ПОПУЛЯРНЫЕ ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИКЕ
ВЫПУСК 29
А. Н. КОСТОВСКИЙ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
ПОСТРОЕНИЯ
ОДНИМ ЦИРКУЛЕМ
НА ПЛОСКОСТИ
И ОДНИМ ЛИШЬ
СФЕРОГРАФОМ
В ПРОСТРАНСТВЕ
ИЗДАНИЕ ТРЕТЬЕ,
ПЕРЕРАБОТАННОЕ И ДОПОЛНЕННОЕ
щ
ш
МОСКВА «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1989

ББК 22.151.0
К72
УДК 514.11(023)
Рецензенты:
кандидат физико-математических наук Н. С. Денисова;
кандидат физико-математических наук В. В, Прасолов
Костовский А. Н.
К72 Геометрические построения одним циркулем на
плоскости и одним лишь сферографом в
пространстве.— 3-е изд., перераб. и доп.— М.: Наука. Гл. ред.
физ.-мат. лит., 1989.— 112 с— (Попул. лекции по
мат.).
ISBN 5-02-014198-4
Посвящена описанию и исследованию геометрических
построений на плоскости с помощью одного циркуля и в
пространстве с помощью воображаемого инструмента — сферогра-
фа. Написана на основе лекций, которые автор в течение ряда
лет читал для школьников, принимавших участие в
математических олимпиадах г. Львова.
2-е изд. вышло в 1984 г.
Представляет интерес для преподавателей математики и
учащихся старших классов средней школы.
1602050000—073
К 37"89 ББК 22Л510
053(02)-89
ISBN 5-02-014198-4 © Издательство «Наука».
Главная редакция
физико математической
литературы, 1984;
с изменениями
и дополнениями, 1989

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 4
Введение 5
Глава первая
ПОСТРОЕНИЯ ОДНИМ ТОЛЬКО ЦИРКУЛЕМ
§ 1. О возможности решения геометрических задач на
построение одним только циркулем. Основная теорема 7
§ 2. Решение геометрических задач иа построение одним
циркулем ljB
§ 3. Инверсия и ее основные свойства 27
§ 4. Применение метода инверсии в геометрии циркуля 31
Глава вторая
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ ОДНИМ ЦИРКУЛЕМ
С ОГРАНИЧЕНИЯМИ
§ 5, Построения одним циркулем с раствором ножек,
ограниченным сверху 39
§ 6. Построения одним циркулем с раствором ножек,
ограниченным снизу 55
§ 7. Построения одним циркулем с постоянным раствором
ножек 58
§ 8. Построение одним циркулем при условии, чтобы все
окружности проходили через одну и ту же точку . , 59
Глава третья
ПРОСТРАНСТВЕННЫЙ АНАЛОГ ПОСТРОЕНИЙ
МОРА — МАСКЕРОНИ
§ 9. Некоторые символы и обозначения в стереометрии 09
§ 10. Инверсия в пространстве и ее основные свойства . . 72
§11. Решение основных простейших задач конструктивной
геометрии сферографа 79
§ 12. Основная теорема Мора — Маскерони для
трехмерного евклидова пространства 86
§ 13. Общий метод решения стереометрических задач на
построение с использованием метода инверсии ... 90
§ 14. Примеры решения стереометрических задач на
построение в геометрии сферографа 93
§ 15. Решение стереометрических задач на построение при
условии, чтобы все сферы проходили через одну и ту
же точку 98
Заключение 103
Приложения 104
Список литературы НО
1*

ПРЕДИСЛОВИЕ
Автору настоящей книги неоднократно приходилось
читать лекции по теории геометрических построений
участникам математических олимпиад, которые начиная
с 1947 года проводятся для учащихся средних школ
г. Львова. Эти лекции послужили основой для написания
первой главы данной работы.
Во второй главе излагаются исследования автора,
касающиеся геометрических построений, выполняемых
одним циркулем с ограничениями.
В третьей главе полностью излагается решение
геометрических задач на построение одним сферографом в
трехмерном евклидовом пространстве — пространственный
аналог построений Мора—Маскерони. При этом
приходится ограничиваться «мыслепным» проведением сфер и
плоскостей, так как не существует инструментов для их
построения; приходится рассматривать так называемые
«воображаемые» построения. Читателю, испытывающему
трудности при чтении третьей главы, рекомендуем ее
полностью опустить или опустить то, что напечатано
иетитом.
Книга написана для широкого круга читателей: ее
можно рекомендовать учащимся средней школы для более
глубокого изучения геометрических построений на
плоскости и в пространстве, ее могут использовать также
учителя в работе школьных математических кружков, для
проведения факультативных занятий и олимпиад.
В СССР издательство «Мир» перевело книгу на ряд
иностранных языков. Она переведена и издана в Японии,
Великобритании, США, Болгарии.
Автор выражает искреннюю признательность
профессору А. Кованько, доцентам В. Рогаченко, И. Тесленко,
А. Пилиповичу, внимательно просмотревшим рукопись
и давшим ряд ценных советов.

ВВЕДЕНИЕ
Геометрические построения являются существенным
фактором математического образования; они представляют
собой мощное орудие геометрических исследований.
Традиционное ограничение орудий геометрических
построений только циркулем и линейкой восходит к глубокой
древности. Знаменитая геометрия Евклида (III век до
нашей эры) была основана на геометрических построениях,
выполняемых циркулем и линейкой; при этом циркуль
и линейка рассматривались как равноправные
инструменты; было совершенно безразлично, как выполнялись
отдельные построения: с помощью циркуля и линейки, или
с помощью одного циркуля, или одной линейки.
Уже давно было замечено, что циркуль является более
точным, более совершенным инструментом, чем линейка,
что некоторые построения можно выполнить одним
циркулем без употребления линейки, например разделить
окружность на шесть равных частей, построить точку,
симметричную данной точке относительно данной прямой,
и т. д. Было обращено внимание на тот факт, что при
резьбе на тонких металлических пластинках, при
разметке делительных кругов астрономических инструментов
пользуются, как правило, одним только циркулем.
Последнее, вероятно, и послужило толчком к
исследованию геометрических построений, выполняемых одним
лишь циркулем.
В 1797 году итальянский математик, профессор
университета в Павии Лоренцо Маскерони опубликовал
большую работу «Геометрия циркуля», которая позже
была переведена на французский и немецкий языки.
В этой работе было доказано следующее предложение:
«Все задачи на построение, разрешимые циркулем
и линейкой, могут быть точно решены и одним только
циркулем»,
5

Это утверждение было оригинальным способом с
помощью инверсии доказано А. Адлером в 1890 году. Он
также предложил общий метод решения геометрических
задач на построение одним лишь циркулем. В 1928 году
датский математик Гьельмслев нашел в книжном магазине '
Копенгагена книгу Г. Мора под названием «Датский
Евклид», изданную в 1672 году в Амстердаме. В первой
части этой книги дано полное решение проблемы Маскеро-
ни. Таким образом, задолго до Маскерони было показано,
что все геометрические построения, выполнимые с помощью
циркуля и линейки, могут быть выполнены с помощью
одного только циркуля.
Раздел геометрии, изучающий геометрические
построения одним циркулем, называют геометрией циркуля.
В 1833 году швейцарский геометр Якоб Штейнер
опубликовал работу «Геометрические построения,
производимые с помощью прямой линии и неподвижного круга»,
в которой наиболее полно исследовал построения одной
линейкой. Основной результат этой работы можно
сформулировать в виде предложения:
Каждая задача на построение, разрешимая циркулем
и линейкой, может быть решена и одной линейкой, если
в плоскости чертежа дана постоянная окружность и ее
центр.
Таким образом, чтобы линейку сделать равносильной
циркулю, достаточно однократное употребление циркуля.
Великий русский математик Н. И. Лобачевский в
первой половине XIX века открыл новую геометрию,
получившую впоследствии название геометрии
Лобачевского. В последнее время, благодаря усилиям большого
числа ученых, особенно советских, бурно развивается
теория геометрических построений в плоскости
Лобачевского.
А. С. Смогоржевский, В. Ф. Рогаченко, К. К. Мок-
рищев и другие математики в своих работах провели
исследования построений в плоскости Лобачевского без
помощи линейки, при этом была показана возможность
построений, аналогичных построениям Маскерони в
евклидовой плоскости.
Преобладание исследований но общим вопросам при-
гело к оформлению в работах наших ученых достаточно
полной и строгой теории геометрических построений в
плоскости Лобачевского, едва ли намного уступающей
л своей завершенности теории геометрических построений
в евклидовой плоскости,

Глава первая
ПОСТРОЕНИЯ ОДНИМ ТОЛЬКО ЦИРКУЛЕМ
§ 1. О возможности решения геометрических задач
на построение одним только циркулем.
Основная теорема
В данном параграфе будет приведено доказательство
основной теоремы геометрии циркуля, для чего необходимо
предварительно рассмотреть решения некоторых задач
на построение одним циркулем.
С помощью одного только циркуля мы не сможем,
разумеется, начертить непрерывной прямой линии,
заданной двумя точками; хотя мы покажем далее, как,
пользуясь одним лишь циркулем, построить одну, две
и вообще любое число точек, как угодно плотно
расположенных на данной прямой *). Таким образом, построение
прямой линии не покрывается полностью теорией Мора —
Маскерони.
В геометрии циркуля прямая линия или отрезок
определяется двумя точками, а не задается в виде
непрерывной прямой линии (проведенной с помощью линейки).
Построение прямой линии считается оконченным, как
только построены две любые ее точки.
Введем обозначения:
(АВ) — прямая линия, проходящая через две точкп
А и В;
[АВ] — отрезок АВ;
\АВ\ — расстояние между точками А и В;
(О, г) — окружность (или круг) с центром О и
радиусом г;
(А, \ВС\) — окружность (или круг) с центром А и
радиусом ?' = | ВС |.
*) Оставаясь на практической точке зрения, нет основания
считать прямую построенной, еслн построены некоторые ее точкп.

Условимся в дальнейшем фразу «Из точки О, как кз
центра, радиусом г проводим окружность (или чертим
дугу)» для сокращения записывать так: «Проводим
(описываем, или чертим) окружность (О, г)», а иногда еще
короче: «Проводим (О, г)». Фразу «Отрезок АВ, где
| АВ\ = а» условимся считать равнозначной фразе
X
о
Рис. 1
«Отрезок а» и, в соответствии с этим, говорить, например,
что отрезок CD в п раз больше отрезка АВ, если I CD I =
= п\АВ\.
Другие математические символы и обозначения,
используемые в данной работе, приведены в Приложении I.
Задача 1. Построить точку, симметричную данной
точке относительно данной прямой.
Дано: (АВ) и точка С. Построить: С1 = S{AB) (С) *).
Построение. Проводим окружности (А, | АС |)
и (В, | ВС |), которые пересекутся в точке С1 (рис. 1).
Точка Сх — искомая.
Если точка С лежит на прямой АВ, то она сама себе
симметрична (т. е. С = S{AB) (С)).
Примечание. Чтобы определить, лежат ли три
данные точки А, В и X на одной прямой линии, нужно
вне прямой А В веять произвольную точку С и построить
симметричную ей точку Cv Очевидно, точка X лежит
на прямой АВ, тогда и только тогда, когда | СХ \ =
= I СХХ |.
Задача 2. Построить отрезок, в 2, 3, 4, ... и вообще
в п раз больший данного отрезка (п — любое
натуральное число).
*) См. Приложение I.

