, (42)

где точки A, B, C различны и числа k, l, m не равны 1.

Решение. Из данной зависимости (42) получаем: , или в принятых обозначениях (1)

. (43)

Рассмотрим отдельно два возможных случая: lk ? 1 и lk = 1. В первом случае , причем . Отсюда получаем: . Согласно формуле (24), результатом трансформации гомотетии гомотетией является снова гомотетия. Поэтому , при этом по теореме о неподвижной точке Q = B_1/l(P) и, следовательно, . Тогда (43) принимает вид:

,

где Q = C_m(P), и, значит, . Так как , , , то точки A, B, C коллинеарны. Как видим, при lk ? 1 для коэффициентов k, l, m дополнительных ограничений не возникает.

При lk = 1 по формуле (22) будет , тогда и согласно (26) . Поэтому (43) принимает вид , или при любом положении точки C. Отсюда lm = 1. Итак, при lk = lm = 1 центры A, B, C гомотетий произвольны.

Задача 4. Точки А, В, С лежат на прямой а, точки А₁, В₁, С₁ - на прямой а₁, параллельной прямой а (рис. 15). Доказать, что точки P = (AB₁) ? (A₁B), Q = (AC₁) ? (A₁C) и R = (BC₁) ? (B₁C) коллинеарны (теорема Паппа-Паскаля).

Решение. Рассмотрим гомотетии P_k, R_l, Q_m, заданные указанными центрами и парами точек A > B₁, B₁ > C, C > A₁ соответственно. Так как по условию a || a₁, то Q_m(A) = C₁, R_l(C₁) = B, P_k(B) = A₁. Замечаем, что , поскольку произведение коэффициентов гомотетий в каждой из этих композиций одно и то же и эти композиции имеют общую пару соответственных точек A > A₁. На основании предыдущей задачи при lk ? 1 точки P, Q, R коллинеарны. Если же lk = lm = 1, то при a || a₁ это возможно лишь тогда, когда (PR) || a и (PQ) || a, то есть и в этом случае точки P, Q, R коллинеарны.

Задача 5. Если фигура имеет ось симметрии и единственный центр симметрии, то центр симметрии принадлежит оси симметрии. Доказать.

Решение. Пусть l - ось симметрии и Q - единственный центр симметрии фигуры F, то есть S_l(F) = F и Z_Q(F) = F. Тогда композиция отображает F на себя. Поскольку , где A = = S_l(Q), то Z_A(F) = F. Следовательно, точка A является центром симметрии фигуры F. Если бы , то A ? Q, что противоречит условию единственности центра симметрии фигуры F. Значит, .

Задача 6. Если композиция двух подобий перестановочна и одно из них имеет единственную неподвижную точку, то эта точка неподвижна и при втором подобии. Доказать.

Решение. Из (1) следует, что для любых преобразований f и g всегда выполняется равенство . Из него видно, что для того, чтобы , необходимо и достаточно выполнения условия f = f^g. Если теперь f и g - подобия и A - единственная неподвижная точка подобия f (центр подобия), то она будет неподвижной при преобразовании f^g = f. С другой стороны, по теореме о неподвижной точке подобие f^g имеет неподвижную точку g(A). В силу единственности неподвижной точки подобия f = f^g должно быть A = g(A), то есть A - неподвижная точка подобия g.

Библиографический список

1. Понарин, Я.П. Перемещения и подобия плоскости. [текст]/ Скопец З.А. - К.: Радянська школа, 1981. - 175 с.

2. Понарин, Я.П. Преобразования пространства. [текст] - Киров: Издательство ВГПУ, 2000. - 80 с.

3. Яглом, И.М. Идеи и методы аффинной и проективной геометрии. Часть 1. [текст]/ В.Г. Ашкинузе. - М.: Учпедгиз, 1962. - 247 с.

4. Скопец, З.А. Геометрические миниатюры. [текст]/ Сост. Г.Д. Глейзер. - М.: Просвещение, 1990. - 224 с.

5. Бахман, Ф. Построение геометрии на основе понятия симметрии. [текст] - М.: Наука, 1969.