпендикуляр
больше наклонной») доказывает наше утверждение.
85
общую точку, которая и будет общей точкой всех кругов
г с С С
“1, ь2, . . . , еп, ^п + 1.
В. Предложение, сформулированное в начале примера.
Решение. 1°. Для п = 4 утверждение очевидно.
2°. Предположим, что наше утверждение уже доказано
для любых п шаров, и пусть дано п-\~ 1 шаров Фх, Ф2,. . . , Фя,
Фп+1. Обозначим через Ф пересечение п шаров Ф4, Ф2, ... , Фге
(существующее в силу индуктивного предположения). Тогда
точно так же, как в примере 32 Б, можно показать, что
если шар Ф„+1 не пересекается с Ф, то существует разде-
ляющая их плоскость п. Фигуры, по которым каждый из шаров
Ф1;Ф2, ..., Ф„ пересекает плоскость тт, являются кругами,
любые три из которых пересекаются; следовательно, на пло-
скости п существует точка, принадлежащая всем этим кру-
гам и, значит, принадлежащая Ф, что противоречит определе-
нию плоскости п.
Предложение примера 32 тоже может быть доказано не
индукцией по числу измерений, а прямой индукцией по числу
фигур.
Пример 33. Доказать предложение примера 32 Б индук-
цией по числу кругов.
Решение. Мы докажем соответствующее предложение
для круговых многоугольников, т. е. для фигур, каждая из
которых является пересечением конечного числа кругов; от-
сюда, в частности, будет следовать и наше первоначальное
утверждение.
1°. Для д = 3 утверждение очевидно.
Пусть даны четыре круговых многоугольника Сх, С2, С3,
С каждые три из которых пересекаются. Обозначим через
Л4 общую точку фигур С2, С3 и С4, через Л2— общую точку
фигур Cj, С8 и С’4 и т. п. Возможны два случая:
а)	Одна из точек Л4, Л2, Л3, Л4, например Л4, принадле-
жит треугольнику, образованному остальными тремя точками
(черт. 65, а). Тогда, так как весь треугольник Л4Л2Л3 при-
надлежит С4, точка Л4 тоже принадлежит С4 и, следовательно,
Л4 будет общей точкой всех четырех фигур С4, С2, С3, С4.
б)	Ни одна из точек Лх, Л2, Л3, Л4 не принадлежит тре-
угольнику, образованному остальными точками. В этом слу-
чае точка Л пересечения диагоналей (выпуклого) четырех-
угольника ЛХЛ2Л3Л4 (черт. 65, б) как общая точка треугольников
Л1Л2Л3, Л1Л2Л4, ЛХЛ3Л4 и Л2Л3Л4 будет общей точкой всех
четырех фигур Ct, С2, Cs, С\.
S6
2°, Пусть наше утверждение уже доказано для п круго-
вых многоугольников. Рассмотрим л-|-1 круговых многоуголь-
ников С,, Са, ... , Сп, Сп+1. Обозначим через С пересечение
фигур Сп и Сп+1 (ясно, что С тоже будет круговым много-
угольником) и докажем, что любые три из п фигур С2,
С2, ... , C„_lt С пересекаются. Действительно, если среди
этих трех фигур нет С, то они пересекаются по условию.
Рассмотрим теперь любую тройку этих фигур, содержащую С,
например Сп Сг, С. Так как из четырех фигур Сх, Са, Сп, Сп + 1
любые три пересекаются, то в силу п. 1°эти четыре фигуры имеют
общую точку, которая и будет общей точкой фигур С2 и С.
Так как любые три из п фигур Сг, Сг, . . . , Cn_lt С пе-
ресекаются, то в силу индуктивного предположения все эти
фигуры имеют общую точку, которая и будет общей точкой
«+1 фигур С,, Сг, ... , С„, Сп+1.
Задача 36. Доказать предложение примера 33 В индук-
цией по числу п шаров.
Указание. Доказать соответствующее предложение для «ша-
ровых многогранников», т. е. тел, каждое из которых является пере-
сечением конечного числа шаров. Доказательство этого предложения
проводится аналогично доказательству утверждения примера 33.
