Вокруг циркуля

2

§ 1. Зачем нужны построения одним циркулем, где они употребляются?

Эти построения так же не нужны, как и построения циркулем и линейкой. Да, задачи на построение, решения в школе (или вообще сколько-нибудсодержательные), не находят никакого применения ни на практике, ни в геории. Они не нужны в машиностроении (в конструкровании и изготовлении деталей). Не имеют они отношения и к probleме возникности решения задач циркулем и линейкой, неразрешимости задач квадратуры кругга, трисекции угла и т. д.

А вот для чего задачи на построение (циркулем и линейкой) оказались нужны. На них школьники учается самостояльному решению задачи, близких к творческим, развивающим и проверяющим способом к этой деятельности.

Построения циркулем (без линейки) будут нам полезны неокоторым иным образом. Но каким именно, мы предпочитаем обсуить в конце статьи, а не заранее.

§ 2. Постановка проблемы

В геометрии Евклида, да и вообще у древних греков, изучаются построения циркулем и линейкой. Ну, а какие задачи, на построение могут быть решены одним циркулем? Вот проблема *), которую нашел и решил Маскерони (в 1797 г.).

Когда человек решает готовую (поставленную перед ним) математическую задачу, он, разумеется, «работает математиком». А кем «работал» (лучше сказать, «являлся или «был») Маскерони, когда формулировал свою задачу, — математиком или кем-то другим?

Для проверки мы предложили нескольким нематематиком проблемы Маскерони. Спросили их, представляют ли интерес построения циркулем, какие из общных задач на построение решаются одним циркулем, а какие не решаются и, наконец, любую ли задачу на построение, решаемую циркулем и линейкой, можно решить одним циркулем.

В одном нематематики согласны были между собой: «Не всяку задачу, решаемую циркулем и линейкой, можно решить одним циркулем, либо прямую циркулем не проведешь», — сказаили они. И тогда мы увидели, что нематематик не может поставить проблемы Маскерони — он не может самостоятельно понять ее существва. Ведь решение Маскерони (забегая вперед, приведем его) состоит в том, что любая задача, разрешимая циркулем и линейкой, может быть решена одним циркулем. Поэтому мы думаем,

*) Если хотите, сверхзадча относительно самых задач на построение.

3

что, формулируя свою проблему, Маскерони «работал математиком», то есть что формулировка математической проблемы была творческим математическим.

Конечно, Маскерони тоже знал, что циркуль прямую не проведешь. Ну, что же (вероятно, решил Маскерони), а зачем ее проведить? Ну, как же, пусть, например, в задаче сказано «провести прямую, которая… обладает определенными свойствами». Так, ведь, строго-то говоря, в задаче должны быть сказано иначе: «наими» (или определен) прямую, которая… обладает определенными свойствами». А вот, чтобы определять прямую, ее проведить и не обязательно. Достаточно, например, задать на этой прямой две произвольные точки.

Как же быть, если попадиться точка пересечения двух таких «непроведенных» прямы? Ну, точку-то мы, может быть, и одним циркульом сумем найти, так что это не возражение.

§ 3. Теорема Маскерони

Итак, Маскерони решил, что вместе того, чтобы проведить прямую, он будет указывать на прямой две (различные) точки. Решив это, Маскерони формулировал свою теорему:

Теорема Маскерони.
Всякая задача, решаемая циркуль и линейкой, может быть решена и одним циркульом.

В том, что мы называли наше предположение теоремой, нет ничего плохого. Математик передко так поступает, чтобы четко псять, что он хочет доказать (если предположение окажется верным) или опровергнуть (если оно неверно).

§ 4. Понск путь доказательства

Как можно доказать теорему Маскерони? Задан, которые решаются циркуль и линейкой, бесконечно много. Нельзя же все их фактически перешеать (одним циркульом). Впрочем, мы построенно встречемся с теоремами, где нужно рассмотреть бесконечно множество объектов. Например, «сумма углов треугольника равна 180°». Здесь тоже речь идет о бесконечном множество треугольников. И все же положение с этим теореми разное. При доказательстве теоремы о треугольниках мы говорим: «Возьем треугольник ABC». И уже самим умолчанием о размерах сторон и углов взятого треугольника делаем треугольник «общим»: что будет доказано для △ABC, то оказывается верным и для любого треугольника. А как взять «по умолчанию» общую задачу на построение циркуль и линейкой? Это сделать мы не умем.

И снова Маскерони должен был не столько «решить задачу», сколько делать что-то значит «решить циркуль и линейкой». Вот результат его размышлений:

Решение задачи на построение циркуль и линейкой складывается из многоократного применения нескольких (аксиомных) задач; отыскание решения этих аксиомных задачи не выполняют фактически, а принимом как аксиомы.