Дано: [Л/lJ. Построить: M4J, | ААп \ = п | ААХ |,
где п ее N.
Построение (1-й способ). Построение
осуществляется постоянным раствором ножек циркуля, равным
г = | ААХ |. Проводим окружность (Лх, г) и определяем
па ней точку А2, диаметрально противоположную
точке А (для чего последовательно проводим окружности
(А, г), (В, г) и (С, г); в пересечении этих окружностей с
окружностью (Л17 г) последовательно получим точки Вх
С и А2). Отрезок | АА2 | = 2г (рис. 2).
/ \
Рис. 3
Проводим затем окружность (А2, г), которая пересечет
окружность (С, г) в точке D. В пересечении окружности
(А21 г) с (D, г) получим точку Л8. Отрезок \ AAs\.=*.3r
и т. д.
Проделав приведенное построение п раз, построим
отрезок | ААп | = /гг.
Справедливость построения следует из того, что
циркуль с раствором, равным радиусу окружности, делит
ее на шесть равных частей.
Построение (2-й способ). Берем вне прямой
ААХ произвольную точку В и проводим окружности
(Л1? |Л5|) и (В, г), в пересечении которых получим
точку С (рис. 3) *).
Если теперь описать окружности (Аг, г)- и (С, | АУВ |),
то они пересекутся в искомой точке А2. Отрезок | АА2 \ =
= 2г. Проводим окружности (Аа, г) и (С, | А2В |) и
обозначаем точку Ад их пересечения. Здесь | АА3 \ = Зг и т. д.
Справедливость построения немедленно следует из
того, что фигуры АВСА1ч АХВСА2, А2ВСА3, . . . являются
параллелограммами.
Примечание. Аналогично легко построить
отрезки в 2, 4, 8, 16, . . ., 2к раз больше данного отрезка АЛХ.
*) Искомую точку пересечения двух окружностей мы будем
указывать на чертеже. В дальнейшем правильность выбора такой
точки (из двух точек пересечения окружностей) предлагаем
обосновывать читателю.

Для этого проводим окружность (А1У г) и находим
точку А2, диаметрально противоположную точке А (| АА2 \ =
= 2г); описываем окружность (Л2, 2г) и строим точку Л4,
диаметрально противоположную точке А (| Л^44 I =
= 4г). Диаметрально противоположная точка А6 точке А
Рис. 4
на окружности (Л4, 4г) определит | ААв \ = 8г и т. д.
После /с шагов получим | АА2к \ = 2кг *).
Задача 3. Построить отрезок, четвертый
пропорциональный к трем данным отрезкам.
Дано: а, 6, с — отрезки. Построить отрезок х такой,
чтобы а : b = с : х.
Построение (1-й способ). Берем произвольную
точку О и проводим окружности (О, а) и (О, Ь). Из
произвольной точки А на окружности (О, а) описываем (А, с)
и отмечаем точку В пересечения ее с окружностью ((?, а).
Если теперь две окружности (Л, d) и (5, d) произвольного
радиуса d^> \ а — b |, пересекающие (О, Ь) в точках Лх
и В и то отрезок # = | AYBX \ — искомый (рис. 4).
Доказательство: /\АОАХ^,/\ВОВ1 (по трем
сторонам),- поэтому АОАХ = ВОВ1 и АОВ = АгОВ1л
Равнобедренные треугольники АОВ и А1ОВ1 подобныд
следовательно,
а : b = с : | А1В1 |.
*) Нетрудно представить, как построить отрезки в т, т2,
т3, . . ., тл раз больше данного, где т = 3, 4, 5, ... Например,
лри т = 5 строим отрезок | ААЬ \ = 5 | ЛЛ1 | (задача 2). Считаем
отрезок ЛЛ6 заданным и строим отрезок \ АА2Ь\ = Ъ \ АЛЬ\ =
*2|
= 5 | ААг
10
(задача 2). Строим затем отрезок | ЛЛ125 | =
= У\ААг\ и т. д.

Приведенное построение возможно, если с < 2а. При
с !> 2а и Ъ < 2а строим отрезок, четвертый
пропорциональный к отрезкам а, с и Ь; в противном случае (с > 2а
и Ъ ^ 2а) сначала строим отрезок па (задача 2), при этом
п берем таким, чтобы с < 2па *) (или Ъ < 2гса). Строим
отрезок I/, четвертый пропорциональный к отрезкам па,
b и с. Если теперь построить отрезок х = пу (задача 2),
то получим четвертый пропорциональный отрезкам а, Ъ
и с.
Действительно,
па : Ь = с : у или а : Ъ = с : п^/.
Построение (2-й способ). Проводим окружности
(С, а) и (Clt а), где точки С и Сх — концы отрезка с.
В пересечении получим точку В (рис. 4). Окружность
(В, Ъ) пересечет окружности (С, а) и (Сг, а) в точках Z)
и Dx. Отрезок DDX — искомый.
Доказательство. Равнобедренные
треугольники C1BDl и BCD конгруэнтны, поэтому CBD = ClBDl.
Отсюда следует, что СВС1 = DBDX. Из подобия
равнобедренных треугольников СВС1 и DBDX можем записать:
а: Ь = с : \DDX\.
В случае с > 2а и ft > 2а, как и в первом способе
построения, находим отрезок па такой, чтобы 2па > с и
2па > 6, затем строим четвертый пропорциональный у к
отрезкам гса, ft и с. Отрезок пу — искомый.
Задача 4. Разделить дугу А В окружности (О, /)
пополам.
Можно предположить, что центр О окружности
известен, ниже (см. задачу 13) будет показано, как построить
центр окружности (или дуги), пользуясь при этом только
циркулем.
Построение. Полагая а = | АВ |, проводим
окружности (О, а), (Л, г) и (В, г); в пересечении получим
точки С и D (рис. 5). В пересечении окружностей (6\
| СВ |) и (D, | AD |) получим точку Е. Если теперь
начертить окружности (С, | О£ | ) и (Dy \ OE |), то в
пересечении их получим точки X и Xv Точка X делит пополам
*) Отрезок 2па > с находим следующим способом. Строи?i
отрезок ах = 2а (задача 2). Из произвольной точки Ох плоскости
описываем окружность (Ох, с) и в произвольном направлении
откладываем отрезки | О1Л1 | = «1, | ОХЛ2 \ — 2яь | 0{Л3 \ = 'ia{
и т. д. (задача 2); после конечного числа шагов придем к точке АП1
которая будет лежать вне (О1у с). Очевидно, | ОхАп \ = 2па > с.
11

дугу АВ, точка Хх делит пополам дугу, дополняющую
первую до полной окружности. (В том случае, когда
окружность (О, г) начерчена, из двух окружностей (С,
| ОЕ | ) и (D, \ ОЕ | ) можно описывать только одну,
которая в пересечении с
окружностью (О, г) определит
точки X и Хх).
Доказательство.
Фигуры АВОС и ABDO
являются
параллелограммами, поэтому точки С, О и D
лежат на одной прямой
(1СО)\\[АВ}1 IOD]\\IAB]).№
равнобедренных
треугольников CED и CXD следует,
что СОЕ = С0^=9О°.Итак,
отрезок ОХ
перпендикулярен к хорде А В;
следовательно, для доказательства
того, что точка X делит дугу А В пополам, достаточно
показать, что | ОХ | = г.
Из параллелограмма АВОС следует, что
| А О |2 + | ВС |2 = 2 | ОВ |2 + 2 | АВ \\
или
Рис. 5
2а\
так что
ВС |2 = 2а2 + г\
Из прямоугольного треугольника СОЕ можем записать;
откуда
| СЕ |2 = \ВС |2 = | ОС |2 + | ОЕ \\
2а2 + г2 = а2 + | ОЕ |*
| ОЕ |2 = а2 + г2.
Наконец, из прямоугольного треугольника СОХ
получим
Iох| = у\ сх |2 - \ос |2= /|оя |2 - |ос г2 =
= |/"а2 + г2 — а2 '= г.
Приведенное построение остается справедлиьым и в
случае, когда заданная дуга АВ является
полуокружностью (АВ = 180°). В этом случае точки А и В будут
лежать на отрезке CD1 а окружности (Ах г) и (В3 г) будут
12

касаться окружности (О, а) соответственно в точках
С и D. Из-за несовершенства чертежных инструментов
(циркуля) установить точное расположение этих точек
С и D достаточно трудно. В этом случае (АВ = 180°)
следует делить пополам дугу А1В1 (А1В1 Ф 180°) такую,
что ААХ = ВВ1 > 0 и ААХ +А[В1 + 1ГХВ = АВ,
Очевидно, что точка, делящая пополам дугу А1В11 будет
делить пополам и дугу АВ,
Как мы уже указывали, в геометрии циркуля прямую
линию принято считать построенной, как только
определены две ее точки. В дальнейшем изложении (задачи 22,
23, 24 и др.) нам необходимо будет с помощью циркуля
построить одну, две и вообще любое число точек данной
прямой. Это построение можно выполнить следующим
образом.
Задача 5. На прямой, заданной двумя точками,
построить одну или несколько точек.
Дано: (АВ). Построить: X е (АВ), Хх е (АВ), ...
Построение. Берем вне прямой АВ произвольную
точку С (рис. 6) и строим относительно прямой А В
симметричную ей точку Сх (задача 1). Произвольным
радиусом г проводим окружности (С, г) и (Cj, г), в пересечении
Рис. 6
Рис. 7
которых получим точки X и Хи лежащие на данной
прямой АВ. Изменяя величину радиуса г, можно построить
сколько угодно точек данной прямой: Х\ Х1 и т. д.
Доказательство. Точка Сх симметрична точке С%
поэтому прямая АВ проходит через середину отрезка
ССХ и (АВ) J_ [CCJ, поэтому прямая АВ является
множеством всех точек, равноотстоящих от точек С и С1Щ
В силу построения | СХ \ = | СХХ \ = г и | СХг \ =
= | СХХХ\ = г4 следовательно1 X ^ (АВ) и Хх е (АВ).
13

Задача 6. Построить точки пересечения окружности
и прямой, заданной двумя точками.
Дано: (О, г) и (АВ). Построить: {X; Y} = (O,r) f| (АВ).
Построение в случае, когда центр О не лежит
на данной прямой АВ *) (рис. 7).
Строим точку О1У симметричную центру О данной
окружности относительно прямой АВ (задача 1).
Проводим окружность (Ог, г), которая пересечет данную
окружность в искомых точках X и У.
Доказательство. В предыдущей задаче было
показано, что точки X и Y лежат на прямой АВ, однако
эти точки принадлежат и заданной окружности (О1 г),
следовательно^ {X; Y} = (О, г) f] {AB)t
Рис. 8
Построение в случае, когда центр О данной
окружности лежит на прямой А В (рис. 8).
Произвольным радиусом d проводим окружность
(Л, d) так, чтобы она пересекалась с данной окружностью
в двух точках С и D. Делим дуги CD данной окружности
(О, г) пополам (задача 4). Точки X и Y — искомые.
Примечание. Если нам заданы два отрезка а и
г, где а = | АО |, то описываем окружность (О, г) и,
повторяя приведенное построение, мы получим сумму
и разность длин данных отрезков:
| АХ | = | АО | + \ОХ
\AY\= \AO \-\OX\
Задача 7. Построить точку пересечения двух прямых,
каждая из которых задана двумя точками.
Дано: (АВ) и (CD). Построить: Х = (АВ) f] (CD).
Построение. Строим точки Сх и Db
симметричные соответственно точкам С и D относительно данной
*) При помощи одного циркуля легко проверить, лежат ли
данные три точки на одной прямой или нет (см. примечание к
задаче 1).
14
мы
=
= а
получим
а + г,
— г.