Задача 37. На плоскости дано п точек Аг, А2, . .. , Ап, рас-
стояние между каждыми двумя из которых не превосходит еди-
ницы. Доказать, что все эти точки можно заключить в круг
радиуса (теорема Юнга)1).
s) Дж. Юнг — английский математик XIX в.
87
Указание. Показать прежде всего, что любые три из этих то-
1 о
чек можно заключить в круг радиуса —— . Затем построить круг ра-
г 3
1
диуса с центром в каждой из заданных точек и показать, что
любые три из этих кругов пересекаются. Общая точка всех этих кру-
гов, существующая в силу результата примера 32 Б, и будет центром
круга радиуса -у=, содержащего все заданные точки.
У 3
Задача 38. В пространстве дано п. точек А,, Аг, ... , Ап,
расстояние между каждыми двумя из которых не превосходит
единицы. Доказать, что все эти точки можно заключить в шар
радиуса НА. .
Указан ие. Доказательство аналогично решению задачи 37.
Обобщение предложения примера 32 и ряд приложений
более общей теоремы можно найти в книге: И. М. Я г лом и
В. Г. Болтянский, Выпуклые фигуры, §2, М.—Л., Гостех-
издат, 1951 (серия «Библиотека математического кружка»,
вып. 4).
Пример 34. Рассмотрим какое-то конечное число полу-
пространств х), заполняющих все пространство. Доказать, что
из них можно выбрать четыре (или меньше) полупространства,
уже заполняющих все пространство.
Рассмотрим последовательно следующие задачи.
А. Вся прямая покрыта каким-то конечным числом лучей.
Доказать, что из них можно выбрать два луча, уже покры-
вающих всю прямую.
Решение. Пусть А будет самая правая вершина всех
лучей, направленных влево, а В—самая левая вершина всех
лучей, направленных вправо. Так как лучи, по условию, по-
крывают всю прямую, то точка В лежит не правее А, и два
луча с вершинами в точках А и В полностью покрывают всю
прямую.
Б. Вся плоскость покрыта каким-то конечным числом п
полуплоскостей* 2). Доказать, что из них можно выбрать две
или три полуплоскости, уже покрывающие всю плоскость.
*) Полупространством называется часть пространства, ле-
жащая по одну сторону от некоторой плоскости.
2) Полуплоскостью называется часть плоскости, лежащая
по одну сторону от некоторой прямой.
88
Решение. Доказательство проведем индукцией по числу
п полуплоскостей.
1°. При л = 3 утверждение очевидно.
2°. Предположим, что наше утверждение справедливо для
п полуплоскостей, и пусть дано я-|-1 полуплоскостей Flr F2...
.. . , Fn, F„ + 1, покрывающих всю плоскость. Границы этих
полуплоскостей обозначим соответственно через /2, ...
/„+1. Возможны два случая.
1-й случай. Прямая / целиком содержится в одной
из заданных полуплоскостей, скажем в Fn. Тогда прямые 1п
и / параллельны. Если полуплоскости Fn и Fn+1 располо-
жены по разные стороны от своих границ (черт. 66, а), то
' // ///////
а)	5)
Черт. 66.
две полуплоскости Fn и Fn+1 уже покрывают всю плоскость.
В противном случае одна из этих двух полуплоскостей цели-
ком содержится в другой (например, Fn + 1 содержится в Fn;
черт. 66, б), и теорема следует из индуктивного предполо-
жения, так как в этом случае уже п полуплоскостей (в нашем
случае— Flt Ft, ... , Fn) покрывают всю плоскость.
2-й случай. Прямая 1п + 1 не содержится ни в одной из
полуплоскостей Flt F2, .., , F . Тогда она полностью покры-
вается этими полуплоскостями, которые высекают на ней
т^п лучей, покрывающих всю прямую. Как мы видели в А,
из этих лучей можно выбрать два, также покрывающих
всю прямую. Соответствующие полуплоскости пусть бу-
дут Fn_1 и Fn. Рассмотрим теперь отдельно два возможных
случая взаимного расположения полуплоскостей Fn_u Fп
И Fn + 1-
а)	Полуплоскость Ля+1 содержит точку пересечения пря-
мых 1п_л и 1п (черт. 67, а). В этом случае три полуплоскости
Fn_i, Fn и Fn+1 уже покрывают всю плоскость.
