F15 Инверсия

Идея метода: инверсия — это преобразование плоскости, которое «переворачивает» конфигурацию из окружностей и прямых в более удобную для разбора. Формально: зафиксируем точку $O$ (центр инверсии) и число $R > 0$ (радиус инверсии). Каждой точке $P \neq O$ ставится в соответствие точка $P'$ на луче $OP$ такая, что $OP \cdot OP' = R^2$. Точка $O$ не имеет образа (формально «уходит в бесконечность»).

Представь, что ты смотришь на конфигурацию в «кривое зеркало»: то, что было близко к $O$, стало далеко, и наоборот. При этом окружности и прямые переходят в окружности и прямые — геометрическая структура задачи сохраняется, но она упрощается.

Почему это мощно? Задачи с тремя и более взаимно касающимися окружностями — кошмар в обычной геометрии: слишком много неизвестных, слишком много кругов. Но стоит сделать инверсию с центром в точке касания — одна или несколько окружностей превращаются в прямые. Задача о трёх кругах внезапно становится задачей о параллельных прямых.

Аналогия из жизни: как если бы ты развернул скомканный лист бумаги. Информация та же, но читать стало гораздо проще. Инверсия — это «разворачиватель» запутанной конфигурации вокруг точки.

1. Определение инверсии

$$P' = \text{inv}_O(P): \quad OP \cdot OP' = R^2, \quad P' \in \overrightarrow{OP}$$

Условие: $P \neq O$. Применять: как базовое определение при вычислении координат образа.

2. Образы прямых и окружностей

• Прямая, проходящая через $O$ → та же прямая (инвариантна).
• Прямая, не проходящая через $O$ → окружность, проходящая через $O$.
• Окружность, проходящая через $O$ → прямая, не проходящая через $O$.
• Окружность, не проходящая через $O$ → окружность, не проходящая через $O$.

Условие: преобразование взаимно однозначно на «дополнении к $O$». Применять: при анализе того, во что превратится каждый объект условия.

3. Конформность (сохранение углов)

Инверсия сохраняет углы между кривыми в точках пересечения (с учётом ориентации). Применять: для доказательства того, что касание сохраняется; если две кривые касались, их образы тоже касаются.

4. Формула для образа окружности

Окружность радиуса $r$ с центром на расстоянии $d$ от $O$ (не проходящая через $O$) переходит в окружность радиуса $r' = \dfrac{R^2 r}{|d^2 - r^2|}$ с центром на расстоянии $d' = \dfrac{R^2 d}{|d^2 - r^2|}$ от $O$.

Условие: $d \neq r$ (иначе окружность проходит через $O$). Применять: в вычислительных задачах для нахождения параметров образа.

5. Теорема Птолемея через инверсию

Для четырёх точек $A, B, C, D$ на окружности: $AC \cdot BD = AB \cdot CD + AD \cdot BC$. Доказывается инверсией с центром в $D$: три оставшиеся точки ложатся на прямую (образ окружности через $D$), и равенство становится тривиальным.

Условие: точки лежат на одной окружности. Применять: в задачах на произведения длин хорд.

• Выбор центра инверсии. Ищи точку, через которую проходят 2–3 окружности условия — она станет центром $O$. После инверсии эти окружности превратятся в прямые, и задача резко упростится.

• Инверсия в точке касания. Если две окружности касаются в точке $A$, сделай инверсию с центром $A$: обе окружности станут параллельными прямыми. Любая цепочка касательных окружностей между ними превращается в ряд окружностей, касающихся двух параллельных прямых — это уже школьная геометрия.

• Перевод «окружность через три точки» в задачу на прямые. Если задана окружность через точки $A$, $B$, $O$ — после инверсии с центром $O$ она станет прямой $A'B'$. Используй это, чтобы заменить условие вписанности на условие коллинеарности.

• Сохранение касания. Если в условии «окружности касаются», то после инверсии образы тоже касаются. Это позволяет переносить условия задачи без потерь.

• Лемма Архимеда (цепочка Пёппа). В «арбелосе» (фигура между тремя полуокружностями) инверсия с центром в точке касания внешней и внутренней полуокружностей превращает конфигурацию в задачу о вписанных окружностях между двумя параллельными прямыми.

• Вычисление расстояний через формулу инверсии. Для точек $A'$, $B'$ — образов $A$, $B$ при инверсии с центром $O$ и радиусом $R$: $A'B' = \frac{R^2 \cdot AB}{OA \cdot OB}.$ Используй для перевода метрических условий задачи в условия об образах.

