Kurant_R__Robbins_G_-_Chto_takoe_matematika_-_2015

изменяется и она пересекает K самыми разнообразными способами. Обозначим расстояния OA, OB, OA′, OB′, OM через a, b, a′, b′, m, и пусть t есть длина касательной к K, проведенной из точки O. По определению инверсии, мы имеем aa′ = bb′ = r2, а по элементарному геометрическому свойству окружности ab = t2. Если разделим первые равенства на второе,

то получим

a′ = b′ = r2 = c2, b a t2

так что треугольники подобны, и потому

OROP = OPOR′ , т. е. OP · OP′ = r2.

Значит, P′ есть искомая точка P.

Если данная точка P лежит внутри C, то построение и доказательство остаются в силе, лишь бы окружность радиуса OP с центром P пересекала окружность C в двух точках. Если же пересечений не получается, то можно редуцировать построение к предыдущему случаю посредством следующего простого приема.

Прежде всего заметим, что на прямой, соединяющей две данные точки A и O, можно с помощью одного циркуля построить такую точку C, что AO = OC. Для этого достаточно провести окружность с центром O и радиусом r = AO. Затем, начиная от точки A, отметить последовательно на этой окружности такие точки P, Q, C, что AP = PQ = QC = r. Тогда C есть как раз искомая точка: это ясно из того, что треугольники AOP, OPQ, OQC — равносторонние, так что угол между OA и OC содержит 180◦ и OC = OQ = AO. Повторяя указанную процедуру, мы имеем возможность отложить отрезок AO по прямой сколько угодно раз. Кстати, так как длина отрезка AO равна r√3 (как читатель проверит без всякого труда), то нам удалось построить √3, исходя из единичного отрезка, не пользуясь линейкой.

PQ

Теперь мы можем построить точку, обратную точке P относительно окружности C, как бы точка P ни была расположена внутри C. Прежде всего на прямой OP найдем такую точку R, что OR есть кратное OP, и вместе с тем R лежит уже вне C:

OR = n · OP.

Для этого достаточно последовательно откладывать расстояние OP посредством циркуля, пока мы не выберемся из круга C. Затем с помощью уже известного построения найдем точку R′, обратную точке R. Тогда будем

Останется построить точку P′ по условию OP′ = n · OR′, и задача будет закончена.

4. Как разделить отрезок пополам и как найти центр данной окружности с помощью одного циркуля. После того как мы научились находить точку, обратную данной, можно с помощью одного циркуля выполнить дальнейшие интересные построения. Например, сейчас мы найдем середину отрезка, концы которого A и B заданы, с помощью

§ 5 ПОСТРОЕНИЯ С ПОМОЩЬЮ ДРУГИХ ИНСТРУМЕНТОВ 173

одного циркуля — не проводя самого отрезка. Вот решение этой задачи. Опишем окружность радиусом AB с центром B и на нем, отправляясь от A, как раньше, отмерим последовательно три дуги радиусом AB. Последняя точка C будет лежать

на прямой AB, причем мы будем

иметь: AB = BC. Затем опишем

окружность радиуса AB с цент-

ром A и построим точку C′, обрат-

ную точке C относительно этой

AC′ · 2AB = AB2,

2AC′ = AB.

Значит, C′ есть искомая середина отрезка.

ющее обратные точки, заключается в нахождении центра данной окружности, когда начерчена только сама окружность, а центр неизвестен. Берем произвольную точку P на окружности и около нее как центра

§5. Построения с помощью других инструментов. Построения Маскерони с помощью одного циркуля

*1. Классическая конструкция, служащая для удвоения куба. Мы рассматривали до сих пор только проблемы геометрических построений без использования иных инструментов, кроме циркуля и линейки. Если допускаются и другие инструменты, то, разумеется, разнообразие возможных построений сильно увеличивается. Следующий пример может

служить образцом того, как греки решали проблему удвоения куба. Рассмотрим (рис. 46) жесткий прямой угол MZN и подвижной прямоугольный крест VW, PQ. Двум дополнительным стержням RS и TU предоставлена возможность скользить, оставаясь перпендикулярными к сторонам прямого угла. На кресте пусть выбраны фиксированные точки E и G, причем расстояния GB = a и BE = f заданы. Располагая крест таким образом, чтобы точки E и G соответственно лежали на NZ и MZ, и перемещая стержни TU и RS, можно весь аппарат привести в такое положение, чтобы лучевые перекладины креста BW, BQ, BV проходили через вершины A, D, E прямоугольника ADEZ. Указанное на чертеже расположение всегда возможно при условии f > a. Мы видим сразу, что a : x = x : y = y : f, откуда, в частности, если положено f = 2a, получается x3 = 2a3. Значит, x есть ребро куба, объем которого вдвое больше, чем объем куба с ребром a. Таким образом, поставленная задача решена.