б)	Полуплоскость Fn+1 не содержит точки пересечения
прямых 1п_1 и 1п (черт. 67, б). В этом случае плоскость по-
крывается п полуплоскостями Рг, F2, ... , F , и теорема сле-
дует из индуктивного предположения.
89
В. Предложение, сформулированное в условии задачи.
Решение. Доказательство проведем индукцией по числу
п заданных полупространств.
1°. При я = 4 утверждение очевидно.
2°. Предположим, что наше утверждение справедливо для
п полупространств, и пусть задано и-|-1 полупространств
Черт. 67.
V,, Уг, ..., Vn, Vn + 1. Границы этих полупространств обо-
значим соответственно через тг,, тг,, ... , тт„, тг„^,. Возможны
два случая.
1-й случай. Плоскость тгя + 1 целиком содержится в од-
ном из полупространств V,, П2, ... , V„, например в Vn.
В этом случае плоскости тгя+1 и пя параллельны. Если
полупространства Пя+, и Vn расположены по разные стороны
от своих границ, то эти два полупространства уже заполняют
все пространство. В противном случае одно из двух полупро-
странств Уя + 1 и Vп целиком содержится в другом, и теорема
следует из индуктивного предположения.
2-й случай. Плоскость пя+1 не содержится ни в одном
из полупространств V,, V2, . . . , Vn. Тогда она полностью
покрывается этими полупространствами, которые высекают на
ней полуплоскостей Flt Рг1 . . . , Fm.
В силу результата Б из этих полуплоскостей можно вы-
брать две или три, также покрывающие всю плоскость (черт. 66, а
и 67, а). Рассмотрим отдельно каждый из возможных здесь
случаев.
а)	Плоскость тгя + 1 покрывается двумя полуплоскостя-
ми (черт. 66, а), скажем, Ft и /у,, причем соответствующие
плоскости тг, и тг2 параллельны (черт. 68, а). В этом слу-
чае все пространство заполняется двумя полупространствами
К и П2.
90
б)	Плоскость тт„+1 покрывается двумя полуплоскостями
и f2, но соответствующие плоскости и тг2 пересекаются
(черт. 68, б). Если полупространство Ип+1 содержит линию
пересечения плоскостей тт, и тг2, то три полупространства И,,
lz, и Ип+1 заполняют все пространство. В противном случае
полупространство Vn+1 покрывается полупространствами V1
и V2, и теорема следует из индуктивного предположения.
в)	Плоскость 7Тл + 1 покрывается тремя полуплоскостями
(черт. 67, а), скажем Ft, F, и Fs, причем плоскость тт3 па-
раллельна линии пересечения плоскостей и тт2 (соответ-
ствующие плоскости образуют «призму»; см. черт. 68, в). В
этом случае три полупространства Vj, V2 и V3 заполняют все
пространство.
г)	Плоскость тт?г + 1 покрывается тремя полуплоскостями Flt
F3 и Fs, и плоскость тг3 не параллельна линии пересечения
itj и тг2 (соответствующие плоскости образуют «пирамиду»;
см. черт. 68, г). Если полупространство Ил + 1 содержит точку
пересечения плоскостей Flt F2 и Т7,, то четыре полупрост-
ранства V1, V2, П3 и Vn+1 заполняют все пространство;
в противном случае полупространство Пп+1 покрывается
полупространствами Vt, Vt, Vs, и теорема следует из индук-
тивного предположения.
Задача 39. Доказать, что в пространстве не может су-
ществовать более четырех лучей, попарно образующих между
собой тупые углы.
Указание. Пусть в пространстве задана некоторая конечная
система лучей, попарно образующих между собой тупые углы, причем
предположим, что эта система является максимальной в том
смысле, что не существует ни одного луча, который с каждым из
заданных лучей образует тупой угол. Отнесем каждому лучу полу-
пространство, ограниченное плоскостью, перпендикулярной к этому
лучу, и расположенное от нее по ту же сторону, что и луч. Ввиду
максимальности нашей системы лучей эти полупространства заполняют
все пространство, и наше утверждение следует из результата при-
мера 34.