прямой А В (рис.9). Проводим окружности (Dx, \CC\\)
и (С, | CD |) и обозначаем через Е точку их пересечения.
Строим отрезок х, четвертый пропорциональный к
отрезкам DE, DDX и CD (задача 3). В пересечении
окружностей (Z), х) и (DX1 x) получим искомую точку X.
Доказательство. Так как точка Сх
симметрична точке С, а точка Dx симметрична точке D, то, очевидно,
мы найдем точку пересечения данных прямых, если
построим точку пересечения прямых CD и CXDX.
Рис. 9
Фигура CCXDXE — параллелограмм, следовательно,
точки Dy Dxn E лежат на одной прямой ((DE)\\ {CCX), (DDX) \\
II (ССл)). Треугольники CDE и XDDX подобны, поэтому
\DE\:\DDX\ = \СЕ \:\DXX \x
но
\СЕ\ = | CD | =| CXDX |.
Отрезок х = | DXX | является четвертым
пропорциональным к отрезкам DE, DDX и CD.
Примечание. Если (АВ) _]_ (CD), то точки
С, Сх, D и Dx лежат на одной прямой (см. примечание
к задаче 1), и тогда искомую точку мы получим, если
отрезок ССХ (или DDX) разделим пополам (см. при п = 2
задачу 9). Если | ССХ \ = \ DDX |, то заданные прямые
параллельны. Если же С = S{AB) (С) (или D = S(Ab) (D),
или А = S(CD) (А), или В = S(cD) (В)), то точка С —
искомая точка пересечения двух заданных прямых.
* * *
Теперь мы сможем показать справедливость основной
теоремы геометрии циркуля (теоремы Мора—Маскерони).
15

Каждая конструктивная задача на построение
циркулем и линейкой плоскости Евклида всегда сводится к
решению (выполнению) в определенном порядке
следующих основных простейших задач (основных операций):
1. Через две данные точки провести прямую.
2. Из данной точки, как из центра, провести
окружность данного радиуса.
3. Найти точки пересечения двух данных окружностей.
4. Найти точки пересечения данной окружности и
прямой, заданной двумя точками.
5. Найти точку пересечения двух прямых, каждая из
которых задана двумя точками.
Для доказательтва того, что каждая задача на
построение циркулем и линейкой может быть решена и одним
лишь циркулем, без употребления линейки, достаточно
показать, что все эти основные операции могут быть
выполнены одним циркулем.
Вторая и третья операции циркулем выполняются
непосредственно. Выполнение остальных основых
операций приведено в задачах 5—7 данного параграфа.
Допустим теперь, что некоторую задачу на построение,
разрешимую циркулем и линейкой, требуется решить
одним только циркулем. Представим себе эту задачу
решенной циркулем и линейкой; в результате решение
задачи сведется к выполнению некоторой конечной
последовательности пяти основных операций. Выполнив
каждую из этих операций одним циркулем (задачи 5—7),
мы придем к решению предложенной задачи.
Приведенный метод решения геометрических задач
на построение одним циркулем приводит, как правило,
к весьма сложным и громоздким построениям, поэтому
практически он малоэффективный. Однако с
теоретической точки зрения он позволяет показать справедливость
следующей основной теоремы в геометрии циркуля.
Основная теорема. Все задачи на построение,
разрешимые циркулем и линейкой, могут быть точно решены
и одним только циркулем.
Явно эта теорема в работе [10] не сформулирована.
§ 2. Решение геометрических задач
на построние одним циркулем
В этом параграфе мы рассмотрим решение некоторых
интересных задач из геометрии циркуля, разработанной
в основном трудами Мора, Маскерони и Адлера. Решение
16

некоторых из этих задач будет нами использовано во
второй и третьей главе.
Задача 8. Построить прямую, перпендикулярную к
заданному отрезку и проходящую через один из его
концов.
Дано: [АВ]. Построить: (АЕ) ± [АВ].
Построение (1-й способ). Сохраняя раствор
циркуля неизменным и равным произвольному значению
гг чертим окружности (Л, г) и (Z>, r), в пересечении которых
Рис. 11
получим точку (9. (Из двух точек пересечения этих
окружностей берем любую из них.) Проводим окружность
(6>, г) и строим на ней точку Е, диаметрально
противоположную точке В (см. задачу 2). Прямая АЕ — искомая
(рис. 10), т. е. (АЕ) _]_ [АВ].
Справедливость построения следует из того,.что угол
ВАЕ вписан в окружность (О, г) и опирается на ее
диаметр.
Построение (2-й способ). Проводим окружность
(В, \АВ\) (рис. 11), берем на ней произвольную точку
С {£ (АВ) и описываем окружность (С, \ АС \). Пусть
D — точка пересечения этих окружностей. Если теперь
провести третью окружность (А, | AD |) до пересечения
ее с окружностью (Су \ АС |) в точке Е, то получим (АЕ) _[_
J_ [АВ], т. е. (АЕ) — искомая прямая.
Доказательство. Отрезок АС соединяет
центры окружностей (А, \ AD \) и (С, | AC |), DE -^_их
общая хорда. Значит, (AC) J_ IDE] и CAD = САЁ
(треугольник ADE — равнобедренный).
С другой стороны, CAD = A DC = АС/2.
17

Из последних равенств следует:
САЕ = АС/2,
т. е. прямая АЕ является касательной к окружности
(В, | АВ\ ) в точке Л, и, значит, (АЕ) ± [АВ].
Задача 9. Построить отрезок, в п раз меньший данного
отрезка (разделить данный отрезок на п равных частей,
п = 2, 3, . ..).
Дано: [АВ] и п е N. Построить: [АХ], \ АХ | =
= | АВ\ In.
Построение (1-й способ). Строим отрезок
| АС | = п • I АВ | (задача 2). Проводим окружность
(С, | СЛ | ), которая пересечет
окружность (Л, а), а= \АВ |,
в точках D и Ьр Если теперь
провести окружности (£>, а) и
(Dly а) и обозначить через X
точку их пересечения, то
отрезок АХ — искомый (рис. 12).
Точка X лежит на прямой
АВ. Увеличивая отрезок АХ
в 2, 3, . . ., п — 1 раз
(задача 2), мы построим точки,
которые будут делить отрезок АВ
на п равных частей.
Доказательство. Из подобия равнобедренных
треугольников ACD и ADX (/^А —общий) следует:
| АС | : | AD | = | AD \ : | АХ |,
или
\ AD \2 = а2 = \ АС \ * \ А X | = па • \ А X \.
Отсюда
| Л X | = \АВ | In = а/п.
Примечание. При больших значениях п точка
X определяется нечетко; дуги окружностей (D, а) и (Ци а)
пересекаются в точке X под очень малым углом *).
В этом случае вместо окружности (Du а) для определения
точки X можно провести окружность (Л, | DE |), где
Е — точка, диаметрально противоположная точке Dx
окружности (Л, а).
Построение (2-й способ). Строим отрезок
| АС | = п • | АВ | (задача 2). Проводим затем окруж-
12
*) Определение угла пересечения двух кривых см. § 8 (с. 59).
18

пости (А, \ АС |), (С, | АС |) и (С, а), которые пересекутся
в точках D и Е. Если теперь провести окружности (D, а)
и (С, | DE |), то в пересечении их получим точку X, для
которой | АХ | = | Л5 | М (рис. 13).
Доказательство. Точка X лежит на прямой
АВ, так как [AC] \\ [DE] и \СХ] \\ [DE] (фигура CEDX -
параллелограмм). Из подобия равнобедренных
треугольников ACD и ADX получим
| АХ | = | АВ | In.
Приведем еще
построение, предложенное проф.
я*
Рис. 13
Рис. 14
А. С. Смогсржевским *). Это построение отличается от
предыдущих тем, что искомая \1п часть отрезка АВ не
лежит на данном отрезке.
Построение (3-й способ). Строим отрезок
| АС | = п • | АВ | (задача 2). Проводим окружности
(Л, | Л С |) и (В1 | АС |). Берем одну из точек их
пересечения D и описываем окружность (Dy | АВ |), которая
пересечет две последних в точках Е и Н. Отрезок ЕЕ —
искомый (рис. 14).
Доказательство. /\ADE^£\BDH (по трем
сторонам), поэтому ADh = EDH. Из подобия
равнобедренных треугольников ADB и EDH можем записать:
ЕИ
ED \=
\ЕН
AB
AD
Окончательно
Заметим, что
а = а : па.
\ = —а = — \АВ\
1 П П ' '
\НК\ = \2-Аг
*) См. [11] в списке рекомендованной литературы (с. 110).
19

Zfe
Задача 10. Построить отрезок, в 2п раз мепыипп
данного отрезка (разделить данный отрезок на 2" ранных
частей, п = 1, 2, 3, . . .).
Дано: [ЛЯ] и п е N. Построить: ULYJ, | Ял n | =
= а/2п, где а = | Л5 |.
Построение (1-й способ). Строим отрезок
! ЛС | = 2 |Л5 | (задача 2). Проводим окружность
(С, | Л С |) и обозначаем через Dt и D\ точки ее
пересечения с окружностью (А, а). Если
теперь провести окружности
(Dn | ADX |)и(Вь |Л£3 |), то в
пересечении получим точку Х1#
Отрезок ВХХ~искомый (| ВХХ | =
- | Ли | /2) (рис. 15).
Затем проводим окружность
(А, | #£>! |). В пересечении с
окружностью (С, | АС |) получим
точки D2 и /)2. Описываем
окружности (D2,\ AD2 |) и (£>2*
| AD2 ]), которые пересекутся
в точке X
t5
искомый (| ВХ2
Отрезок ВХ2 —
АВ | /22).
Если теперь провести окруж-
пости (А, | BD2 | ), (Д3, |4£>3|) и (/?'8, | ЛО3|), то получим
точку Хв. Отрезок ВХН — искомый (| ВХЬ \ = | АВ \ /23)
и т. д.
Доказательство. Из подобия ранобедренных
треугольников ACDX u-ADxXx следует:
ADX\: \АС \ = \АХХ \ : \ ADl
а : 2а = | ^Xt | : а.
ЛХ, | = а/2 =
или
Отсюда
Введем обояпачение | ^/)к | = тк1 к = 1, 2, 3, . . ., п.
Отрезок BDl является медианой треугольника ACDU
следовательно,
ВО, р = 2
- | АС\
или, иначе,
4т\ = 2ав + 2| ЛС |2 - | АС |2 = 2а2 + | ЛС |2 = 2а2 + 4а2.
20

Значит,
|2 1 + 2 2 3 2
2 = —к— а2 = -г>- а2.
Из подобия равнобедренных треугольников ACD2 и
AD2X2 получим
\АВ2 |: |ЛС| = |ЛХ2 |: | Л£>2 |,:
и, принимая во внимание, что | AD2 | = | BDX | =
= Wj и | ЛС| = 2а, будем иметь
3
или
Аналогично находим
2 1 + ^ + 22 2
и т. д. Вообще
11
= -^-а = -т^-\ ЛВ\.
"■•■ 2 ь*—1
Точка Хп лежит на отрезке АВ. Для того чтобы отрезок
АВ разделить на 2п равных частей, надо отрезок ВХп
увеличить в 2, 3, . . ., 2П — 1 раз
(задача 2). Построенные точки
будет делить отрезок АВ на 2П
равных частей.
Построение (2-й
способ). Строим отрезок \ АС \ =
= 2 | А В | (задача 2), для чего
на окружности (В, а) строим ..
точку С, диаметрально
противоположную точке А (| АЕ \ =
= | ЕН | = | НС | = а).
Проводим окружности (Л, | АС |) и
(С, | СЕ\) и отмечаем Z^ и Dx —
точки их пересечения (рис. 16).
Искомую точку Хх получим в
пересечении окружностей (Du
| CDX |) и (D[,\ CD[ I).
Очевидно, \ВХг | = \AB |/2.
Проводим окружность (Су I 5Z^iI ), которая пересечет
окружность (Л, | АС\ ) в точках D2 и D2. Если затем
провести окружности (D2, | CZ>2 |) и (Z)2, | CD2 |), то в
их пересечении получим искомую точку Х2. Отрезок
ВХ2 — искомый (| ВХ2 | = | АВ | /22).
21

Аналогично, описывая окружности (С, | BD2\ ), (D3f
\CD3\) и (D3, I CZ>3 |), построим точку X3. Отрезок
BX3 — искомый (| ВХ3 | = | А В | /23) и т. д.
Доказательство. Из подобия равнобедренных
треугольников ACDX и CDXXX получим
\CXl\:\CD1\=\CDl\:\AC |.
Принимая во внимание, что | CDl | = | СЕ | = У 3at
находим | СХг\ =уй; значит, | ВХг | = | АВ \ 12.
Введем обозначение \BDk \ = тк, где к = 1, 2, . . ., ю.
Отрезок BDX является медианой треугольника A CDU
следовательно,
4 | BD{ |2 = 4m? = 2 | Л2), |2 + 2 | CD, |2 - | АС |2 =
= 2 | ЛС|2 + 2 | СЕ |2 - ;ЛС |2 = 4а2 + 2-За2^
или
В силу подобия равнобедренных треугольников
ACD2 и С/)2Х2, имеем
| СХ2 | : | СХ>2 | = | CD2 | : | АС |.
Заметив, что | CZ>2 | = | fiDj | = тх и | ЛС | = 2 | АВ \
= 2ах получим
Следовательно,
| ВХ2 | = \АВ | /22.
Совершенно аналогично докажем, что
| ВХ3 | = | Л5 | /23
и т. д. Вообще
= а/2* = \АВ\
Если при первом способе построения для больших
чений к (к ^ п) точка Хн определяется нечетко
значений
22

