#2 Проективная геометрия I

E. Полное решение.

Обозначим четыре прямые через \(a,b,c,d\). Для любой секущей, не проходящей через \(O\), двойное отношение точек пересечения равно двойному отношению пучка:

\[ (A B C D)=\frac{\sin(a,c)}{\sin(b,c)}:\frac{\sin(a,d)}{\sin(b,d)}. \]

Та же формула получается для точек \(A_1,B_1,C_1,D_1\), потому что углы между прямыми \(a,b,c,d\) не зависят от выбранной секущей. Следовательно, оба двойных отношения равны одному и тому же числу.

E. Полное решение.

Пусть \(X\) - произвольная точка прямой, а \(X'\) - её образ. Так как преобразование проективно, оно сохраняет двойное отношение:

\[ (A B C X)=(A B C X'). \]

При фиксированных различных \(A,B,C\) значение \((A B C T)\) однозначно задаёт точку \(T\) на прямой. Поэтому \(X'=X\). Так как \(X\) была произвольной, все точки прямой неподвижны.

E. Полное решение.

Имеем \(f(0)=-\frac{1}{3}\), \(f(1)=\frac{1}{4}\). При \(x=\infty\) образ равен отношению старших коэффициентов, то есть \(2\). При \(x=-3\) знаменатель обращается в ноль, поэтому \(f(-3)=\infty\).

Для любых \(x_i,x_j\) вычислим:

\[ f(x_i)-f(x_j)=\frac{(2x_i-1)(x_j+3)-(2x_j-1)(x_i+3)}{(x_i+3)(x_j+3)}=\frac{7(x_i-x_j)}{(x_i+3)(x_j+3)}. \]

При составлении двойного отношения все множители вида \(7\) и \((x_i+3)\) сокращаются. Значит, \((f(x_1)f(x_2)f(x_3)f(x_4))=(x_1x_2x_3x_4)\).

E. Полное решение.

Так как \(T=a\cap b\), образ \(T'\) является пересечением образов \(a'\) и \(b'\). Но \(T\in s\), а \(s\) переходит в бесконечно удалённую прямую, значит \(T'\) - бесконечно удалённая точка. Две обычные прямые, пересекающиеся в бесконечно удалённой точке, параллельны. Поэтому \(a'\parallel b'\).

Обратно, если \(a'\parallel b'\), то их точка пересечения является бесконечно удалённой. Прообраз этой точки лежит на прообразе бесконечно удалённой прямой, то есть на \(s\). Следовательно, \(a\cap b\in s\).

E. Полное решение.

Центральная проекция является проективным отображением прямой \(l\) на прямую \(m\). Поэтому она сохраняет двойное отношение:

\[ (A_1 B_1 C_1 D_1)=(A B C D). \]

По условию \((A B C D)=-1\). Значит, \((A_1 B_1 C_1 D_1)=-1\), то есть образ гармонической четвёрки снова гармонический.

E. Полное решение.

Центральное проектирование прямой \(l\) на прямую \(m\) из центра \(O\) является проективным отображением. Аналогично, центральное проектирование \(m\to n\) из центра \(P\) тоже проективно.

Полученное отображение \(l\to n\) есть композиция этих двух отображений. По определению и основным свойствам проективных отображений композиция проективных отображений снова проективна.

E. Полное решение.

Выберем проективное преобразование, которое переводит точку \(O\) в бесконечно удалённую точку. Тогда образы прямых \(AA_1\), \(BB_1\), \(CC_1\) становятся параллельными.

В такой аффинной модели соответствующие вершины двух треугольников лежат на параллельных прямых одного направления. Для этой модели утверждение легко проверяется координатно или через Менелая: пересечения соответствующих сторон лежат на одной прямой.

Так как проективное преобразование сохраняет коллинеарность, исходные точки \(P,Q,R\) тоже коллинеарны.

E. Полное решение.

Обратная теорема Дезарга является двойственной к прямой: если в прямом утверждении поменять роли точек и прямых, конкурентность переходит в коллинеарность, а коллинеарность - в конкурентность.

Применим двойственную форму прямой теоремы к двум тройкам сторон \(AB,BC,CA\) и \(A_1B_1,B_1C_1,C_1A_1\). Их соответствующие пересечения \(P,Q,R\) лежат на одной прямой, значит соединения соответствующих вершин двойственной конфигурации конкурентны.

В исходном языке это означает, что \(AA_1\), \(BB_1\), \(CC_1\) проходят через одну точку.

E. Полное решение.

По теореме Паскаля для шестиугольника \(ABCDEF\) точки

\[ P=AB\cap DE,\quad Q=BC\cap EF,\quad R=CD\cap FA \]

лежат на одной прямой. Но \(AB\parallel DE\), поэтому \(P\) - бесконечно удалённая точка направления \(AB\). Раз прямая \(QR\) проходит через \(P\), она имеет то же направление. Следовательно, \(QR\parallel AB\).