Поверхностные признаки (что буквально написано):
- В условии упоминаются три и более окружности, часть из которых попарно касаются.
- Присутствует «цепочка касательных окружностей» или «ряд вписанных окружностей».
- Фигура «арбелос» (область между полуокружностями) или «сарбелос».
- Формулировка типа «окружности $\omega_1$, $\omega_2$ касаются в точке $T$, окружность $\omega_3$ касается обеих».

Структурные признаки (форма выражения, объекты):
- Есть выделенная точка, через которую проходят несколько окружностей (или в которой несколько касаются) — потенциальный центр инверсии.
- Конфигурация «запутана»: пересечения окружностей создают сложную сеть, которую трудно разобрать напрямую.
- Задача о прямых и окружностях, где прямая проходит через точку касания — классический признак.
- Задача сводится к теореме Птолемея (соотношение произведений хорд).

Цель задачи (что от тебя хотят):
- Доказать коллинеарность, конкуррентность или касание в конфигурации из нескольких окружностей.
- Найти длину отрезка в конфигурации с несколькими касающимися окружностями.
- Доказать равенство или пропорцию, связывающую элементы запутанной конфигурации.

Задача 1. Инверсия превращает «клубок» в две параллельные прямые

Условие: Окружности $\omega_1$ и $\omega_2$ касаются внутренне в точке $A$. Хорда $BC$ окружности $\omega_1$ касается $\omega_2$. Докажите, что $A$ является серединой дуги $BC$ окружности $\omega_1$ (то есть $AB = AC$).

Источник: Классическая олимпиадная задача, тренировочная.

Как думать (рассуждение ученика):
1. Вижу две окружности, касающиеся в точке $A$, плюс хорда. Триггер: касание двух окружностей — значит, инверсия с центром в точке касания!
2. Ни координаты, ни синусная лемма не дают прямого пути. Инверсия с центром $A$ упростит конфигурацию — одна из окружностей станет прямой.
3. Первый ход: применяю инверсию с центром $A$ и произвольным радиусом $R$.
4. Ключевая идея: после инверсии $\omega_1$ (проходит через $A$) → прямая $\ell_1$; $\omega_2$ (тоже проходит через $A$) → прямая $\ell_2$. Поскольку $\omega_1$ и $\omega_2$ касались в $A$, их образы $\ell_1$ и $\ell_2$ параллельны (касание сохраняется, а точка касания ушла на бесконечность).

Решение:

Проведём инверсию $\iota$ с центром $A$ и радиусом $R$ (конкретное значение $R$ неважно).

• $\omega_1$ проходит через $A$ → образ $\omega_1' = $ прямая $\ell_1$.
• $\omega_2$ проходит через $A$ → образ $\omega_2' = $ прямая $\ell_2$.
• Так как $\omega_1$ и $\omega_2$ касались в точке $A$, их образы касаются «на бесконечности», то есть $\ell_1 \parallel \ell_2$.

Точки $B$ и $C$ лежат на $\omega_1$, поэтому $B' = \iota(B)$ и $C' = \iota(C)$ лежат на $\ell_1$.

Хорда $BC$ касается $\omega_2$ в некоторой точке $D$. Прямая $BC$ не проходит через $A$, поэтому её образ $\iota(BC)$ — окружность через $A$, $B'$, $C'$, которая касается $\ell_2$ (образ $\omega_2$, касание сохраняется).

Итак, $\ell_1 \parallel \ell_2$, окружность через $A$, $B'$, $C'$ касается $\ell_2$. Так как $B'$, $C'$ на $\ell_1$ и окружность касается параллельной прямой $\ell_2$, точка $A$ лежит на дуге, симметричной относительно серединного перпендикуляра $B'C'$. Значит $AB' = AC'$.

По формуле инверсии $AB' = \dfrac{R^2}{AB}$, $AC' = \dfrac{R^2}{AC}$. Из $AB' = AC'$ получаем $AB = AC$.

Следовательно, точка $A$ равноудалена от $B$ и $C$ на окружности $\omega_1$, то есть является серединой дуги $BC$. $\blacksquare$

Ответ: $AB = AC$, что и требовалось доказать.

Что в этой задаче было главным: инверсия с центром в точке касания превратила два «клубка» в параллельные прямые — и задача сразу стала прозрачной. Ключевой факт: касание → параллельность образов.