пересечении которых
(рис. 17). В пересечении
| /Э^ |) получим точку
(дуги окружностей, определяющие эту точку, почти
касаются друг друга), то решить задачу можно следующим
способом.
Построение (3-й способ). Строим отрезок
| АС | = 2 | АВ | (задача 2). Проводим окружности
(А, \АС |), (С, \АС \)i5 (С, а), в
получдм точки D{ и Е{1 Dx и
окружностей (Db |-4Z)j|) и (С,
Xi. Отрезок ВХ{ — искомый
(| BXi | = | АВ |/2).
Строим далее Ы/)2] ^
^ [Е2С\ д^ [BD{], для чего
проводим окружности (Л,
| #Di |) и (С, | 5Я|| ).
Описываем окружности (D2,
| Л/)2 |) и (С, | /)2£"2 |) до
пересечения их в точке Х2.
Отрезок ВХ2 — искомый
| ВХ2 | = | АВ | /22) и т. д.
Доказательс! во. Положим
где к = 1, 2, . . ., /г. Точка Xi лежит на прямой АС,
так как [AC] || LD^] (фигура АБ{Е{С — трапеция) и
[CXt\ || [DiEi] (фигура XJ^jEfi — параллелограмм);
значит, [XiCj || [АС]. Аналогично устанавливаем, что точки
Х2, Х3, . . • лежат на прямой АС.
Фигура ADiEiC —равнобедренная трапеция (\ADt \ =
= | СЕ{ |), поэтому можем записать: | AM \ = | МХ{ |,
где [MD{] J_ [АС] и | XtC \ = \ DXE^ |. Следовательно,
Рис. 17
| = | Z^.X, \ = \AD'1\ = \D'1Xi\ = a.
Аналогично нетрудно установить, что
| AD2 | = \D2X2 | = | AD2 | = | £>'2X2 | = Wl
ADk\= \
= | ADH | =
Повторяя теперь слово в слово доказательство,
приведенное при первом способе построения данной задачи,
получим
| BXt | = | АВ 112, \ВХ2\= \АВ \ /22, . . .
...л \ВХк\ = \АВ\ /2\ . . %
23

Задача П. Построить отрезок, в Зп раз больший
данного отрезка (п = 1, 2, 3, . . .).
Дано: 1ЛА0] и «EN. Построить: [ААп], \ ААп \ =
= Г\АА0\.
Построение. Проводим окружности (Л, | АА0 \)
и (Ао, \ АА0\), точки пересечения которых обозначим
через Е и Е' (рис. 18). Описываем окружности (Е, \ AAq\) и
{Е',\ AAQ\), которые
пересекут окружность (Ао,
| АА0 |) в точках С и С.
Пусть точка А{ является
точкой пересечения
окружностей (С, \АС |) и (С,
\АС\). Отрезок ААг —
Рис. 18
ше для отрезка АА01
| АА2 | = З2 | АА0 | и т
Доказательство. В
гольнике АСС I AC I = I АС
искомый
Повторяя для отрезка
АА{ те же построения,
которые были приведены вы-
найдем отрезок АА2, причем
Д.
~ равностороннем треу-
= \СС | = /3 | АА0 |,
АС\ = -о- | ^4^о I* Очевидно^ что | AAi | =
" 2
= 2Лдлсс/ = 3 | АА0 |.
Аналогично доказываем, что М<42| =
= З2 | АА0 | и т. д.
Задача 12. Разделить отре-
эок на три равные части.
Дано: [АВ]. Построить:
и Ye
Рассмотрим изящный способ
построения, предложенный
Л. Маскерони [10].
Построение. Строим
на прямой А В точки С и D
так, чтобы | С А | = \ АВ \ =
= | BD | (задача 2). Проводим
окружности (С, | СВ |), (С, | CD |),
(Я, | AD |) и (Д |С7)|), в
пересечении которых получим точки
19). В пересечении окружностей (Е,
Рис. 19
Е, Еи F и
|СЯ|)и(Дь
ri (рис
ру (, \\) (и \^\)%
(F, \DF\) и (Fi, \DFi\) определим искомые точки X и Y$
делящие отрезок А В на три равные части;

Доказательство. Из подобия
равнобедренных треугольников СЕХ и CDE следует:
| СХ | : | СЕ | = | СЕ | : | DC |.
Принимая во внимание, что | СЕ \ = 2 \АВ | и | CD I =
^3 |Л£ |, получим | СХ | — -о- \ АВ |, следовательно,
\АХ | = \АВ | /3.
Задача 13. Дана окружность, центр которой не
известен. Построить ее центр.
Построение. Берем на данной окружности
точку А и произвольным радиусом d проводим окружность
(Л, d), и пересечении
получим точки В и/). На окруж- ?L
ности (Ау d) определяем
точку С, диаметрально
противоположную точке В.
Проводим, далее,
окружности (С, \CD\)u(A, \CD\)
и обозначаем через Е точку
их пересечения. И,
наконец, описываем
окружность (Е, | CD |), которая Рис. 20
пересечет окружность (А, d)
в точке М. Отрезок ВМ равеп радиусу данной
окружности. Окружности (В, | ВМ |) и (А, \ ВМ \) определят
искомый центр данной окружности (рис. 20).
Доказательство. Равнобедренные
треугольники АСЕ и А ЕМ конгруэнтны, следовательно, ЕАМ =
= АСЕ. _ _
Далее, BAJE = А СЕ + А ЕС « ВАЕ — внешний угол
треугольника АСЕ), и, с другой стороны, ВАЕ =
= ВАМ + ЕАМ. Отсюда ВАМ = АЕС.
Таким образом, равнобедренные треугольники АВМ
и АСЕ подобны, следовательно, | ВМ \ : | А В \ =
= | АС | : | СЕ |, или
| ВХ | : | АВ | = | АС | : | CD |.
Из последнего соотношения следует, что
равнобедренные треугольники АВХ и ACD подобны, значит,
ВАХ = ACD = 4-BTD = DAX;
25

Построение.
отмечаем на ней
последние два равенства следуют из того, что
BAD = ADC + ACD = 2ACD = 2ВАХ.
На основании В АХ = DAX заключаем, что
равнобедренные треугольники АВХ и ADX конгруэнтны^
следовательно,
| ВХ | = | АХ | = | DX |.
Точка X — искомый центр окружности.
Примечание. Нетрудно доказать, что отрезок
d = | АВ | следует брать больше половины радиуса за-
дапной окружности, в противном случае окружности
(С, | CD |) и (Ау | CD |) не будут пересекаться.
В заключение этого параграфа проводим без
доказательства решение следующей задачи Л. Маскерони [10].
Задача 14. Построить отрезок, в j Yn Раз больший
данного отрезка, п = 1, 2, . . ., 25.
Дано: [Л/?]. Построить -»-Уп\ АВ\у п = 1, 2, ...
• . ., 25.
Проводим окружность (Ау | АВ \)
точку В. Строим точку Е,
диаметрально противоположную
точке В(\ВС\=\ CD \ =
= | DE | = 1). Проводим
окружности (В, | BD |) и
(Еу | ЕС |), и пусть F и
F{ — точки их
пересечения. Описываем
окружности (By \AF\)hl (Ey \AF\)y
которые пересекут
окружность (Ау \АВ |) в точках
Н и Ни а окружности
(By \BD\) и (Еу \СЕ\) -
в точках TV и Niy М и Мх.
Проводим окружности
(Еу | АЕ |) и (By | АВ |) и
отмечаем точки Р, Ри QnQt
их пересечения с окружпо-
\ AF \) (рис. 21). Окружности
(Ру | В/3 |) и (Piy | Z?Pj |) пересекутся в точке i?, а
окружность (А у | Л В | ) они пересекут в точках S и 5А. Точно
так же окружности ((), | EQ |) и (^ь | EQi \)
пересекутся в точке Тх а окружность (А, \ АВ \) пересекут в точках
26
стями (В, \ AF \) и
В P B

О и 0{. Проводим окружности (R, | АВ |) и (Fu \ АВ |)
п отмечаем точки L, L, и G пересечения их с окружностью
(А, | АВ |). Описываем .теперь окружности (О, \ АО \)
и (Ои | АОХ |), которые пересекутся в точке К. И, наконец,
проводим окружности (К, | АВ |) и (71, | АВ \) и отмечаем
точки / и /t их пересечения. Тогда, если принять \ АВ \ =
= 1, получаем
4- v'1^ ilz-ii=4-
§ 3. Инверсия и ее основные свойства
В конце XIX столетия А. Адлер применил принцип
инверсии к теории геометрических построений одним
циркулем. С помощью этого принципа он установил в
геометрии циркуля общий способ решения задач на
построение.
В этом параграфе мы дадим определение инверсии и
остановимся вкратце на основных ее свойствах, которые
будут использованы в дальнейшем изложении.
Пусть в плоскости чертежа дана некоторая
окружность (О, г) и точка Р, отличная от точки О (рис. 22) *).
Возьмем на луче ОР точку Р' так, чтобы произведение
длин отрезков ОР и ОР' равнялось квадрату радиуса
*) Условимся в дальнейшем на чертеже значение г радиуса
окружности записывать в разрыве дуги этой окружности (см.
рис. 22).
27

данной окружности, т. е.
| ОР | • | ОР' | = г\ (1)
Такую точку Р' называют инверсной точке Р
относительно окружности (0, г). Окружность (0, г) называют
окружностью инверсии или базовой окружностью, ее
центр О — центром инверсии или полюсом инверсииг
а величину г2 — степенью инверсии.
Если точка Р' инверсна точке Р, то, очевидно, и
наоборот, точка Р инверсна точке Р'.
Соответствие между инверсными точками, или иначе,
преобразование, которое каждую точку Р некоторой
фигуры Ф переводит в инверсную
ей точку Р' соответствующей
фигуры Ф', называется инвер^
ч сией или преобразованием обрат-
Ърр ных радиусов*). При этомбудгм
г' использовать краткие записи:
Р' = inv (Р), Ф' = inv (Ф) (или,
что равносильно, Р = inv (P')f
Ф = inv (Ф')).
Из определения инверсии
следует, что каждой точке Р
па плоскости соответствует определенная и единственная
точка Р' = inv (P) той же плоскости, причем, если
| ОР | > г, то | ОР' | < г. Исключение составляет центр
инверсии О. Точке О не может быть инверсна никакая
точка плоскости, что немедленно следует из равенства
(1)**).
Пусть (АР) и (AiP) — касательные, проведенные
к окружности инверсии (О, г) из точки Р, лежащей вно
этой окружности (см. рис. 22). Тогда точка Р'
пересечения прямых А А! и ОР будет инверсна точке Р.
*) Положим | ОЛ | = г = 1, | ОР | = Д, | ОР' | = Л';
равенство (1) в этом случае запишется так: R = 1//?', т. е. расстояния
инверсных точек Р и Р' от центра инверсии О являются взаимно
обратными числами. Слово «инверсия» в переводе с латинского
inversio означает обращение, перестановку.
**) В теории конформных отображений центру О ставят в
соответствие «бесконечно удаленную точку» плоскости из тех
соображений, что | ОР | —> оо при | ОР* | —» 0. Вообще, с помощью
инверсии точки, лежащие в круге (О, г), преобразуются в точки
плоскости, лежащие вне этого круга, и наоборот.
Метод инверсии можно использовать и с таким ограничением:
из рассмотрения исключают одну точку плоскости — центр
инверсии О, полагая при этом, что для точки О инверсной точки но
существует.
28