2. Построения с помощью одного циркуля. Если вполне естественно, что с допущением большего разнообразия инструментов оказывается возможным решать более обширное множество задач на построение, то можно было бы предвидеть, что, напротив, при ограничениях, налагаемых

§ 5 ПОСТРОЕНИЯ С ПОМОЩЬЮ ДРУГИХ ИНСТРУМЕНТОВ 175

на инструменты, класс разрешимых задач будет суживаться. Тем более замечательным нужно считать открытие, сделанное итальянцем М а с к е - р о н и (1750–1800): все геометрические построения, выполнимые с помощью циркуля и линейки, могут быть выполнены с помощью одного только циркуля. Следует, конечно, оговорить, что провести на самом деле прямую линию через две данные точки без линейки невозможно, так что это основное построение не покрывается теорией Маскерони. Вместо того приходится считать, что прямая задана, если заданы две ее точки. Но с помощью одного лишь циркуля удается найти точку пересечения двух прямых, заданных таким образом, или точку пересечения прямой с окружностью.

Вероятно, простейшим примером построения Маскерони является удвоение данного отрезка AB. Решение было уже дано на стр. 172. Далее, на стр. 173 мы научились делить данный отрезок пополам. Посмотрим теперь, как разделить пополам дугу окружности AB с центром O. Вот

доставляем читателю в качестве упражнения.

Было бы невозможно доказать основное утверждение Маскерони, указывая для каждого построения, выполнимого с помощью циркуля и линейки, как его можно выполнить с помощью одного циркуля: ведь возможных построений бесчисленное множество. Но мы достигнем той же цели, если установим, что каждое из следующих основных построений выполнимо с помощью одного циркуля:

1.Провести окружность, если заданы центр и радиус.

2.Найти точки пересечения двух окружностей.

3.Найти точки пересечения прямой и окружности.

4.Найти точку пересечения двух прямых.

Любое геометрическое построение (в обычном смысле, с допущением циркуля и линейки) составляется из выполнения конечной последовательности этих элементарных построений. Что первые два из них выполнимы с

помощью одного циркуля, ясно непосредственно. Более трудные построения 3 и 4 выполняются с использованием свойств инверсии, рассмотренных в предыдущем пункте.

Обратимся к построению 3: найдем точки пересечения данной окружности C с прямой, проходящей через данные точки A и B. Проведем дуги с центрами A и B и радиусами, соответственно равными AO и BO; кроме точки O, они пересекутся в точке P. Затем построим точку Q, обратную точке P относительно окружности C (см. построение, описанное на стр. 173). Наконец, проведем окружность с центром Q и радиусом QO (она непременно пересечется с C): ее точки пересечения X и X′ с окружностью C и будут искомыми. Для доказательства достаточно установить, что каждая из точек X и X′ находится на одинаковых расстояниях от O и P (что касается точек A и B, то аналогичное их свойство сразу вытекает из построения). Действительно, достаточно сослаться на то обстоятельство, что точка, обратная точке Q, отстоит от точек X и X′ на расстояние, равное радиусу окружности C (см. стр. 171). Стоит отметить, что окружность, проходящая через точки X, X′ и O, является обратной прямой AB в инверсии относительно круга C, так как эта окружность и прямая AB пересекаются с C в одних и тех же точках. (При инверсии точки основной окружности остаются неподвижными.)

Указанное построение невыполнимо только в том случае, если прямая AB проходит через центр C. Но тогда точки пересечения могут быть найдены посредством построения, описанного на стр. 175, как середины дуг C, получающихся, когда мы проводим произвольную окружность с центром B, пересекающуюся с C в точках B1 и B2.

§ 5 ПОСТРОЕНИЯ С ПОМОЩЬЮ ДРУГИХ ИНСТРУМЕНТОВ 177

Метод проведения окружности, обратной прямой, соединяющей две данные точки, немедленно дает и построение, решающее задачу 4. Пусть прямые даны точками A, B и A′, B′ (рис. 50). Проведем произвольную окружность C и с помощью указанного выше метода построим окружности,

ни, при которых разрешается пользоваться только циркулем, и обыкновенными геометрическими построениями с циркулем и линейкой.

Мы не заботились об изяществе решения отдельных проблем, нами здесь рассмотренных, так как нашей целью было выяснить внутренний смысл построений Маскерони. Но в качестве

K= CD = 60◦ (рис. 51). Проведем дуги с центрами A и D радиусом, равным AC; пусть

они пересекаются в точке X. Тогда, если O

есть центр K, дуга с центром A и радиу-

сом OX пересечет K в точке F, являющейся серединой дуги BC (см. стр. 175). Затем радиусом, равным радиусу K, опишем дуги с центром F, пересекающиеся с K в точках G и H. Пусть Y

есть точка, расстояния которой от точек G и H равны OX и которая отделена от X центром O. В таком случае отрезок AY как раз и есть сторона искомого пятиугольника. Доказательство предоставляется читателю в качестве упражнения. Интересно отметить, что при построении используются только три различных радиуса.