Пример 35. Доказать существование числа Cs, такого, что сто-
роны каждого пространственного многоугольника Av Аг, ..., Ап, длина
каждой из сторон которого не превосходит 1, можно переставить (не
меняя их величин и направлений) таким образом, чтобы полученный
в результате этой перестановки многоугольник можно было заклю-
чить в шар радиуса С3.
Как и всюду в этом параграфе, рассмотрим сначала соответст-
вующие «одномерную» и «двумерную» задачи.
А. На прямой задано п точек Аг А2, .... Ап, причем длина каж-
дого из отрезков ^4г>12, Л2Л3, ..., Ап_1Ап, A„At не превосходит 1.
Доказать существование такого числа С, (не зависящего от положения
точек и от числа л!), что отрезки /ДЛ., Л2Л3, ...,	AnAt можно
переставить на прямой таким образом, чтобы полученная «ломаная»
ВХВ2... ВпВ,, каждое звено которой совпадает по величине и направ-
лению с одним из звеньев «ломаной» А^А,... Ап_у Ап Av целиком
лежала внутри отрезка длины 2CV
Решение. Условимся считать длину а; звена А/А/+, (/=1,2,...
...,п; за принимается точка Л,) нашей «ломаной» Л1Лг...Л„Л1
положительной, если точка Л;+1 расположена правее Лг- (мы считаем
прямую, на которой лежат все точки, горизонтальной), и отрицатель-
ной в противном случае. Очевидно, аг Д- аг есть длина отрезка ЛаА3
(которая может быть согласно нашему условию положительной или
отрицательной), а^ Д- а2 Д- Д,— длина отрезка Л3Л4 и т. д., ^Д-
Д-а2 +••• + ап-1 — длина отрезка A1An^v at Д- аг Д- ... Д- ап_, Д-
Д-я„ = 0 (это есть длина «отрезка AjAp)). Так как каждое «звено»
ломаной BlBi...BnB1 равно какому-то звену первоначальной
ломаной AXA2. . .AnAv то наше предложение можно сформулировать так:
Даны п положительных, и отрицательных чисел av аг..ап_,,ап,
каждое из которых по абсолютной величине не превосходит
единицы и сумма которых равна нулю', доказать, что эти числа
можно расположить в таком порядке ai^ai^...,airt__ (Д,
i,,..., ln_v in суть те же номера 1, 2, ..., п — 1, п, но как-то перестав-
ленные), что все суммы а^ а^ Д- а/ Д- Д- ..., Д- а( Д-...
. ..Д-Л;п_ по абсолютной величине не превосходят некоторого
числа С, (не зависящего от последовательности аха2, ..., ап н даже
от числа п).
92
Докажем, что в качестве Сг можно взять число 1. Пусть
а', а',..., а'—все положительные числа из последовательности
av ait...tan, a a[, av..aq — все отрицательные числа (/> -j- Ч = п)-
Возьмем столько первых положительных чисел а', а',..a'k(k^p),
чтобы их сумма не превзошла единицы (например, одно число «'),
затем добавим столько отрицательных чисел оу, аг,..., at Q^q),
чтобы сумма всех выписанных чисел стала отрицательной, но по
абсолютной величине была не больше единицы. Потом снова обратимся
к положительным числам и т. д., пока не исчерпаем всех заданных
чисел. Полученная при этом последовательность
:>г t *	*	*	t, *	П *	И	*	ft
Ct± :s	• •>	^-j-2 =	=
обладает, очевидно, требуемым свойством.
Б. На плоскости дан многоугольник А^А,.. .Ап (который может
быть невыпуклым или даже самопересекающимся), причем длина
каждой из сторон этого многоугольника не превосходит единицы
^5
Черт. 69а.