Действительно, в прямоугольном треугольнике О;А}
(АР! —высота)
| ОР | . | OP' \ = | ОА |2 = г\
Пусть точка Р перемещается по некоторой кривой /,
тогда ее инверсная точка Р' будет также описывать
некоторую кривую /'. Кривые / и V называются взаимно
инверсными.
Л е м м а. Если точки Р' и Q' инверсны точкам Р и
Q относительно окружности (О, г), то
/_ OP'Q' ^ /_ OQP и /_ OQ'P' s /_ OPQ.
Доказательство. Так как | ОР | • | OP' \ =
- I OQ I • I OQ' I = г\ или 1^| = |§21, то
треугольники OQ'P' и О/}^ подобны (рис. 23). Этим утверждение
леммы доказано.
Рис. 23
Рис. 24
Из определения инверсии немедленно следуют две
теоремы.
Теорема 1. Если две кривые пересекаются в точке Р,
то инверсные им кривые пересекаются в точке Р\
инверсной точке Р.
Теорема II, Прямая, проходящая через центр инверсии
О, сама себе инверсна.
Теорема III. Кривая, инверсная данной прямой АВ,
не проходящей через центр инверсии, есть окружность
(Ои | 00\ |), проходящая через центр инверсии О, причем
всегда {ОО{) J_ (AB).
Доказательство. Пусть Q — основание
перпендикуляра, опущенного из центра О на данную прямую.
Обозначим Q' = inv (Q). Возьмем на данной прямой
произвольную точку Р и обозначим Р' — inv (P) (рис. 24).
На основании леммы можем записать:
OFQ' = OQP = 90°.
29

Следовательно, когда точка Р будет перемещаться по
прямой А В, инверсная ей точка Р' будет описывать
окружность, имеющую отрезок OQ' своим диаметром.
Так как окружность (О1? | ООХ |) и данная прямая
А В являются взаимно инверсными, то имеет место также
обратное утверждение, а именно, что окружности,
проходящей через центр инверсии, будет инверсна прямая
линия.'
Теорема IV. Кривая, инверсная данной окружности
(О{, /?), не проходящей через центр инверсии, есть также
Рис. Ч
окружность. Центр инверсии является при этом центром
подобия этих окружностей.
Доказательство. Пусть линия центров OOi
окружности инверсии (О, г) и данной окружности (Ои
R) пересекает последнюю из них в точках А и В.
Обозначим А' = inv (А) и В' = inv (В). Возьмем на окружности
(Ot1 R) произвольную точку Р и обозначим Р' = inv (P)
(рис. 25). Применяя лемму, получим
/
отсюда
ОА'Р' s Z ОРА и /_ OB'P1 s Z ОРВЛ
'OBrpf — ОА^Р' = ОРВ — ОРА.
В треугольниках А'Р'В' и АРВ
А'~РГВ' = б!?}*' - ОА'Р1 и АРВ = ОРВ - ОРА = 90°.
Принимая во внимание предыдущее равенствОд получим
АЧ^В' = АРВ = 90°.
30

Пусть точка Р перемещается по данной окружности (0Н
Л), тогда точка Р' = inv (P) будет описывать окружность
(02, I О2Р' \)-> имеющую отрезок А'В' своим диаметром.
Теорема доказана.
Если QQ' и TV — общие внешние касательные
данной окружности (Ои R) и инверсной ей окружности (О2,
| О2Р' |), то точки касания Q, Q' и Г, V будут всегда
взаимно инверсны. Прямые QQ' и TV всегда проходят
через центр инверсии О. Перпендикуляр, проведенный
через точку Q' к касательной QQ' пересечет линию
центров OOi в точке О2, являющейся центром окружности,
инверсной данной.
Из прямоугольных треугольников 00$ и OO2Q'
можем записать:
\OQ\
\ОО2\ - \о<?\
где к— это коэффициент гомотетии окружностей (О2,
| О2Р' |) и (0i, Л). Следовательно,
Но (w Q'B'T) = w QAT и Ho (w Q'A'T') = kj QBT,
где Но — преобразование гомотетии (подобия) с
центром гомотетии О и коэффициентом к.
Следует заметить, что w Q'B'T' = inv (w QBT) и
kj Q'A'T' = inv (w QAT).
§ 4. Применение метода инверсии
в геометрии циркуля
Приложение метода инверсии к решению
геометрических задач на построение одним циркулем дает
возможность указать общий метод, общий подход к решению
конструктивных задач геометрии циркуля.
Построения Мора — Маскерони хотя и являются
чрезвычайно изящными, однако в большинстве случаев они
получаются столь искусственным путем, что невольно
задаешь себе вопрос, как каждое из этих построений
могло быть установлено.
Задача 15. Построить точку, инверсную данной точке
относительно данной окружности.
Дано: (О, г) и точка С. Построить: X ЕЕ ЮС),
| ОХ | • | ОС | = г2 (построить X = inv (С)).
Построение в случае | ОС \ > г/2 (рис. 26).
Проводим окружность (С, | ОС \) и обозначаем через D
и Dt точки ее пересечения с окружностью инверсии
31

(О, г). Проводим окружности (Z), | OD |) и (D{, \ OD{ |),
в пересечении которых получим искомую точку X.
Доказательство. Из подобия
равнобедренных треугольников CDO и DOX находим
OD | = | OD | : | ОХ |,
или
ОС |
I ОС
ОХ | = | OD |2 = г2,,
т. е. X = inv (С).
Примечание. Нетрудпо видеть, что данное
построение совпадает с построением, приведенным в задаче
9 (1-й способ), если отрезок
| АС | = п \АВ\ не строить,
а считать точку С уже
заданной. При решении задачи
15 можно также использовать
примечание к 1-му способу
решения задачи 9. Очевидна,
что вдесь можно
использовать и 2-й способ решения
задачи 9 (строить отрезок
\АС\=*п\АВ\ в этом
случае также не следует).
Построение в
случае | ОС | < г/2 (рис. 27).
Окружность (С, | ОС |) не будет пересекать окружность
инверсии, поэтому строим отрезок | ОС{ | = п\ ОС |,
Рис. 26
Рис. 27
причем натуральное число п берем таким, чтобы | ОСХ | ]> -у
(задача 2). Находим точку С1у инверсную точке Сх
(1-й случай построения). Строим отрезок | ОХ \ =
= п | ОС\ |. Получаем точку X = inv (С),
32

Доказательство. Подставляя
\ох\
= п | ОС\ и | ОС\ | =
= г2, получим
| ОСХ | . | ОС[ | = п | ОС |
в равенство | ОС,
| ОС{ \ =
\ОС[] =
\ох\
= \ОС\ - | ОХ| = г*.
Примечание. Приведенное построение
возможно, если точка С не совпадает с центром инверсии.
Задача 16. Построить окружность, инверсную данной
прямой, не проходящей через центр инверсии.
Дано: (АВ), окружность
инверсии (О, г), О е£ (АВ).
Построить: (0i, | ОО1 \) =
= inv ({АВ)).
Построение. Строим
точку 01? симметричную
центру инверсии 0
относительно прямой АВ (задача 1).
Находим точку 0i = inv
(задача 15). Окружность
(0i, | 001 |) инверсна данной
прямой АВ (рис. 28).
Доказательство.
Пусть С и С —
соответственно точки пересечения прямой ОО{ с окружностью
(Оъ |00! |) и с данной прямой АВ.
Из приведенного построения следует:
\ОО{\. \ ОО\ | = г\ | 00, | = 2 | ОС |,
| ОС | = 2 | ОО[ |, (ОС) _[_ (А В).
Отсюда
- | ООа | - | OOi j =
Рис. 28
2 — | t/C | • | (УС | — Г .
В силу теоремы III окружность (О1у \ОО[ |) инверсна
прямой АВ.
Примечание. Если прямая проходит через центр
инверсии, то она сама себе инверсна (теорема II).
Задача 17. Построить прямую, инверсную данной
окружности, проходящей через центр инверсии.
Дано: (0Ь /?), 0 GE (0lf Л), (0, г) — окружность
инверсии. Построить: (АВ) = inv ((0lt /?)).
Построение. Если данная окружность
пересекает окружность инверсии в точках А и Bt то прямая А В
2 А. Н. Костовский 33

инверсна этой окружности. В противном случае берем на
данной окружности точки At и Bi (рис. 29) и строим
точки А = inv (At) и В = inv (Bt) (задача 15). Прямая А В
инверсна данной окружности (Ои Л).
Меняя положение точек Ai и В^ на данной окружности
(или применяя задачу 5), можно построить сколько
угодно точек этой прямой.
Справедливость построения следует из теоремы III,
Рис. 29
Рис. 30
Задача 18. Построить окружность, инверсную данной
окружности, не проходящей через центр инверсии.
Дано: (Ои Л), О ф (Ои Л), (О, г) — окружность
инверсии. Построить: (02, | О2А' |) = inv ((О{, Л)).
Построение. Принимая данную окружность
(0Ь Л) за окружность инверсии, строим точку О',
инверсную точке О (задача 15). Строим затем точку О2 ,
инверсную О' относительно окружности инверсии (О, г).
Точка 02 является центром искомой окружности (рис. 30).
Берем на данной окружности (Ои Л) произвольную
точку А и определяем инверсную ей точку А'
(относительно (О, г)). Окружность (027 I О2А' |) инверсна данной
окружности (О{1 Л).
Доказательство. Пусть РР' — общая
внешняя касательная окружностей (Ои Л) и (О2, | О2А' |),;
и пусть (РО') _L {ООХ). Общая касательная РР' будет
проходить через центр инверсии О (см. § 3, с. 31).
В силу подобия прямоугольных треугольников ОРО'Л
и ОР'О2 можем записать:
ОО2
ОР' | = \ОР |: \ОО'
или, иначе,
| ООг
34
00' | = | ОР
ОР' | =

так как точки РиР' взаимно инверсны. Из последнего
равенства следует, что точки О2 и О' инверсны
относительно окружности инверсии (О, г).
В прямоугольном треугольнике 00\Р отрезок О Р
является высотой, следовательно,
I 0,0 | • | 0,0' | = | О,Р |2 = R\
Таким образом, точка О' инверсна точке О относитечъ-
но окружности (0и R).
Примечание. С помощью более сложных
выкладок можно доказать, что приведенное построение
остается справедливым и в случае, когда центр инверсии
О находится внутри заданного круга (Olv R) *).
* * *
В задачах 15 — 18 было показано, как, пользуясь
одним циркулем, построить фигуры, инверсные точке,
прямой и окружности. Теперь мы можем рассмотреть общий
метод решения геометрических задач на noci роение одним
лишь циркулем.
Каждое построение, выполняемое циркулем и
линейкой, дает в плоскости чертежа фигуру Ф, состоящую из
окружностей, прямых и отдельных точек. Фигура Ф',
инверсная фигуре Ф относительно окружности (О, г),
принятой за окружность инверсии, с центром О, не
лежащем ни на одной из прямых и окружностей фигуры Ф,
будет состоять только из точек и окружностей.
Используя при этом задачи 15—18, увидим, что каждая из этих
точек и прямых может быть построена одним лишь
циркулем.
Допустим теперь, что некоторую задачу на построение,
разрешимую цикрулем и линейкой, требуется решить
одним только циркулем.
Представим себе, что эта задача решена циркулем
и линейкой, в результате чего получена некоторая
фигура Ф, состоящая из точек, прямых и окружностей.
Построение этой фигуры будет осуществляться проведением
в определенном порядке конечного числа прямых и
окружностей.
Возьмем по возможности более подходящую
окружность инверсии (О, г) и построим фигуру Ф' = inv (Ф)
(задачи 15—18). Фигура Ф' будет состоять только из
точек и окружностей, если, конечно, окружность инверсии
*) Это доказательство приведено в Приложении II.
2* 35