E. Полное решение.

Рассмотрим вырожденный шестиугольник \(A,A,B,C,C,D\), вписанный в данную окружность. Сторона между двумя соседними точками \(A,A\) является касательной в \(A\), а сторона \(C,C\) - касательной в \(C\).

Противоположные стороны этого шестиугольника пересекаются в точках \(X\), \(Y\), \(Z\). По теореме Паскаля эти три точки лежат на одной прямой.

E. Полное решение.

Рассмотрим вырожденный шестиугольник \(A,B,B,C,D,D\) на окружности. Его сторона \(BB\) есть касательная в \(B\), а сторона \(DD\) - касательная в \(D\).

Пары противоположных сторон дают:

\[ AB\cap CD=Y,\quad BB\cap DD=X,\quad BC\cap DA=Z. \]

По теореме Паскаля точки \(X,Y,Z\) коллинеарны.

E. Полное решение.

Первый шаг \(X\mapsto Y\) является центральной проекцией прямой \(l\) на окружность из точки \(M\). Второй шаг \(Y\mapsto X'\) является центральной проекцией окружности на прямую \(l\) из точки \(N\).

Выберем вспомогательную прямую \(s\) и отождествим окружность \(\omega\) с \(s\) с помощью центральной проекции из точки, не лежащей на \(\omega\). Тогда оба шага становятся проективными отображениями прямых. Следовательно, их композиция является проективным преобразованием прямой \(l\).

Любое проективное преобразование прямой сохраняет двойное отношение. Значит, для любых четырёх точек \(X_1,X_2,X_3,X_4\) прямой \(l\) имеем \((X_1X_2X_3X_4)=(X'_1X'_2X'_3X'_4)\).

E. Полное решение.

Пусть \(F_0\) - вторая точка пересечения прямой \(e\) с коникой. Применим Паскаля к шестиугольнику \(A,B,C,D,E,F_0\). Точки

\[ AB\cap DE=K,\quad BC\cap EF_0=L,\quad CD\cap F_0A \]

лежат на одной прямой. Так как \(E,F_0,L\) лежат на \(e\), точка \(BC\cap EF_0\) действительно равна \(L\). Значит, третья точка \(CD\cap F_0A\) лежит на прямой \(KL\), то есть совпадает с \(M=KL\cap CD\).

Следовательно, прямая \(AM\) проходит через \(F_0\). Но построенная точка \(F\) есть \(AM\cap e\), а \(F_0\in e\). Поэтому \(F=F_0\), и \(F\) лежит на конике.

E. Полное решение.

Обозначим \(D_0=f(D)\). Так как \(f\) проективно, оно сохраняет двойное отношение:

\[ (A_1 B_1 C_1 D_0)=(A B C D). \]

По условию \((A B C D)=(A_1 B_1 C_1 D_1)\). Следовательно,

\[ (A_1 B_1 C_1 D_0)=(A_1 B_1 C_1 D_1). \]

На прямой \(m\) точки \(A_1,B_1,C_1\) различны. Для таких трёх фиксированных точек значение \((A_1 B_1 C_1 X)\) однозначно определяет точку \(X\). Поэтому \(D_0=D_1\). Значит, \(f(D)=D_1\).

E. Полное решение.

Объединение двух прямых \(l\cup m\) можно рассматривать как вырожденную конику. Возьмём шестиугольник с вершинами \(A,B_1,C,A_1,B,C_1\) на этой конике.

Пары противоположных сторон дают именно точки \(P,Q,R\) после возможной перестановки обозначений. По теореме Паскаля для вырожденной коники эти три точки лежат на одной прямой.

E. Полное решение.

Отображение состоит из трёх шагов: проектирование \(l\) на окружность из точки \(M\), антиподальное преобразование окружности, затем проектирование окружности обратно на \(l\) из точки \(M\).

Первый и третий шаги являются проективными после отождествления окружности с прямой. Антиподальное преобразование окружности является ограничением движения плоскости, сохраняющего окружность, а значит в той же параметризации тоже задаёт проективность.

Композиция трёх проективных отображений является проективным преобразованием прямой \(l\). Следовательно, \(X\mapsto X'\) проективно.

E. Полное решение.

Рассмотрим полярность относительно данной окружности. Каждой касательной стороне шестиугольника соответствует точка касания, а каждой вершине шестиугольника - прямая, соединяющая две соседние точки касания в двойственной конфигурации.

Теорема Паскаля для шести точек касания на окружности в двойственной форме утверждает, что три прямые, соединяющие противоположные вершины описанного шестиугольника, конкурентны.

Эти три прямые как раз \(AD\), \(BE\), \(CF\). Следовательно, они проходят через одну точку.

E. Полное решение.

По теореме Паскаля для шестиугольника \(ABCDEF\) точки

\[ P=AB\cap DE,\quad Q=BC\cap EF,\quad R_0=CD\cap FA \]

лежат на одной прямой. Первые две из них - это \(P\) и \(Q\), значит третья \(R_0\) лежит на прямой \(PQ\).