Рассмотрим, для примера, такую задачу: даны окружность и прямая, проходящая через ее центр. Найти точки пересечения прямой и окружности. Решая эту задачу циркуль и линейкой, мы ничего не становятся (прямая и окружность уже проведены), а скажем, что точки пересечения «и так уже видны», то есть будем считать, что они «определены аксиомами». Внимательным размышлением Маскерони получил

Список
всех аксиомных задач, употребляемых при построении циркуль и линейкой:

(α) Найти точки пересечения двух прямы.
(β) To же для прямой и окружности.
(γ) To же для двух окружностей.

5

§ 6. Доказательство теоремы Маскерони

Договоримся о неокоторых выражениях. Если мы говорим, что дан отрезок AB, то это значит, что дан его концы A и B; если дана прямая AB, то на ней даны лишь две точки A и B. Если нужно построить отрезок AB, то нужно лишь построить его концы A и B; если нужно найти прямую AB, то достаточно указыть на ней две точки A и B, и т. д.

При построении цирклел мы не можем проводить прямых, но это не мешает нам проводить их при доказательствах, на иллюстративных чертежах.

Первые попытки (надеюсь, вы их сделаете) решить задачи (α) и (β) одним цирклел, то есть с помощью задачи (γ), (δ), большей частью не удалось. Поэтому мы перейдем к системетическому выполнению намеченной программы.

Понграмм с цирклел. Посмотрим, что мы умеем легко им построить.

Пусть имеются две точки A и B. Мы умеем нарисовать на них «розочку» (см. рис. 2). Треугольник CDE — равносторонний и AC = 2·(AB) — диаметр круга. Это наводит на мысль формулировать следующее задачу.

Задача №1. Удвоение отрезка. Дан отрезок AB. Посмотрить отрезок AC с серединой в точке B.

Решение (рис. 3). Из центров A и B проведем окружности O_A и O_B радиуса AB. Найдем (с помощью за-

6

ности $O_A$ и $O_B$. Их вторая (кроме $C$) точка пересечения и будет $C'$. Если же $O_A$ и $O_B$ будут иметь лишь одну точку пересечения, то $C$ лежит на $AB$.

Доказательство. Треугольники $ACC'$ и $BCC'$ — равно-бедренные по построению. Основание $CC'$ у них общее. Значит, их высоты (перpendикулярные $CC'$) проходят через середину отрезка $CC'$ и лежат на одной прямой $AB$.

Таким образом, решена и
Задача № 4. Определить, лежит ли точка $C$ на прямой $AB$.

Вернемся к аксиомным задачам ($\alpha$) и ($\beta$). Попытаемся решить задачу ($\beta$) следующим образом. Пусть данные (рис. 5) пряма $AB$ и окружность $O$ с центром $C$. Найдем точку $C'$, симметрично с $C$ относительно $AB$ (см. № 3). Радиусом окружности $O$ проведем из центра $C'$ окружность $O'$. Точки $D$ и $E$ пересечения окружностей $O$ и $O'$ принадлежат $AB$ и являются искомыми. Действительно, точки $A$ и $B$ (как $D$ и $E$) равноудалены от точки $C$ и $C'$. Поэтому все четыре точки $A, B, D, E$ лежат на одной прямой — перpendикulaire к отрезку $CC'$, проходящем через его середину.

К сожалению, это решение становится неверным, когда центр $C$ окружности $O$ лежит на $AB$. Тогда $O$ и $O'$ совпадают и не дают найти точки $D$ и $E$. Поэтому нами решен лишь частный случай задачи ($\beta$) — именно
Задача № 5. Дана пряма $AB$ и окружность $O$ с заданным центром, не лежащим на $AB$. Определить, пересечения ли $O$ с $AB$, и найти точки пересечения.

Продолжим упражнение по решению задач циркулем.

Задача № 6. Пропорциональное деление. Даны два отрезка $AB$ и $DE$. На $AB$ находится точка $C$. Найти на $DE$ максим точку $F$, чтобы $AC = AB = DF = DE$.

Решение. Увеличив отрезки $AB$ и $AC$ в нижнее число раз (см. № 2), мы получим отрезок $A'B'$ с точки $C'$, достаточно длиной (для построения, к которой мы, сейчас подойдем), и тем же относением $A'C' : A'B' = AC : AB$. Поэтому можно с самого начала считать, что $AB$ достаточно длиен.

Теперь (рис. 6) из центров $D$ и $E$ проведем засечки радиусом $AB$. Эти засечки (при достаточно длине $AB$) пересечутся в некоторой точке $G$. Из точки $D$ и $G$ засечками радиусами $AC$ и $BC$ находится точку $H$. Она лежит на $DG$, и для нее $DH = AC$ и $GH = BC$.