гыбрана так, что ее центр не лежит ни на одной из
прямых или окружностей фигуры Ф.
Если теперь построить изображение, инверсное для
того образа, который принимается за результат на фигуре
Ф', то мы придем к искомому результату. При этом надо
заметить, что построение фигуры Ф' следует производить
ь том порядке, в котором производится построение
фигуры Ф циркулем и линейкой.
Изложенным выше способом можно решить при
помощи циркуля каждую конструктивную задачу на построение,
разрешимую циркулем и линейкой. Основной результат
Мора — Маскерони доказан еще раз с помощью метода
инверсии.
Общим методом могут быть решены и пять простейших
уздач, приведенных в конце § 1.
В качестве иллюстрации общего метода решения
задач на построение одним только циркулем приведем
решение задачи 7. Построим точку пересечения данных
прямых АВ и CD, каждая из которых задана двумя точками.
Берем в плоскости произвольную окружность (0, г)
с центром О, не лежащим на данных прямых, и
принимаем ее за окружность инверсии. Строим окружности, итт-
иерсные данным прямым, и отмечаем точку X' их
пересечения (задача 16). Строим точку X = inv (Xf) (задача
15). Точка X является искомой точкой пересечения
данных прямых АВ и CD.
Здесь фигура Ф состоит из двух данных прямых А В
и CD (точнее, состоит из четырех данных точек А, В, С
и D> через которые мы мысленно проводим данные прямые);
фигура Ф' состоит из двух окружностей, инверсных
данным прямым А В и CD. Изображением, принимаемым на
фигуре Ф' за результат, будет точка X'. Точка X =
= inv (X') является искомым результатом — точкой
пересечения данных прямых.
Точно так же можно решить задачу 6 (четвертая
простейшая задача): построить точки пересечения данной
прямой и данной окружности. Если при этом прямая не
проходит через центр окружности, то за окружность
инверсии следует взять данную окружность. Решение задачи
при этом значительно упростится.
Справедливость этих построений немедленно следует
из теоремы I.
Задача 19 (решение задачи 13 методом инверсии).
Дана окружностьх центр которой не известен, Построить
ее центр.
36

Построение. Берем на данной окружности
точку О и произвольным радиусом г описываем окружность
(О, г), которая пересечет данную окружность в точках А
и В. Принимаем окружность (О, г) за окружность инвер
сии и строим центр окружности, инверсной прямой АВ
(задача 16). Для выполнения
последнего построения
проводим окружности (А, \ОА \)
и (В, | ОВ |),
пересекающиеся в точке О\.
Описываем окружность (О и | ОО{ |)
и отмечаем точки D и Di
пересечения ее с
окружностью инверсии. Окружности
(D, |00 |) и (Du |0D,|) on-
рол ел яют искомый центр дан- с*
ной окружности (рис. 31).
Доказательство. Точки А и В сами себе
инверсны, так как лежат на окружности инверсии. Таким
образом, данная начерченная окружность и прямая А В
являются взаимно инверсными фигурами.
В задаче 16 было показано, что точка Ох является
искомым центром данной окружности, которая в данном
случае инверсна прямой АВ.
Следует обратить внимание читателей на простоту п
изящество решения последней эадачи. Для нахождения
центра окружности было проведено шесть окружностей *).
Это построение проще и точнее, чем обычное построение,
осуществляемое циркулем и ли-непкой, а также чем
построение одним циркулем, приведенное в задаче 13.
Данную задачу, а также некоторые другие задачи
геометрии циркуля, как, например, задачи 3 и 8 (2-й способ
решения), на уроках геометрии можно предлагать
учащимся старших классов в качестве упражнений. Исходи
из этого, приведем доказательство задачи 19, не
опирающееся на принцип инверсии.
Доказательство. Прямая ООХ
перпендикулярна хорде А В данной окружности и проходит через
ее середину, следовательно, центр лежит на прямой
ООЛ. Пусть Е и F — соответственно точки пересечения
прямой OOi с данной окружностью и окружностью (Ои
\ОО1 |). Отрезок ОЕ — диаметр данной окружности.
*) При условии, конечно, что радиус г взят большим поло-
пины радиуса данной окружности. В противном случае
окружностей будет больше (см. решение задачи 15 — второй случай).
37

Из прямоугольных треугольников ОАЕ и ODF, для
которых отрезки АН и DK являются высотами, находим
| О А |2 = | ОЕ | . | ОН | и | OD |2 = | OF | • | ОК |.
Принимая во внимание, что | OD | = | ОА | = г„
| OF\ = 2| ОО,\% \ Oil \=±\ООг\и \ОК\=\ \ОО'г \л
получим
] ОЕ | • | ОН | = | OF | •
или
Отсюда
Задача 20. Около данного треугольника ABC описать
окружность.
Построение. Описываем окружность (А,
| АВ |) и принимаем ее за окружность инверсии. Строим
точку С, инверсную точке С
(задача 15). Строим окружность
(X, | АХ |), инверсную прямой
ВС (задача 16). (X, \ АХ \)-
искомая окружность,
описанная около треугольника ABC
(рис. 32).
Доказательство.
Точка В сама себе инверсна,
так как лежит па окружности
Рис. 32 инверсии (А, \ АВ |); точка С
инверсна точке С по
построению. Следовательно, окружность, проходящая через
данные точки Л, В и С, инверсна прямой ВС'. А как было
показано в задаче 16, точка X является центром искомой
окружности *).
Примечание. Приведем теперь следующий
способ решения задачи 18. Берем на данной окружности
(0А, R) произвольные точки Л, В и С и строим инверсные
им точки А', В' и С. Окружность, описанная около
треугольника А'В'С\ является искомой окружностью,
инверсной данной.
*) В задаче 16 мы строили центр окружности, инверсной дан-
пой прямой. Это построение и было использовано для решения задач
19 и 20.

Глава вторая
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ
ОДНИМ ЦИРКУЛЕМ С ОГРАНИЧЕНИЯМИ
В первой главе нашей книги мы рассмотрели
построения одним циркулем, которые можно теперь назвать
классической геометрией циркуля,
В теории геометрических построений одним циркулем
всегда подразумевается свободное пользование циркуле? д
когда на растворы ножек никаких ограничений не
накладывается. Таким циркулем можно чертить окружности
как угодно больших и как угодно малых радиусов.
Однако каждому известно, что практически данным
конкретным циркулем можно описывать окружности,
радиусы которых не больше некоторого отрезка /?тах к
пе меньше отрезка i?min- Отрезок Лщах равен
максимальному, a i?min — минимальному раствору ножек данного
циркуля. Если через г обозначить радиус окружности,
которую можно описать этим циркулем, то всегда имеют
место неравенства
Будем говорить, что в данном случае растворы ножек
циркули ограничены снизу отрезком Rmm и ограничены
сверху отрезком i?max-
В этой главе будут рассмотрены геометрические
построения одним циркулем, когда на растворы ножек
наложены некоторые ограничения.
§ 5. Построения одним циркулем
с раствором ножек, ограниченным сверху
В данном параграфе мы будем пользоваться
циркулем, растворы ножек которого ограничены только сверху
некоторым наперед заданным отрезком i?max- Таким
39

циркулем можно описывать окружности, радиусы
которых не превышают этого отрезка. Для сокращения записи
в дальнейшем будем вместо i?max писать просто R. Если
обозначить черев г радиус окружности, которую можно
описать данным циркулем, то всегда
О < г < R.
Задача 21. Построить отрезок, в 2п раз меньший
данного отрезка (разделить данный отрезок на 2п равных
частей, п = 1, 2, 3, . . .).
Дано: [АВ], nGN. Построить: [АХ%п], \АХ2п | =
= | А Б |/2п.
Построение. Нетрудно проверить, что в
случае | А В | <I R/2 *) можно воспользоваться
построением задачи 10; радиус наибольшей окружности равен
в этом построении | АС | = 2 | АВ | ^ R.
В случае | АВ | < 2R произвольным радиусом г
описываем окружности (Л, /•) и (В, г) и обозначаем через С
11 D точки их пересечении. Изменяя величину радиуса г,
всегда можно добиться того, что | CD | <; Л/2. Делим
теперь пополам отрезок CD (задача 10), получим точку
Aj. Очевидно, точка Хх делит пополам и данный отрезок
АВ.
Точно так же построим точку Х2, делящую отрезок
АХг пополам. Отрезок \ АХ2 | = | АВ |/4 < Я/2.
Построение точек Х4, Х8, . . ., Х2п сводится дальше к
решению задачи 10.
*) Для сравнения длин двух данных отрезков А В и CD следует
описать окружность (Л, \ CD |), если точка В лежит: а) внутри
этой окружности, то | АВ \ < | CD |, б) на окружности, то | АВ \ ==
= | CZ) |, в) вне окружности, то | АВ \ > | CD |.
Для проверки неравенства | АВ \ <^ Я/2, или неравенства
2 | АВ | < Л, следует провести окружность (Л, /?); если точка ^
лежит на окружности (A, R) или вне ее, то 2\AB\^>\AB\^R;
если точка В лежит внутри этой окружности, то | А В \ < R и,
следовательно, отрезок 2 | А В \ может быть построен (задача 2) и
указанным выше способом сравнен с отрезком N.
При первом способе построения в задаче 10 нужно проверить,
что \.ADn\ < R для всех п = 1, 2, 3, . . .
l= lim
П-»0О
1 1
— = 2a2 = 2 |
2~
т. е.
«о

Увеличивая \АХ2п\=\АВ |/2п в 2П раз (задача 2)а
мы отрезок АВ разделим на 2П равных частей.
В случае \ АВ | ]> 2Л построение будет дано в
задаче 24.
Задача 22 (первая основная операция). На прямой,
заданной двумя точками, построить одну или несколько
точек *).
Рис. 33
АВ
(ЛВ).
| <^ 2Д
сводится
Дано: (АВ). Построить: X,
Построение. Случай
к задаче 5.
Пусть | А В | ;> 2R. Описываем окружности (В, В)
(А, г), где г — произвольный отрезок, меньший или
равный R. Берем на окружности (А, г) точку С так, чтобы
она «приближенно» лежала на отрезке А В (т. е. чтобы
угол CAB был по возможности малым), и строим отрезок
\AD | = т | АС | (задача 2, | АС | = г < И).
Натуральное число т подбираем так, чтобы точка D попала в круг
(В, В) **). Изменяя положение точки С на дуге (Л, г),
а если нужно, то изменяя величину радиуса г, всегда
можно добиться того, что точка D будет лежать в круге
(В, R). При этом построим отрезки | АС | = . . . =
= | HD | = | AD \1т (рис. 33). Возьмем такое
натуральное число дг, чтобы 271-1 < т ^ 2П. Строим отрезок
| DK | = | BD\ /2n (задача 21, здесь | BD |< 2/?).
*) Как уже отмечалось выше, одним циркулем, а тем более
одним циркулем с ограниченным раствором ножек, мы не можем
j а чертить непрерывной прямой, однако сможем построить любое
количество точек этой прямой.
♦♦) Точка D может и не лежать в круге (В, R); важно, чтобы
| BD | < 2/?. Точка должна лежать в круге (/?, 2/?), но такую
окружность данным циркулем мы описать не можем.
41

Делим отрезок DH на 2П равных частей (задача 2\%
\DH | = г < R) и берем отрезок \DE\ = -^-| DH\ (на
рис. 33 т = 3, 22'1 < 3 < 22, п = 2, \
Строим параллелограмм НЕКМ, для чего следует
провести окружности (Я, | ЕК |) и (/£, | EH |). (Если
в пересечении этих окружностей точка М получается
нечетко, то для построения точки М следует провести
окружность (Е, | ЕК |) и отложить в этом круге хорды
| КР | = | РТ |, равные радиусу | ЕК |. В пересечении
окружностей (Я, | ЕК |) и (Р, | ТН |) получим точку М.)
И, наконец, если провести окружности (А, \ НМ \) и
(С, | DM |), то обе эти окружности пересекутся в
искомой точке X, лежащей на прямой АВ.
Дальнейшее построение точек данной прямой АВ
сводится к задаче 5 (| АХ \ <^ 2R).
Доказательство. Согласно построению
можем записать:
\ВР\ _ 9п \ЛР\ _ т\АС\ __ 9п
\ОК\ -* И \DE\ - !L\AC} ~ *
Таким образом, треугольники ADB и EDK подобны
(угол ADB — общий). Значит,
^ /_DAB и [Я#]|| О4Я).
Так как [ЯМ] || [ЕК] (фигура НЕКМ—параллелограмм), то
[ЯМ] || (АВ).
Из конгруэнтности треугольников АСХ и DHM следует
[ЛХ]|| [НМ], т. е. точка X лежит на прямой АВ.
Радиусы всех окружностей, проведенных в данном
построении, не превышают длины отрезка R.
Примечание. Если окажется, что m = 2П,
т. е. m принимает одно из значений 2, 4, 8, 16, ..., то
построение задачи значительно упрощается; в этом
случае точка Е совпадает с точкой Я, а точка М — с
точкой К. Деление отрезка DH на 2п равных частей и
построение параллелограмма ЕКМН в этом случае отпадают.
Таким образом, изменяя величину радиуса г, следует
всегда добиваться того, чтобы число m приняло одно из
значений 2, 4, 8, 16, ...
Задача 23. От данной точки С отложить отрезок
равный и параллельный данному отрезку АВ.
42