(черт. 69, а). Доказать существование такого (не зависящего от много-
угольника) числа С2, что стороны многоугольника можно переставить,
не меняя их величин и направлений, таким образом, чтобы получен-
ный многоугольник В1Вг...Вп целиком помещался внутри круга
радиуса С2.
Решение. Докажем, что в качестве С2 можно взять число
У*5. Обозначим стороны многоугольника Д1Л2...ЯПД1, взятые по
длине и направлению, т. е. рассматриваемые как векторы, через
alt а2,..ап. Выберем из них некоторые векторы aj, а',..., так,
чтобы замыкающая B^BS (черт. 69, б) образуемой ими ломаной имела
наибольшую возможную длину. Тогда проекции каждого из векторов
а',а',..., а' на замыкающую BrBs будут иметь одно и то же на-
правление, совпадающее с направлением BJis (если бы проекция ка-
кого-нибудь вектора имела противоположное направление, то удаление
93
этого вектора привело бы к увеличению длины замыкающей). Наобо-
рот, проекции всех остальных векторов а'^, a*,..., a'n__s на B1BS име-
ют противоположное направление. Другими словами, можно считать,
что проекции а2,	векторов a'v a'it...,a's на направление
положительны =С1, г=1, 2...........s), а проекции a'j, ...
• ••,ап-5 векторов Oj, а''...а'п—s на 10 же направление отрица-
тельны (—1...................п — s). Обозначим еще (положитель-
ные или отрицателшь1е)проекциивекторов avav.ап на прямую I, пер-
пендикулярную к B,BS, на которой выбрано «положительное» направле-
ние, через р2,..., Ясно, что ₽; ~Н2 + • • • + Р;=0 и 0" + ?2 + ...
•	—0 (здесь —проекция вектора а ,	— проекция векто-
ра а'' ит. д.); при этом [ р 1 I =S 1, I ?а 1,..., I?'1 и I < 1,
I ₽2 1	1... В силу п. А можно так расположить числа
И ЧИСЛа	V'n—S, чтобы при любом V выполня-
лись неравенства -f- -f-...-f- / < 1 и ?" + ?’+   • +	1-
Если теперь все числа f', f'.. и	объединить в
одну общую последовательность так, чтобы установленный выше по-
94
рядок следования чисел	и порядок следования чисел
fi"	не нарушались, то сумма любого числа первых чле-
нов полученной последовательности не превзойдет 2.
Расположим теперь числа а , а , и а", a", ...,a"n_s в одну
общую последовательность так, чтобы сумма любого числа первых членов
этой последовательности по абсолютной величине не превзошла еди-
ницы. Как видно из рассуждения, проведенного в п. А, это можно
сделать, не нарушая порядка следования чисел
а ,а', ..., а’ и чисел а", а", ..., а" „ м е ж д у с о б о й. Пусть со-
ответствующее .расположение ваших векторов будет <у ... , ап.
Тогда для любого v будем иметь:
где 4 и 4— проекции a*k (k= 1, 2, ..., п) на B1BS и на I. Так
как проекции замыкающей ломаной, образованной векторами а*,
а*,..а*(>= 1,2,..., п) на прямые BrBs и I равны соответственно
а* 4 а2 + • • -4я* и ?*+?*+•.•+?*, то если длина этой замыкаю-
щей равна сч, то
Cv==(a1 + %+ • • '+aJ2 + (?J + ?2+ • • •+?•/’
т. е.
Мы нашли, что расстояние любой вершины полученной векторной
ломаной от фиксированной точки А, не превосходит V5; отсюда сле-
дует, что весь полученный многоугольник помещается в круге ра-
диуса У 5.
В. Предложение, сформулированное в начале примера.
Указание. Доказать, что в качестве С3 можно взять Jz21.
Рассуждение в этом случае аналогично проведенному в п. Б;
Р2,..., 3,г будут проекции векторов alt а2,..., а„ на плоскость л,
перпендикулярную к замыкающей B.BS.
3. Нахождение геометрических мест с помощью индукции
по числу измерений
Пример 36. Найти геометрическое место точек простран-
ства, сумма квадратов расстояний которых от п заданных
точек А2, ..., Ап постоянна (равна <28).
