Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2000/04/40.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:56 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:13:15 2012 Кодировка: Windows-1251

"
к положительному направлению оси абсцисс? 17. Найдите координаты точки, в которую переходит точка (x; y) при симметрии относительно а) точки (0; 0); б) точки (a; b); в) прямой, заданной уравнением x + y = 1; г*) прямой, заданной уравнением y = x tg + b . 18. Гиперболу, заданную уравнением xy = 1, повернули на 45њ против часовой стрелки. Каково уравнение полученной кривой? 19. Эллипс, заданный уравнением 2 2 x + 4 y = 4 , повернули на 30њ по часовой стрелке. Каково уравнение полученной кривой?
V. Теорема Птолемея

КВАНT 2000/?4

Задача Архимеда

KAM = - 2 . Следовательно, AH = AK cos KAM = = 2 R sin + 2 cos = - 2 =

Рассмотрим прямоугольные треугольники OAC и OBC с общей гипотенузой OC = 1. Оба они вписаны в окружность с диаметром OC (рис.6).
A

O

= >



C

Пять из обещанных шести доказательств разобраны. Давайте повременим с шестым способом, чтобы вспомнить одну историю. Когда в 1986 году 'Задачник 'Кванта' приближался к М1000, был объявлен конкурс на лучшую задачу года. Поступили разные задачи, но ни одна из них не понравилась настолько, чтобы присвоить ей столь 'круглый' номер. И тогда было принято решение: объявить победителем конкурса Архимеда из Сиракуз (ок. 287212 до н.э.). М1000. В дугу AB вписана ломаная AMB из двух отрезков (AM > > MB). Докажите, что основание перпендикуляра KH, опущенного из середины K дуги AB на отрезок AM, делит ломаную пополам: AH = HM + + MB. Геометрическое решение использует неожиданное дополнительное построение (рис.7): на продолжении отрезка AM отложим точку C такую, что MC = MB. Угол BMC как внешний угол треугольника AMB равен сумме углов BAM и ABM. В то же время угол

>

C

1 2

>

AM + MB .

C

VI. Умножение комплексных чисел

Следующее доказательство использует не элементарную геометрию, а комплексные числа. Рассмотрим произведение чисел cos + i sin и cos + i sin . С одной стороны,

>

cos + i sin cos + i sin = = cos cos + i cos sin + + i sin cos - sin sin . (18)

C>

C

C K H = > B M

С другой стороны, чтобы перемножить числа, заданные в тригонометрической форме, достаточно перемножить их модули и сложить аргументы. Модули чисел cos + i sin и cos + + i sin равны 1; аргументы равны и соответственно. Значит,

B
Рис. 6

>

cos + i sin cos + i sin =

= cos + + i sin + . (19) Сравните формулы (18) и (19) опять получите формулы (1) и (2)! Правильно или нет изложенное доказательство, нет ли в нем порочного круга? Вдруг при определении комплексных чисел были использованы тригонометрические формулы сложения? Смотрим в учебники. Да, в большинстве из них при введении комплексных чисел использованы формулы (1) и (2).
Тем не менее, избежать порочного круга можно. Как это сделать, рассказано в следующем разделе статьи. А здесь напоследок замечу, что доказательство выглядит еще эффектнее, если воспользоваться формулой Эйлера e i = cos + i sin . Правило умножения чисел, записанных в тригонометрической форме, примет вид свойства показательной функции:

>

C>

C

>

C

C

Напомню, что теорема Птолемея гласит: произведение диагоналей вписанного четырехугольника равно сумме произведений его противоположных сторон. Значит, OC AB = OA BC + OB AC . (17) Поскольку OC = 1, OA = cos , OB = = cos , CB = sin и CA = sin , равенство (17) можно записать в виде AB = cos sin + cos sin .

Рис. 7

A

По теореме синусов, AB = 1 sin + (в самом деле, 1 это диаметр описанной окружности треугольника OAB, + величина угла AOB). Формула (1) оказалась частным случаем теоремы Птолемея! (Разумеется, наше доказательство имеет смысл только для острых углов и .) Между прочим, Птолемей использовал свою теорему именно для вычисления тригонометрических функций одних углов через функции других углов. Поэтому можно сказать, что исторически теорема Птолемея (ок. 90 ок. 160) предшествовала формулам (1) и (2). В современную форму тригонометрию привел Леонард Эйлер (17071783).

>

C

KMA как вписанный измеряется половиной дуги AK и, следовательно, равен полусумме углов BAM и ABM. Поэтому MK биссектриса угла BMC. Значит, MK BC и KC = KB. Отсюда следует, что KA = KB = KC. Поскольку в равнобедренном треугольнике AKC высота KH является заодно и медианой, имеем AH = HC = HM + MB, что и требовалось. Тригонометрическое решение не требует фантазии: обозначим BAM = = и ABM= . Тогда AM = 2R sin и BM = 2R sin , где R радиус описанной окружности треугольника ABM. Поэтому AM + MB = 2R sin + sin = = 4 R sin + 2 cos - 2 2 . и

ee

i

i

=e

i +

>

C.

(20)

>

C

С другой стороны, AK = 2R sin

+

(Разумеется, при этом тоже надо позаботиться об отсутствии порочного круга. Во i всяком случае, для экспоненты e желательно дать определение, отличное от формулы Эйлера. И что совершенно обязательно доказывать формулу (20) надо без использования формул (1) и (2). Все это можно сделать, но статья и так уже слишком длинная.)