Дано: [АВ], точка С. Построить: [CD], \ CD I =
= | АВ |, (CD) || (АВ).
Построение. Если точка С не лежит на прямой
АВ, то задача сводится к построению параллелограмма
ABDC (АВ ft CD) или ABCD' (АВ || CD') *)).
Пусть | Л5 | < R. Пусть | АС | < Я и точка С не
лежит па прямой АВ. Проводим окружности (С, | АВ \)
и (2?, | Л С |) и отмечаем точку D их пересечения. Отрезок
CD — искомый, фигура ABDC — параллелограмм.
Рис. 34
Если отрезок нужно отложить от точки С в
противоположном направлении (АВ || CD), то вместо
окружности (В, | АС \) следует провести окружность (А, \ ВС |).
В случае | ВС \ ^> R описать эту окружность данным
циркулем мы не сможем, однако искомую точку получим,
если на окружности (С, \ АВ |) построим точку D',
диаметрально противоположную точке D. Фигура ABCD' —
параллелограмм.
Пусть | АС | > R и | ВС | > R (рис. 34). В
направлении от точки А к точке С в полуплоскости с границей
(АВ), содержащей точку С, берем произвольный ряд
точек Ах, А2г . . ., Ак с условием, что | ААХ \ ^ R,
I ^г^2 I ^ ^» • • м I A}*C | ^ R, и строим
параллелограммы ABB-^Ai, AlBlB2A2, . . ., Ац-iBk-xBkAk. Затем
строим параллелограмм A^B^DC (или AHBkCD').
Отрезок CD — искомый. Если окажется, что точка At
случайно лежит на прямой А{-гВ{-1г то вместо точки At
следует взять другую точку.
Это построение справедливо и в случае2 если данная
точка лежит на данной прямой АВ%
*) См. приложение I.
43

Рассмотрим теперь случай | АВ | ^> R. Пользуясь
решением задачи 22, строим на отрезке АВ точки Хи
Х2г . . ., Хп с условиями | АХХ | <^ Л, | ХХХ2 | <^ Д, . ..
.... |ХП£|<Д.
Строим затем параллелограммы A XXDXC, XxX2D2DXy . . ♦
. . ., Xn-xXnDnDn_v XnBDDn. Отрезок CD —искомый.
Задача 24. Построить отрезок, в 2П раз меньший
данного отрезка АВ, в случае | АВ | J> 2R (задача 21,
случай | АВ | > 2Л).
Построение. На данном отрезке А 5 находим
точку С с условием | АС | <^ Л (задача 22). Строим отре-
%f н ^"мъ п к bd1
Рис. 35
зок | AD | = т | АС | (задача 2), при этом натуральное
число т берем таким, чтобы | AD | <^ | А В | и | DB | <^ /?,
для чего отрезок АС повторяем два, три и т. д. раз, пока
не придем к точке В. Если при этом число т окажется
нечетным, то строим еще отрезок | DDX | =|ЛС |; в этом
случае | ADX | = (т + 1) | АС |, | АВ | < | AD-X \ и
| BDX | < Я (на рис. 35 т = 6).
Делим точкой К отрезок BD (или BDX) пополам
(задача 21, \BD\ < R).
Обозначим через Е середину отрезка AD (или ADX)
и откладываем отрезок ЕХХ, равный и параллельный
отрезку DK (задача 23), так, чтобы \АХХ \ = \ АЕ \ +
+ | В К | (или | АХХ | = | АЕ | — | В К |, если точка Е
является серединой отрезка ADX)\ для этого берем точки
Q, Qx, ... и строим параллелограммы QDKG, MQGNх
QXMNGX и т. д. ♦).
Точка Хх делит данный отрезок АВ пополам.
Делим далее пополам отрезок АХХ, получим
четвертую часть отрезка АВ и т. д. Если при этом | АХХ | <^ 2/?,
то применяем построение, указанное в задаче 21, в
противном случае построение проводим аналогично
вышеизложенному.
*) Точка Хх будет построена, если построить
*= | АЕ' | зЬ i & К I (см« примечание к задаче 6).
44

Задача 25. Построить отрезок, в п раз больший
данного отрезка (п — любое натуральное число).
Дано: [АВ], /ieN. Построить: [FE], | FE | =
= п\АВ\.
Построение. Случай | АВ | <^ R исчерпан
задачей 2. Рассмотрим здесь случай \ АВ \^> R.
Определяем на данной прямой А В точку С так, чтобы \ АС | <^
< R (задача 22). Строим отрезок | AD \ = т \ АС \
(задача 2, | АС | <[ Л), при этом число т подбираем так^
Рис. 36
чтобы | ЛЯ | < | ЛЯ | и 0 < | DB | < R; для этого
отрезок АС следует повторить два, три и т. д. раз, пока
не дойдем до точки В (рис. 36).
Строим отрезок | DE \ = п \ DB \ (задача 2, | DB \ <^
<^ R) так, чтобы AD || DE *), а затем отрезок | AF \ =
= (п — 1) т | АС |, причем AF Ц Л5. Отрезок | FE \ =>
= п | АВ | — искомый (на рис. 36 т = 3, w = 2).
Доказательство.
= (n — l)m\AC\ + m\AC\ + n\DB\ =
= пт\АС\ + n\DB\ = n{m\AC\ + \ DB |) -
= и (| ЛЯ | + | ЯЯ |) = л | ЛЯ
Примечание. Чтобы построить отрезок
| AM | = п | ЛЯ |, необходимо вместо отрезка AF
построить отрезок | ЕМ \ = (п — 1) т \ АС \ так, чтобы
ЕМ ff АВ. Тогда получим | AM | = п | АВ |, т. е.
один конец данного и построенного отрезков совпадают.
Задача 26 (вторая основная операция). Из данной
точки как из центра, описать окружность данного
радиуса.
Дано: О, г = \ АВ |. Построить: X, Г, ... ^ (О, г).
Построение. Если г <^ /?, то окружность даи-
ным циркулем с ограниченным раствором описывается
*) См. Приложение I.
45

непосредственно» Если же г ]> #, то данным циркулем
мы не можем начертить окружность в виде непрерывной
кривой, однако в этом случае можно строить любое
число точек, расположенных как угодно плотно на данной
окружности, заданной центром и радиусом (рис. 37).
Строим отрезок а = \ АВ \/2п = г/271 (задачи 21 и
24), при этом число п берем таким, чтобы а ^ R.
Проводим окружность (О} а), берем на ней произвольна ю
А К &
точку Х2 и строим отрезок | ОХ \ = 2п \ ОХХ \ (задача 2,
| ОХХ | = а <; R). Точка X принадлежит данной
окружности (О, г).
Изменяя положение точки Xj на окружности (О, а)
можно построить сколько угодно точек данной
окружности.
Если на данной окружности уже построены две точки
X и У, причем | XY \ < R и | DX \ <^ R, то дальнейшее
построение точек окружности можно производить
следующим образом. Проводим окружности (У, | ХУ |) и
(Z), | DX |), пересекающиеся в точке Z. Точка Z
принадлежит данной окружности. Описываем окружности (Dr
| DC |) и (У, | CY |) и отмечаем Е — точку их
пересечения. Если теперь провести окружности (Z, | YZ \) и
(Е, | EY |), то построим еще одну точку окружности
и т. д.
Доказательство. Отрезок | ОХ\ = 2па = 2П—к = г.
Примечание. Если на отрезке А В задана еще
точка К такаяА что | А К | <^ R (или | В К J ^ R)x то
46

построение можно значительно упростить. Строим
отрезок | AD | = т | А К | (задача 2, \ А К | <^ /?), при этом
число т подбираем так, чтобы | AD | <^ г и 0 <^ | DB | <
< Я; для этого отрезок А К следует повторить два, три
и т. д. раз (рис. 36). Если теперь провести окружность
(О, а), где а = | А К |, взять на ней точку Хъ затем
построить отрезок | ОС | = т \ ОХХ | и, наконец, отложить
отрезок | СХ | = | DB \ *) (ОС \ \ СХ), то точка X
будет лежать на данной окружности (см. рис. 37).
Рис. 38
Задача 27 (третья основная операция). Найти точки
пересечения двух данных окружностей.
Дано: (О, | АВ |), (Ои | CD |). Построить: (О,
\АВ |) П (Оь | CD |).
Построение. Если радиусы обеих окружностей
пе больше Д, то построение их точек пересечения
выполняется циркулем непосредственно.
Предположим теперь, что радиус одной или радиусы
обеих окружностей больше /?.
п \АВ\ , \CD\ >nj7{ \ООг\
Строим отрезки а =-- ' п ' , Ь = ' п и | 0^ | = ' п '
(задачи 21 и 24); число гс берем таким, чтобы а <^ R и
b ^ R (рис. 38). Проводим окружности (О, а) и (2£, &)
и отмечаем точки их пересечения Хх и Fv Если теперь
построить отрезки | 0Х\ = 2п \ ОХХ | и | 0Y | = 2n | OYi |,;
*) См. примечание к задаче 6.
47

то получим искомые точки X и Y пересечения данных
окружностей (О, \ АВ \) и (Ои \ CD |).
Доказательство.
Из подобия треугольников ОХОХ и ОХХЕ ( тт7г~1
1 °°1' = 2", угол О,ОХ - общий) следует:
\ОЕ\
Точно так же получим | OXY | = | CD |.
Задача 28. Построить точку, симметричную данной
точке относительно данной прямой.
Дано: (АВ) и точка С. Построить: Сх = S(AB) (С1).
Построение. Для случая | АС \ ^ И и | Z^C | ^
^ R построение дано в задаче 1. Если расстояние точки С
от данной прямой А В меньше R, то, пользуясь задачей
22, на данной прямой всегда можно найти точки Аг и В1
так, что | САХ | < R и | СВХ \ < R.
Пусть теперь расстояние точки С от данной прямой
АВ больше Л. Можем считать | АВ \ < 2/?, в противном
г случае находим такие точки па
S* данной прямой (задача 22).
/ Берем в плоскости точку Е
Ер так, чтобы | СЕ |^Д и пря-
S мая СЕ пересекала отрезок АВ.
Строим отрезок | CD \ --
=т\СЕ\ (\CE\ = ... = \HD\;
аадача 2). Точку Е и число т
подберем так, чтобы отрезки
AD, АН, BD и ВН были меш>-
ше /?.
Строим ТОЧ1СП Dv и Ни сим-
метричные точкам D и II
относительно данной прямой (зада-
рцс ча 1). Строим отрезок \D1C1\~
= т | DJI^ |. Точка Cj
искомая, симметричная данной
точке С относительно данной примой А В (рис. 39), т. е.
С\ = S(AB) (С).
Примечание. Решение задачи 1 остается
справедливым и в общем случас1 если дли построения симмет-
48

ричной точки С1 как точки пересечения окружностей
(Л, | АС |) и (В, \ ВС \) мы воспользуемся задачей 27.
Задача 29 (четвертая основная операция). Построить
точки пересечения данной окружности, и прямой,
заданной двумя точками.
Дано: {АВ), (О, \ CD |). Построить: (АВ) р (О, | CD |).
Построение. Б случае, если прямая не
проходит через центр окружности, строим точку О}, симмет-
/ ч
t \
; \
6 К С^С-яНйГ, ву\
\
\
Рис. 40
ричную центру О данной окружности относительно
прямой А В (задача 28). Определяем точки X и У
пересечения окружностей (О, | CD \) и (Olt | CD \) (задача 27).
Точки X и У искомые.
И случае, если прямая проходит через центр
окружности *) (рис. 40), строим отрезок г = | CD \/2n с
условием г ^ В/2 (задачи 21 и 24). Проводим окружность (О,
г) и обозначаем через Аг и Вх точки ее пересечения с
окружностью (Л, d) (или (В, d)), где d — произвольный
отрезок, мепыпий или равный В. Если даже при d = В
окружности (Л, В) или (В, В) не пересекают окружность
(О, г) (в этом случае | ОА \ > R + г и | ОВ | > В + г),
то, пользуясь задачей 22, определяем точку Е на прямой
А В так, чтобы | ОЕ \ <^ В + г; окружность (Е, d)
пересечет (О, г) в точках Ах и В1. Изменяя величину радиуса dx
следует добиться того, чтобы а = \ АХВХ \ ^ Л/2.
*) Для проверки этого факта см. примечание к задаче 1,
49

