34
Построения
одним циркулем
Кандидат физико-математических наук
Д. В. ФУКС
Среди бесчисленных задач на построение встречаются также, в которых построение требуется произвести одной линейкой или одним циркулем. Однако давно известно, что отсутствие линейки не существует круга возможных построений: всякое построение, выполнение циркулем и линейкой, можно проделать одним циркулем.
Идея о построении с помощью одного циркуля была вывинута еще итальянским ученым Джованни Баттиста Бенедetti (1530—1590). В 1672 году появился книга «Euclidus Danicus» датского геометра Георга Мора (1640—1697). В ней он показал, что все задачи, которые сводятся квадратным уравнением, можно решить геометрическими с помощью одного циркуля. Более чем через 100 лет, в 1797 году, эта задача была новым построением и решена итальянцем Лоренцо Маскерони (1750—1800). Соответствующое утверждение называют теоремой Мора — Маскерони.
В этой заметке мы приведем доказательство этой теоремы.
Во всех решаемых ниже задах на построение мы ограничиваем описанием самого построения, предоставляя читателю самостояльно доказать, что построение приводит к желаемой цели. Впрочем, доказательства приведены в разделе «Ответы, указания, решения» на с. 58.
- Формулировка результата. Разумеется, нельзя проверить циркулем прямую, поэтому все рассматриваемые задачи на построение должны состоять в построении некоторой точки (на плоскости).
Теорема. Предположим, что точка М может быть построена по точкам , …, при помощи циркуля и линейки. Тогда точка М может быть построена по точкам , …, при помощи одного циркуля.
Чтобы доказать эту теорему, построим, какие построения произведения линейкой. С помощью линейки можно проверить через две данные точки прямую и найти ее точки пересечения с ранее построенными прямыми и окружностями. Но так как с самого начала нам были данные точки, всякая ранее построенная прямая была неогда проверена через еще ранее построенные точки, и всякая
35
ранее построная окружность имеет своим центром ранее построенную точку. Таким образом, в процессе построения линейка применяется только к решению одной из двух следующих задач.
Задача 1. По данным точкам A, B, C, D найти точку пересечения прямых AB и CD.
Задача 2. По данным центра O и данным точкам A и B найти точку пересечения окружности S с прямой AB.
Наша теорема будет доказана, если мы установим, что обе эти задачи могут быть решены при помощи одного циркуля.
- Вспомогательные построения. В этом и следующем пунктах, говоря «построение», мы подразумеваем построение одним циркулем. Мы начнем с решения четырех вспомогательных задачи.
Задача 3. Даны (различные) точки A и B. Построить на луче AB точку C такую, что AC=2AB.
Построение (рис. 1). Проведем через точку A окружность с центром B. На этой окружности трижды отложим отрезок AB, начиная от точки A. Получившаяся при третьем откладывании точка C удовлетворяет требованиям задачи.
Задача 4. Дана окружность с центром O и дуза AB на ней. Построить точку, делящую эту дугу пополам.
Построение (рис. 2). Через точку O проведем окружности с центрами A и B. Проведем окружность с центром O радиусом AB. Возьмем две точки: P и Q пересечения этой окружности с двумя построенными; тогда дуги OP и OQ равны дуге AB. Затем через точки B и A проведем окружности с центрами P и Q до их пересечения в точке R. Наконец, радиусом OR проведем окружность с центром P или Q. Точка C пересечения этой окружности с дугой AB и будет искомой.
Задача 5. Дана окружность S с центром O и точка P≠O. На луче OP построить точку P′ такую, что OP·OP′=r², где r — радиус окружности S.
(Tакая точка P′ называется симметричной точке P относительно окружности S.)
Построение. Слушай 1. Точка P лежит вне окружности S (рис. 3). Проведем через точку O окружность с центром P. Пусть Q и R — точки ее пересечения с окружностью S. Проведем через точку O окружности с центрами Q и R. Отличная от O точка пересечения этих окружностей и есть искомая точка P′.
(Это построение проходит и в случае, когда точка P лежит внутри окружности S, но находится от ее центра O на расстоянии, большем r/2.)