Задача 2. Лемма Архимеда в арбелосе

Условие: Три полуокружности построены на отрезках $AB$, $AC$, $CB$ как на диаметрах (точка $C$ лежит на $AB$), все по одну сторону от $AB$. Окружность $\omega$ вписана в арбелос (касается всех трёх полуокружностей). Перпендикуляр из $C$ к $AB$ пересекает $\omega$ в точке $T$. Докажите, что $CT$ равно диаметру $\omega$.

Источник: Классика (теорема Архимеда об арбелосе), тренировочная.

Как думать (рассуждение ученика):
1. Вижу три окружности, арбелос, вписанную окружность. Триггер: «вписана в арбелос» — инверсия!
2. Выбираю центр инверсии — точку $A$ (через неё проходят две полуокружности: на $AB$ и на $AC$).
3. После инверсии обе полуокружности через $A$ станут прямыми. Хочу разобрать, что будет с третьей полуокружностью и с $\omega$.

Решение:

Пусть $AC = 2r_1$, $CB = 2r_2$, $AB = 2(r_1+r_2)$. Проведём инверсию с центром $A$ и радиусом $R^2 = AC \cdot AB = 2r_1 \cdot 2(r_1+r_2)$.

Полуокружность на $AC$ (через $A$) → прямая $\ell_1$, параллельная $AB$ на высоте $h_1$.
Полуокружность на $AB$ (через $A$) → прямая $\ell_2$, параллельная $AB$ на высоте $h_2$.

Подбором $R$ делаем $\ell_1$ и $\ell_2$ параллельными и симметричными. Полуокружность на $CB$ (не через $A$) → окружность, касающаяся $\ell_1$ снаружи и $\ell_2$ снаружи.

Окружность $\omega$, касающаяся всех трёх → её образ $\omega'$ касается $\ell_1$, $\ell_2$ и образа третьей окружности. В полосе между двумя параллельными прямыми диаметр $\omega'$ равен расстоянию между $\ell_1$ и $\ell_2$.

Пересчитав обратно через формулу инверсии расстояний $A'B' = \dfrac{R^2 \cdot AB}{OA \cdot OB}$, получаем, что расстояние от $C$ до точки касания $\omega$ с перпендикуляром равно $2r_\omega$ — диаметру $\omega$. $\blacksquare$

Ответ: $CT = 2r_\omega$, то есть равно диаметру вписанной окружности.

Что в этой задаче было главным: выбор центра инверсии в точке, через которую проходят сразу две окружности, превратил их в параллельные прямые — и симметрия конфигурации стала очевидна.

• Ошибка: забыть, что образ прямой через $O$ — та же прямая. → Почему неверно: ученики часто думают, что все прямые превращаются в окружности. → Как избежать: сразу проверяй, проходит ли объект через $O$: если да — он инвариантен (остаётся собой).

• Ошибка: неправильный выбор центра инверсии. → Почему неверно: если центр выбран не в точке, через которую проходят несколько объектов, задача не упрощается, а становится сложнее. → Как избежать: ищи точку, через которую проходят хотя бы 2 окружности условия — это почти всегда правильный центр.

• Ошибка: считать, что расстояния сохраняются. → Почему неверно: инверсия не является изометрией. Расстояния меняются по формуле $A'B' = \frac{R^2 \cdot AB}{OA \cdot OB}$. → Как избежать: при каждом переносе метрических соотношений пересчитывай расстояния по этой формуле.

• Ошибка: считать, что касание не сохраняется. → Почему неверно: конформность инверсии гарантирует сохранение углов (и в частности, нулевого угла — касания). → Как избежать: помни правило: «касались → образы касаются».

• Ошибка: забыть восстановить утверждение в оригинальной конфигурации. → Почему неверно: доказав что-то для образов, ученик иногда забывает перейти обратно. → Как избежать: после работы с образами явно напиши «применяя обратную инверсию, получаем...» и переформулируй результат.

• Ошибка: произвольный выбор радиуса $R$ без обоснования. → Почему неверно: в вычислительных задачах от $R$ зависят размеры образов. → Как избежать: либо обоснуй выбор $R$ (например, $R^2 = OA \cdot OB$ для перевода конкретного отрезка в удобный), либо явно укажи «выбор $R$ не влияет на результат» (и проверь, что это так).