Рассмотрим последовательно следующие задачи.
А. На прямой даны п точек Alt А2, ..., Ап. Найти точки М
прямой такие, что
ма2 4- МАг 4-... 4- лм2 = аг,
11	2 I	I	П	1
где d—заданное число.
95
Решение. Примем нашу прямую за числовую ось; пусть
точкам Аг, ..., Ап соответствуют числа alt а2, . .. , ап,
а искомой точке М— число х. В таком случае длины от-
резков MAt, МАг . .. , МАп будут равны (х — аг), (х — а2), ...
..., (х — ап) и, следовательно,
МА[ МАгг + .. . + МА2п =
= (х — й1)2 + (х — а2)2 + -. • + (* — ап)2.
Но
4 — aty Ц- (х — агу Ц- . .. + (х — апУ =
= х2 — 2atx Ц- х2 — 2а2х -]- а2г Ц- ... х2 —
— 2апх 4- < =
= ПХ‘---(ai а2	ап) х ~j~ (ai аг	а2„) ~
= п	_ ^+.^.+_^+jk у+(++_+<)_
(ai ~Р а2 4~    4~ апУ
п
или, если обозначить через А точку, соответствующую чис-
+ g2 +    +
лу	п	’
MA2t + Л1А2 4- ... + МА2п = М2 + (а2 4-^4-... + ^)-
 (Д1 + й2 +   • + апУ Ц 5)
Таким образом,
пМА2 = </2 — (4 4- а22 4- ...	а2п)	+Л +' • • + g")a
и, значит,
МА= )/| к - (4 4-	•"• +	+(-+ аг+п • •+а"-
Это равенство, вообще говоря (если подкоренное выра-
жение положительно), определяет две точки М, удовлетво-
ряющие условию задачи (они расположены по одну и по
другую сторону от точки Л).
Б. Найти геометрическое место точек плоскости, сумма
квадратов расстояний которых от п заданных точек Л1( А2, ...
..., Ап постоянна (и равна б?2).
Решение1). Выберем на плоскости какую-нибудь (без-
различно какую) прямоугольную систему координат и обо-
2) Иное решение этой задачи было намечено выше (см. задачу 20
на стр. 58).
96
значим проекции точек Л1; Аг, ..., Ап на ось х и на ось у
соответственно через Л', Л', ..., А'п и Л", Л'', .. ., Л’; про-
екции точки М на оси координат обозначим через М и М".
В таком случае
МА2==М'А’*-1ГМ"А”*,
/ИЛ3 = /И'Л?4-^Х2>
2	2	1	2 »
МА2 =М'А1*-]-М"А’'*
п	п I	п
и, следовательно,
/ИЛ3 /ИЛ3 + .. . + МА2п — (М'А'2 4- М’А'2 4-. . . Ц- М’А’2) -L
+ (/И’л"3 4- /И’л;'3 4-... 4- /И"л’2)-
Но в силу формулы (15)
М'А’2 4- М’А’2 4-... 4- /И'А'2 =
= пМ'А'2 4-	4- а3 4- ... 4- а3) —	,
М”А”2 4- М"А'2 4-... 4- М"А'2 =
= пмпА"2 4- (ь{ 4- ь2 4-... 4- ь2п) —(&1 + &з + • •	,
где tZj, аг, . .. , ап и Ьг, Ьг, , Ьп — абсциссы и ординаты
точек Аг, Аг, . .., Ап, А’ и Л" — точки осей х и у с коор-
fZ. —|— ctn Л- ... Л- (tn	Л- —I— ,.. Л- b„
динатами  -  	- '--—— и -1 г—3 г----!Таким об-
п	п
разом,
/ИЛ3 4- /ИЛ3 4- . . . 4- /ИЛ3 = пМА2 4- (а3 4- а2 4- . . . 4- <) 4-
4-	4- • • • + ьгп} -	+ _
__+ + -	,1 g,
п	' '
(Л — точка плоскости, проектирующаяся на оси координат в
точки Л' и Л"), откуда
ял4лз = й3-«4-аз4-...4-йз)-(44-/;34-... + б3)4-
 (^i Н~ ^2 4" • • - ~Ь ап^ । (^i	^2	^п)а
п	‘	п
и, значит,
ЛО =

97
т. е. искомое геометрическое место представляет собой
окружность радиуса
у/ -1 ^•Mc«+c»4....+^)-(^+^+...+^+Lga±££t- -+_cn)a +<Ц±Ц±^±^
если
d>j/(аа+аа+-+о“)+-(*’+*г + -+*’) ~ +	' : + апУ-^+^+-+^Д ,
состоит из одной точки А, если
*=/ (о’+в:+...+о»)+(й»^+...+й»)-(£1±£гк
4-оп)а___(^14~^2Н~---4~^л)2
п
и не содержит ни одной точки, если
1 f (Я24-о24-... -02)+ (Р уьг+^1+а.?+-  '+а"):1 - <М±±дДЛ1а
у ' 1 1 2П ~ П 1 4 1 Г 2 ‘	' п’	П	п	’
В. Предложение, сформулированное в начале примера.