В 1928 г. датский математик Ельмслев нашел в книжной лавке в Копенгагене экземпляр книги под названием Euclides Danicus, опубликованной в 1672 г. никому не известным автором Г. М о р о м. По титульному листу можно было сделать заключение, что это — просто один из вариантов евклидовых «Начал», снабженный, может быть, редакторским комментарием. Но при внимательном рассмотрении оказалось, что в ней содержится полное решение проблемы Маскерони, найденное задолго до Маскерони.

Упражнения. В дальнейшем дается описание построений Мора. Проверьте их правильность. Почему можно утверждать, что они решают проблему Маскерони?

1) К отрезку AB длины p восставите перпендикуляр BC. (Указание: продолжите AB до точки D таким образом, что AB = BD. Проведите произвольным радиусом дуги с центрами A и D и таким образом определите C.)

построения.

5)Пользуясь предыдущими результатами, постройте отрезки p + q и p − q, предполагая, что отрезки длины p и q заданы как-то на плоскости.

6)Проверьте и постарайтесь обосновать следующее построение середины M данного отрезка AB длины a. На продолжении отрезка AB найдем такие точки C

иD, что CA = AB = BD. Построим равносторонний треугольник ECD согласно условию EC = ED = 2a и определим M как пересечение окружностей с диаметрами

EC и ED.

7)Найдите прямоугольную проекцию точки A на отрезок BC.

8)Найдите x по условию x : a = p : q, где a, p и q — данные отрезки.

9)Найдите x = ab, где a и b — данные отрезки.

Вдохновляясь результатами Маскерони, Якоб Ш т е й н е р (1796– 1863) предпринял попытку исследования построений, выполнимых с помощью одной только линейки. Конечно, одна только линейка не выводит за пределы данного числового поля, и потому она недостаточна для выполнения всех геометрических построений в классическом их понимании. Но тем более замечательны результаты, полученные Штейнером при введенном им ограничении — пользоваться циркулем только один раз. Он доказал, что все построения на плоскости, выполнимые с помощью циркуля и линейки, выполнимы также с помощью одной линейки при

условии, что задан единственный неподвижный круг вместе с центром. Эти построения подразумевают применение проективных методов и будут описаны позднее (см. стр. 223).

* Без круга, и притом с центром, обойтись нельзя. Например, если дан круг, но не указан его центр, то найти центр с помощью одной линейки невозможно. Мы сейчас докажем это, ссылаясь, однако, на факт, который будет установлен позднее (см. стр. 247): существует такое преобразование плоскости самой в себя, что а) заданная окружность остается неподвижной, б) всякая прямая линия переходит в прямую, в) центр неподвижной окружности не остается неподвижным, а смещается. Само существование такого преобразования свидетельствует о невозможности построить центр данной окружности, пользуясь одной линейкой. В самом деле, какова бы ни была процедура построения, она сводится к ряду отдельных этапов, заключающихся в проведении прямых линий и нахождении их пересечений друг с другом или с данной окружностью. Представим себе теперь, что вся фигура в целом — окружность и все прямые, проведенные по линейке при выполнении построения центра — подвергнута преобразованию, существование которого мы здесь допустили. Тогда ясно, что фигура, полученная после преобразования, также удовлетворяла бы всем требованиям построения; но указываемое этой фигурой построение приводило бы к точке, отличной от центра данной окружности. Значит, построение, о котором идет речь, невозможно.

3. Черчение с помощью различных механических приспособлений. Механические кривые. Циклоиды. Изобретение различных механизмов, предназначенных для того, чтобы чертить различные кривые, помимо окружности и прямой линии, чрезвычайно расширяет область фигур, допускающих построение. Например, если имеется инструмент, позволяющий чертить гиперболы xy = k, и другой инструмент, вычерчивающий параболы y = ax2 + bx + c, то любая проблема, приводящая к кубическому

может быть решена конструктивно, с помощью только этих инструментов. В самом деле, решение уравнения (1) равносильно решению системы

точнее, корни уравнения (1) являются x-координатами точек пересечения гиперболы и параболы, представляемых уравнениями (2). Таким образом, решения уравнения (1) допускают построение, если разрешается пользоваться инструментами, с помощью которых можно начертить кривые (2).

Уже математикам древности были известны многие интересные кривые, которые могут быть определены и начерчены с помощью простых механических приспособлений. Среди таких «механических» кривых особенно видное место занимают циклоиды. П т о л е м е й (около 200 года до нашей эры), обнаруживая необычайную проницательность, сумел использовать эти кривые для описания планетных движений.