Слушай 2. Точка P лежит внутри окружности S. Пользоватьство задачи 3, мы последовательно строим на луче OP точки P₂, P₃, … такие, что OP₂=2OP, OP₃=3OP, …, пока не достигем до точки Pₙ, которая будет лежать в S. Для точки Pₙ мы строим симметриную относительно окружности S точку P′₁, пользоваться предыдущим построением. Наконец, на луче OP′₁ (т. е. на луче OP) мы строим точки P′₂, P′₃, … такие, что OP′₂=2OP′₁, OP′₃=3OP′₁, … Точка P′ₙ и будет искомой.
Задача 6. Даны окружность S с центром O и несоравданное точку A, B. Построить окружность, проходящую через точку O и точки пересечения прямой AB с окружностью S (в пределахжения, что прямая AB не проходит через центр окружности S и пересекает ее в двух точках). Доказать, что эта окружность, за вычетом точки O, представляет собой геометрическое место точек, симметричное
36
ных точкам прямой AB относительно окружности S.
Построение (рис. 4). Проведем через точку O окружности с центрами A и B. Точка их пересечения, отличную от O, обозначим через P. Построим точку P′, симметрично точке P относительно окружности S (задание 5), и построим окружность с центром P′, проходящую через O. Это и есть искомая окружность.
- Основные построения. Построение к задание 2. Если точка O не лежит на прямой AB, проходит построение задания 6 и даже его упрощенный вариант: мы строим точку P, как в задание 6, и затем проводим окружность с центром P радиусом, равным радиусу окружности S (знач центр окружности S, мы можем радиус окружности изменить циклелем); точки пересечения построенной окружности с данной окружностью — искомые точки. Если точка O лежит на прямой AB, то это построение не пройдёт: точка P сольется с точкой O. Тогда мы применяем другое построение (рис. 5): с центром A (или с центром B, если A=O) проводим произвольную окружность, пересекающую окружность S в двух точках, обозначаем точки пересечения через C и D и делим друг CD и DC окружности S пополам (задание 4). Точки деления и будут искомыми.
Построение к задание 1 (рис. 6). Построим произвольную окружность S, внутри которого содержится все данные точки и центр O которого не лежит ни на одной из прямых AB и CD. (Это легко сделать «на глазок», но для «строгого построения» такой решет не годится. Можно построить так: построить произвольную окружность, найти, пользоваться построением задания 2, точки ее пересечения с прямыми AB и CD и взять в качестве O точку построенной окружности, отличную от найденных точек.) Затем, пользоваться построением задания 6, строим окружность S₁, проходящую через O и через точки пересечения окружности S с прямой AB, и окружность S₂, проходящую через O и через точки пересечения окружности S с прямой CD. Затем мы обозначаем через P точку пересечения окружностей S₁ и S₂, отличную от O, и строим точку P′, симметрично точке P относительно окружности S. Это и есть искомая точка.
- Заключительные замечания. 1°. Если данные задания на построение включают в себя не только точки, линейка может оказаться для ее решения необходимой. Например: данные кривая c и точки A, B; найти точки пересечения кривой c с прямой AB. Это, вообще говоря, нельзя сделать без линейки. Однако бывают, что подобные задания свойства к заданным рассмотренного типа и решаются одним циклелем. Например: на плоскости нарисована окружность; пользоваться одним циклелем, найти ее центр. Это можно сделать так: отметим на окружности три точки A, B, C; как известно, циклелем и линейкой можно построить центр окружности, описанной около треугольника ABC; значит, это можно сделать и одним циклелем. (Впрочем, задача имеет городадо более простое решение — найти его!) Мы видим, кстати, что в заданных 2, 4, 5 и 6 не обязательно было указать центр заданной окружности.
2°. Один линейкой можно проделать не всякое построение, выполните циклелем и линейкой. (Доказательство см. в книге: Радемахер Г. и Теплиц О. Числа и Фигуры. — М.: Наука, 1966.) Существует, однако, поразительная теорема Штейнера, согласно которой все построения, выполнимые циклелем и линейкой, могут быть проделаны одной линейкой, если на листе предварительно нарисована окружность и отмечен ее центр.