Указание. Рассмотреть прямоугольную систему координат х,
у, z в пространстве, спроектировать все точки на плоскость хОу и на
ось Oz\ далее воспользоваться формулами (15) и (16).
4. Определение с помощью индукции по числу
измерений
Пример 37. Определение медиан и центра тяжести те-
траэдра.
А.	Центром тяжести отрезка называется его се-
редина.
Б. Медианой треугольника называется отрезок,
соединяющий любую из его вершин с центром тяжести про-
тивоположной стороны. Известно, что медианы треугольника
пересекаются в одной точке; эта точка называется центром
тяжести треугольника.
В.	Медианой тетраэдра называется отрезок, со-
единяющий любую из его вершин с центром тяжести противо-
положной грани.
Докажем, что медианы тетраэдра пересекаются в одной
точке.
Рассмотрим тетраэдр ABCD (черт. 70), и пусть Ох, О3, О3
и О4 — центры тяжести треугольников DBC, ACD, ABD и
АВС. Так как прямые ВО, и АО2 пересекаются в середине Р
отрезка CD, то прямые АОг и ВО2 также пересекаются в не-
которой точке О,,; аналогично АО, и СО,, АО, и DO,, ВО,
х	1л'	1	3;1	4 ’	2
98
и С’О3, В02 и DO*, С03 и DO* пересекаются в точках О13,
О14, О23, О24 и О34. Докажем, что все эти точки совпадают
(на чертеже — точка О). Действительно, если бы, например,
О12 и О13 не совпадали, то прямые АО*, ВО2 и СО3 лежали
бы в одной плоскости тт (в плоскости О12О13О23), но тогда
и прямая DO*, пересекающая АО*, ВО2 и COS, лежала бы
в той же самой плоскости, т, е. все четыре вершины тетра-
эдра должны были бы лежать в одной плоскости тг. Так как
это неверно, то точки О12 и О13 должны совпадать; с этой
точкой совпадают и все остальные точки О14, О22, О2*, О2*.
Точка пересечения медиан тетраэдра называется цент-
ром тяжести тетраэдра.
Задача 40. Доказать, что центр тяжести делит каждую
из медиан тетраэдра в отношении 3:1, считая от вершины.
У к а з а н и е. Воспользоваться тем, что центр тяжести треуголь-
ника делит медианы в отношении 2:1 (ср. пример 26).
Головина Лидия Ивановна
и Иглом Исаак Моисеевич.
Индукция в геометрии.
Редактор С. Л1. Половинкин.
Техн, редактор С. Н. Ахламов.
Корректор Л. О. Сечейко.
Печать с матриц. Подписано к печати
10/VIH 1961 г. Бумага 84 X lOS’/ga. Физ. печ. л.
3,125. Условн. печ. л. 5,13. Уч.-изд. л. 5,36.
Тираж 35 000 экз. Т-08727. Цена книги 16 коп.
Заказ № 2116.
Государственное издательство
физико-математической литературы.
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15.
Первая Образцовая типография
имени А. А. Жданова
Московского городского совнархоза.
Москва, Ж-54, Валовая, 28.