Из центра $H$ проведем окружность радиусом $HD$ и определим искому точку $F$, где эта окружность пересекает прямую $DE$ (см. № 5).

Доказательство. Треугольники $DFH$ и $DEG$ — равно-бедренные, с общим углом при основании. Значит, они подобны. Позному $DF : DE = DH : DG = AC : AB$.

Задача № 7. Деление отрезка пополам.

7

Рис. 7.

Решение. Пусть задан отрезок DE. Возьмем какой-нибудь отрезок AB с серединой в известной нам точке C. Для получения такого отрезка AB достаточно уведомить (см. № 1) отрезок DE. Применив к AB и DE предыдущего задачу, получаем точку F на середине DE.

Теперь легко решается

Задача № 8. Из точки вне прямой опустимь перепределкуляр на прямую.

Решение. (рис. 7). Дана прямая AB и точка C. Построим точку C’, симметрично C относительно прямой AB (см. № 3), и найдем середину D отрезка CC’ (см. № 7).

Любопытно, что воспользуйтесь перепределкуляр из точки, лежащей на прямой, мы еще, какяется, не умеем.

Легка, но важна

Задача № 9. Определить, лежат ли точки A и B по разные строки прямой CD.

Решение. Сначала проверим, что A или B не лежат на CD (см. № 4). Если не лежат, то (рис. 8) опустим перепределкуляр AE из A на CD и перепределкуляр BF из B на прямую AE. Если (на прямой AE) точка E не лежит между A и F, то (в этом и только этом случае) A и B лежат по одному сторону от CD.

Эта задача требует посяснения. Мы воспользуемся аксиомой порядка: из трех точек прямой одна и только одна лежит между A и F, то (в этом и только этом случае) A и B лежат по одному сторону от CD.

Эта задача требует посяснения. Мы воспользуемся аксиомой порядка: из трех точек прямой одна и только одна лежит между A и F, то (в этом и только этом случае) A и B лежат по одному сторону от CD.

Применем задачи № 9 является следующие две задачи:

Задача № 10. Построить параллелограмм ABCD на трех точках A, B, C, не лежащих на одной прямой.

Решение (рис. 9). Из центров A и C проводим окружности радиусов BC и AB соответственно. В качестве D берем ту точку пересечения окружностей, которая вместе с C лежит по одному сторону AB (см. № 9).

Замечание. Без решения задачи № 9 нам могла бы попасть другая точка D’ пересечения окружностей и вместе параллелограмма получился бы звездчатый четырехугольник с

8

попарно равными противоположными сторонами. На рисунке 9 он показан пунктром.

Задание №11. Сложение паралельных отрезков.

Решение (рис. 10). Пусть $AB$ и $CD$ паралельны и нужно обозвать отрезок $CE$, содержащий точку $D$, так, чтобы $AB = DE$. Для отыскания $E$ надо построить паралелограмм $BAED$ или $BADE$ (см. №10). Первый — когда $A$ и $C$ лежат по разные стороны прямой $BD$ (рис. 10), второй — когда по одну. Случай, когда прямые $AB$ и $CD$ совпадают, нас не интересует (хоть он и не сложен).

В качестве частного случая задачи ($\alpha$) решим следующую задачу:

Задание №12. Определить, паралельные ли две прямые: $AB$ и $CD$.

Решение. Если обе точки $A$ и $B$ лежат на $CD$ (см. №4), то прямые совпадают и ответ положительен. Если же хотя одна из них (скажем, $A$) не лежит на $CD$, то (рис. 8) опустим из $A$ на $CD$ перpendикуляр $AE$ и из $B$ на прямую $AE$ перpendикуляр $BF$. Если $F$ совпадает с $A$, то $AB$ паралельна $CD$, иначе — не паралельна.

Теперь мы в силах решить задачу ($\alpha$).

Задание №13. Найти пересечение прямых $AB$ и $CD$.

Решение. Отбросим известные случан, когда точки $A$ или $B$ лежат на $CD$, или когда $AB$ паралельна $CD$ (см. №4 и №12), или когда $AB \perp CD$ (см. №8). Теперь, отложив отрезок $AB$ на прямой $AB$ нужно числло раз (см. №2) в ту и другую сторону, мы заведomo получим на прямой $AB$ две точки, лежащие по разные стороны от $CD$, и узнаем об этом с помощью №9. Поэтому можно считать, что сразу же точки $A$ и $B$ лежали по разные стороны от $CD$ (рис. 11). Из $A$ и $B$ опустим на $CD$ перpendикуляры $AA'$ и $BB'$. Сложим паралельные отрезки $AA'$ и $BB'$ (см. №10). Получим отрезок $A'E$, содержащий точку $A$, причем $AE = BB'$. Разделим $A'B'$ точкой $F$ в отношении

$$\frac{A'F}{A'B'} = \frac{AA'}{A'E}$$

(см. №6). Точка $F$ лежит на пересечении $AB$ и $CD$.