Но по условию \(R\) - точка пересечения \(PQ\) с \(CD\). Точка \(R_0\) тоже лежит на \(PQ\) и на \(CD\). Следовательно, \(R=R_0\), а значит \(R\in FA\). То есть \(A,F,R\) коллинеарны.

E. Полное решение.

Трижды применяя \(f\), получаем:

\[ f^3(A)=A,\quad f^3(B)=B,\quad f^3(C)=C. \]

Преобразование \(f^3\) является композицией проективных преобразований, значит оно тоже проективно. Оно имеет три различные неподвижные точки \(A,B,C\). Следовательно, по базовому факту о проективности прямой \(f^3\) тождественно.

E. Полное решение.

Двойное отношение сохраняется проективными преобразованиями, поэтому можно заменить полный четырёхугольник проективно эквивалентной удобной моделью. Возьмём координаты на плоскости так, чтобы

\[ A=(-1,0),\quad C=(1,0),\quad B=(0,1),\quad D=(0,-1). \]

Тогда \(G=AC\cap BD=(0,0)\). Прямые \(AB\) и \(CD\) имеют одинаковое направление, поэтому их точка пересечения \(E\) является бесконечно удалённой точкой направления с угловым коэффициентом \(1\). Прямые \(AD\) и \(BC\) также параллельны, поэтому \(F\) - бесконечно удалённая точка направления с угловым коэффициентом \(-1\).

Значит, прямая \(EF\) есть бесконечно удалённая прямая, и её пересечение с \(AC\) - бесконечно удалённая точка прямой \(AC\). То есть в координате на \(AC\) имеем \(A=-1\), \(C=1\), \(G=0\), \(H=\infty\).

Тогда

\[ (A C G H)=(-1,1,0,\infty)=\frac{0-(-1)}{0-1}=-1. \]

Так как это двойное отношение сохраняется при обратном проективном преобразовании, в исходной конфигурации также \((A C G H)=-1\).

E. Полное решение.

Пусть \(P=AB\cap DE\), \(Q=BC\cap EF\), \(R=CD\cap FA\). Выберем проективное преобразование, которое переводит конику в окружность и точку \(P\) - в бесконечно удалённую точку. Тогда образы прямых \(AB\) и \(DE\) становятся параллельными.

В новой конфигурации применим доказанный частный случай Паскаля: образы точек \(Q\) и \(R\) лежат на прямой, параллельной образам \(AB\) и \(DE\), то есть эта прямая проходит через образ \(P\).

Следовательно, образы \(P,Q,R\) коллинеарны. Проективное преобразование сохраняет коллинеарность, поэтому исходные точки \(P,Q,R\) тоже лежат на одной прямой.

E. Полное решение.

По теореме Паппа для точек \(A,B,C\) на \(l\) и \(A_1,B_1,C_1\) на \(m\) точки

\[ P=AB_1\cap A_1B,\quad Q=BC_1\cap B_1C,\quad R_0=AC_1\cap A_1C \]

лежат на одной прямой. Первые две из них совпадают с заданными \(P\) и \(Q\), поэтому \(R_0\in PQ\).

Но \(R\) по условию есть точка \(PQ\cap AC_1\). Точка \(R_0\) также лежит на \(PQ\) и на \(AC_1\). Следовательно, \(R=R_0\). Значит, \(R\in A_1C\), что и требовалось доказать.

E. Полное решение.

Предположим, что такое построение существует. Выберем проективное преобразование плоскости, которое оставляет точки \(A\) и \(B\) неподвижными, но не оставляет неподвижной середину \(M\) отрезка \(AB\). Такое преобразование существует, потому что проективные преобразования прямой \(AB\) могут фиксировать две точки и двигать третью.

Выполним предполагаемое построение один раз. Затем применим выбранное проективное преобразование ко всем объектам, возникающим на каждом шаге. Так как проективное преобразование переводит прямые в прямые и сохраняет пересечения, второй процесс будет допустимым выполнением той же инструкции из тех же исходных точек \(A,B\).

Но результат второго процесса должен быть образом результата первого, то есть образом точки \(M\), а он не равен \(M\). С другой стороны, универсальная инструкция должна снова дать середину \(AB\), то есть \(M\). Получили противоречие. Следовательно, одной линейкой середину построить нельзя.

E. Полное решение.

Каждый шаг \(X_i\mapsto X_{i+1}\) является центральной проекцией с прямой \(l_i\) на прямую \(l_{i+1}\) из центра \(O_i\). Поэтому каждый шаг задаёт проективное отображение прямых.

Композиция всех \(n\) шагов является проективным преобразованием прямой \(l_1\) в себя. По условию у этого преобразования есть три различные неподвижные точки: именно те три начальные точки, для которых цепочка замыкается.

Проективное преобразование прямой с тремя неподвижными точками тождественно. Следовательно, итоговое отображение возвращает в себя любую точку \(X_1\), для которой все промежуточные проекции определены. Значит, цепочка замыкается для любой такой начальной точки.