Доказательство. Обозначим (времени) через $F'$ точку пересечения $AB$ и $CD$ и вычислим $A'F'$. Из подобия треугольников $A'F'A$ и $A'B'E$ имеем $A'F':A'B'=A'A:A'E$. Значит, $A'F=A'F'$ и точка $F=F'$ — исключая.

Итак, для завершения доказательства теоремы Маскерони осталось найти лишь пересечение окружности и прямой, проходящей через ее центр. И эта мелкая задача оказалась самой трудной. Много еще решил задач Маскерони, пока ему не пришло в голову воспользоваться преобразованным инверсии. Но мы поддем по пути, указанному другим геометром.

Новое доказательство теоремы Маскерони представил Наполеон Бонапарт (tot самый). Суть доказательства заключалась в новом решения оставшейся части задачи ($\beta$).

Но и Наполеон не стал решать задачу в люб, а выясил сначала, какой длины отрезки мы можем построить циркулем, отправляясь от двух заданных, длиной $a$ и $b > a$. Вот что он научился строить:

№14. $\sqrt{b^2-a^2}$. №16. $a\sqrt{2}$.

№15. $a\sqrt{3}$. №17. $\sqrt{b^2+a^2}$.

Научимся и мы.

9

№ 14. Построение $\sqrt{b^2 - a^2}$.
Разделим отрезок $b = EF$ пополам (см. № 7). Из центра $O$ проведем окружность $O_b$ радиуса $b/2$ (рис. 12). Из точки $E$ проведем засечку радиуса $a$, пересекающий $O_b$ в некоторой точке $G$. Отрезок $FG$ будет нужную длину. Действительно, угол $EGF$ прямой, так как опирается на диаметр. Поэтому $(GF)^2 = b^2 - a^2$.

№ 15. Для построения отрезка $a\sqrt{3}$ напишем
$$a\sqrt{3} = \sqrt{(2a)^2 - a^2}.$$
С помощью № 1 построим отрезок $b = 2a$ и примем № 14 к отрезкам $b = 2a$ и $a$.

№ 16. Запишем точдество
$$a\sqrt{2} = \sqrt{(a\sqrt{3})^2 - a^2}.$$
Мы умеем строить $a\sqrt{3}$ и, значит, умеем строить $a\sqrt{2}$, примем № 14 к $b = a\sqrt{3}$ и $a$.

№ 17. Запишем точдество
$$\sqrt{b^2 + a^2} = \sqrt{(b\sqrt{2})^2 - (\sqrt{b^2 - a^2})^2}.$$
Мы умеем строить $b\sqrt{2}$ (см. № 16) и $\sqrt{b^2 - a^2}$ (см. № 14). Значит, умеем строить и $\sqrt{b^2 + a^2}$.

Теперь мы можем решить нужную задачу.

Задача № 18. Найти пересечение окружности с прямой, проходящей через ее центр.

Решение. Пусть дна окружность $O_A$ с центром $A$ и точка $B \neq A$. Нужно найти пересечения $O_A$ с прямой $AB$. Обозначим радиус $O_A$ через $a$, длину $AB$ через $b$ и построим $c = \sqrt{a^2 + b^2}$ и $a\sqrt{2}$ (см. № 16 и 17).

Тепер (рис. 13) из центра $B$ проведем засечку радиуса $c$ до пересечения с $O_A$ в некоторой точке $C$. Из точки $C$ проведем окружность $O_C$ радиуса $a\sqrt{2}$. Пересечения $O_C$ и $O_A$ дают искомые точки $E$ и $F$.

Действительно, $\Delta BAC$ — прямоугольный, либо $c^2 = a^2 + b^2$. Если $E$ и $F$ — точки пересечения прямой $AB$ с окружностью $O_A$, то $(CE)^2 = (CF)^2 = 2a^2$, как и было сделано.

Теорема Маскерони доказана полностью.

§ 7. Зачем нужны построения цирклелем без линейки
Хорошо известно, что математика не исчерпывает решения готовых задач, что она включает поиск проблем и постановку задачи, формулировку теорем. Эта часть математики остается скрытой, хотя мы и знаем, что направляет работу именно она. А на probleme построения цирклелем хорошо видны задачи и решения именно «второй» части математики.

Когда мы смотрим кино, то видим актеров, а о том, что есть режиссер, только догадываемся. Должен ли режиссер оставаться за кадром? Мы решили однажды вывести его на сцену.