Делим обе дуги АхВг окружности (0, г) точками Хи
Yl пополам (задача 4). Строим отрезки I ОХ =
= 2П | ОХХ | и \OY \ = 2n\OYl\ (задача 2, | ОХг =
= | ОУ^ | = г ^ /?/2). Точки X и У — искомые точки
пересечения данной прямой и данной окружности.
Наибольшая из окружностей, проведенных в данном
построении, будет при делении дуги А1В1 пополам. При
делении дуги пополам (см. задачу 4) радиус наибольшей
окружности равен | ВС \ = ]^2а2 + г2 (см. рис. 5). В этом
построении радиус будет удовлетворять неравенству
(здесь а = | AVBX |)
Задача 30. Построить отрезок, четвертый
пропорциональный к трем данным отрезкам.
Дано: а, 6, с — отрезки. Построить отрезок х так, что
а : Ь = с : х.
Построение. Если а ^ /?, b ^ R и с ^ R, то
построение дано в задаче 3.
Пусть теперь хотя бы одно из указанных неравенств
не имеет места. Строим отрезки ах = а/2п, Ьх = Ы2п и
сх = с12т (задачи 21 и 24), при этом натуральные числа
пит подбираем так, чтобы аг <^ /?, Ьх <; /?, сх ^ R и
Строим отрезок xL, четвертый пропорциональный к
отрезкам а17 6Х и сх. Построив теперь отрезок х = 2тх1
(задачи 2 и 25), мы найдем искомый отрезок, четвертый
пропорциональный к трем данным отрезкам а, Ъ и с.
Доказательство.
а Ъ с
Эту пропорцию можем записать так:
а : Ь = с : 2тхх
Задача 31 (пятая основная операция). Построить
точку пересечения данных прямых, каждая из которых
определена двумя точками.
Дано: (АВ), (CD). Построить: X = (АВ) f| (CD).
Построение точки пересечения данных прямых линий
циркулем с ограниченным раствором точно такое же,
как и в задаче 7, однако вместо задач 1 и 3 следует
использовать соответственно задачи 28 и 30, Для определения
50

точки Е и искомой точки X (пересечения прямых А В и
CD) следует использовать задачу 27.
Примечание. Используя задачу 22, точки А,
В, С и D, которыми определяются данные прямые, всегда
можно выбрать так близко друг к другу, что все
окружности, описываемые в этом построении, будут иметь
радиусы не больше R и, следовательно, могут быть
начерчены циркулем с ограниченным раствором ножек.
* * *
На основании вышеизложенного в данном параграфе
приходим к следующему выводу.
Все пять основных операций (простейших задач)
могут быть выполнены (решены) одним только циркулем,
описывающим окружности, радиусы которых не
превышают некоторого наперед заданного отрезка R.
Каждая геометрическая задача на построение,
разрешимая циркулем и линейкой, всегда сводится к
выполнению в определенном порядке конечной
последовательности основных операций (§ 1).
Таким образом, имеет место следующая теорема.
Теорема. Все геометрические задачи на построение,
разрешимые циркулем и линейкой, могут быть точно
решены и одним только циркулем, описывающим
окружности, радиусы которых не превышают некоторого
наперед заданного отрезка.
Рассмотрим теперь общий метод решения
конструктивных задач на построение одним циркулем, растворы
ножек которого ограничены сверху отрезком R.
Допустим, что некоторую задачу на построение,
разрешимую циркулем и линейкой, требуется решить одним
циркулем с ограниченным раствором пожек. Представим
себе задачу решенной одним циркулем в классическом
смысле, при свободном пользовании циркулем, когда на
раствор пожек никаких ограничений не накладывается;
в результате получим некоторую фигуру Ф, состоящую
из одних только окружностей, взятых в конечном числе.
Обозначим через Rx наибольший из радиусов всех
окружностей, составляющих фигуру Ф. Если окажется, что
Rx <^ R, то указанное построение может быть выполнено
одним циркулем с ограниченным раствором ножек.
Пусть теперь Rx > R. Возьмем натуральное число п
таким, чтобы R1/2n ^ R. Если теперь все отрезки, данные
в условии задачи2 в том числе и отрезку определяющие
51

радиусы заданных окружностей, уменьшить в 2п раз
и затем провести решение задачи данным циркулем, то
л результате получим фигуру Ф', подобную фигуре Ф
с коэффициентом подобия (гомотетии), равным 1/2п. Все
окружности фигуры Ф' могут быть начерчены данным
циркулем, так как их радиусы не больше RJ2n (<^Л).
При этом следует заметить, что если среди данных в
условии задачи имеется некоторая фигура Фг в плоскости
чертежа, то нужно одну из точек этой фигуры взять за центр
подобия и построить ей подобную фигуру Фг с
коэффициентом подобия 1/2п (т. е. уменьшить фигуру Ф2 в
2п раз) ♦).
Обозначим через W ту часть фигуры Ф', которая
принимается за искомый результат. Строим фигуру Ч**,
подобную фигуре Ч?' с центром подобия О и коэффициентом
подобия 2Н (увеличиваем фигуру ЧГ' в 2П раз), для чего
строим отрезки [ОХг], . . ., [ОХк] такие, что
| ОХ, | = 2П | ОХ[ |, | ОХ2 | = 2п | ОХ2 |, ...
; | = 2п\ОХ'к\,
где через Х[у Х2, . . ., Х\ обозначены все точки
пересечения окружностей фигуры У. Точки Хг, Х2, . . ., Хк
фигуры 4я будут центрами и точками пересечения
окружностей, составляющих эту фигуру.
Фигура 4я представляет искомый результат решения
данной задачи. Прямые и окружности, радиусы которых
больше Л, на фигуре 4я не могут быть начерчены данным
циркулем; они могут быть построены в виде точек, как
угодно плотно прилегающих друг к другу (задачи 22
и 26).
Для иллюстрации изложенного можно привести
решение задачи 27. В этом решении фигура Ф состоит из
окружностей (О, | АВ \) и (ОХ1 | CD |). Данными
элементами являются три отрезка АВ, CD и ООЪ где | АВ |,
| CD | — радиусы заданных окружностей, а О и Ох —
центры этих окружностей, причем | ОО1 \ — расстояние
между центрами этих окружностей. Эти отрезки и есть
с ^ответственно заданные в условии задачи фигуры Фх,
Фг и Ф3 (см. рис. 38). Фигуры ф|, Ф2 и Ф3 — это отрезки
a, b и ОЕ соответственно с центрами подобия А, С и О
м коэффициентом подобия, равным —^. Фигура Ф'
♦) Давные к задаче могут задаваться несколькими фигурами
52

состоит из окружностей (О, а) и (Е1 Ъ) (вместе с их цеи-
трами О и Е). Фигура ЧГ, принимаемая на фигуре Ф'
за искомый результат, состоит из двух точек Хх и У1#
Искомым результатом задачи (решения) является
фигура V, состоящая из точек ХиУ, Точка О — центр
подобия (на рис. 38 2П = 4, п = 2).
При решении задач на построение число п обычно
бывает неизвестным, так как данным циркулем мы не
можем построить фигуру Ф, а значит, не будем знать
радиуса /?! наибольшей из окружностей. Учитывая это
обстоятельство, решение задач данным циркулем с
ограниченным раствором проводим до тех пор, пока не придем
к окружности с радиусом гх > R. Определяем
натуральное число пх так, чтобы г1/2п» <^ /?. Уменьшаем данные
отрезки в 2П« раз и повторно начинаем решение данной
задачи; в результате мы или полностью решим задачу
и построим фигуру Ф', или снова придем к окружности
радиуса г2 > R. Определяем натуральное число п2 так,
чтобы /*2/2п* <; /?, и снова уменьшаем все отрезки в 2П* раз
(при этом отрезки, данные в условии задачи, будут
уменьшены в 2П»+П* раз) и и третий раз начинаем
решение задачи и т. д. После конечного числа к шагов фигура
будет построена (исходные
отрезки, данные в условии
задачи, будут уменьшены
в 2n'+tl*+-+n* раз).
Используя общий метод
решения, нетрудно построить
одним циркулем с
ограниченным раствором фигуры,
инверсные данной точке,
прямой и окружности (задачи
15-18).
В заключение параграфа
приведем решение следующей
задачи.
Задача 32. Разделить
данный отрезок А В на пять
равных частей, если 5 | АВ \ ^> R.
В обширном сочинении Л. Маскерони [10] эта задача
является единственной, решенной с указанным в условии
ограничением.
Построение. Описываем окружность (В, л),,
а = \АВ | <; /?, и строим точку Е, диаметрально
противоположную точке А (на рис. 41 | АС \ = \ CD | = | DE \ =
53
Н
Рис. 41

= а). Проводим окружности (А, \ AD\) и (Е, | ЕС |)„
которые пересекутся в точках F и Fx. Отмечаем точку Я
пересечения окружностей (Fx, а) с окружностью (В, а).
Описываем затем окружности (Я, | HF1 |) и (F, \ АЕ \)%
в пересечении которых получим точку G. Окружность
(A, \FXG |) пересечет окружность (В, а) в точках К и Кх.
Если теперь провести окружности (К, \ А К |) и (#1г
(Л/^)), то и построим искомую точку X, т. е.
\ВХ\ = \АВ |/5.
Доказательство. Пусть на' окружности (Я,
| |) точка М диаметрально противоположна точке
Fx и пусть N — точка пересечения прямых HF и MG.
Отрезок | BF | = \.BFX \ = Yla. Длина касательпой,
проведенной из точки F к окружности (Я, | HFX |)T равна
Ъ = Y\ Ft\ N FB\ = Vl]f2a]f^a = 2a.
Ио, с другой стороны, | FG \ = 2а по построению, значит,
прямая FG касается окружности (Я, | HFX \) в точке G.
Из прямоугольного треугольника FGH имеем
| HF | = /1 HG |2 + | GF |2 =
Треугольник FMFX — равнобедренпый, так как угол
FXBM — прямой (вписанный и опирающийся на диаметр
FXM окружности (Я, | HFX |)). Значит, | MFX \ = | MF \ = 2а.
Треугольник MGF также равнобедренный (| MF \ =
= | FG | = 2а), поэтому (MG) J_ (Я/7).
Из прямоугольного треугольника HGF, для которого
отрезок GN является высотой, получим
| EG |2 = а2 = | HF \. \ HN\ = ]/5а \ HN \
или
\HN | = а1]/"Ъ.
Из прямоугольных треугольников IING и MGFt
находим
| G/1! |2 = 4а2 — -Н- а2 = -i- а2.
И, наконец, из прямоугольного треугольника АКЕ
имеем
|2 = | GFX |2 = | АЕ | . | АР | = 2а . -Ц^-L = | ЛАГ | • а,
54

или
Отсюда
\ВХ\ = \АВ\/5.
§ 6. Построения одним циркулем
с раствором ножек, ограниченным снизу
В данном параграфе мы будем пользоваться циркулем,
растворы ножек которого ограничены только снизу
наперед заданным отрезком Rm\n- Таким циркулем
можно описывать окружности любого радиуса, большего
или равного отрезку Rmxn.
В дальнейшем будем вместо
i?min писать просто R.
Задача 33. Построить
отрезок, в п раз больший
данного отрезка.
Дано: [ААХ] и «eN.
Построить: [ЛЛП], |ЛЛП| =
= п | ААг |.
Построение.
Строим отрезок АХЕ, перпенди-
кулярныи к данному отрезку
ААХ (задача 8, берем \ОА | >
^ R). Определяем точку Е',
симметричную точке Е
относительно прямой ААг
(задача 1, здесь | АЕ | > R и
| Аг Е | ^> R). Строим точку
А2, симметричную точке А
относительно прямой ЕЕ'.
Получаем | АА2 \ = 2 | ААг \
(рис. 42).
Строим затем [А^Е^ _[_ U42]h^J = S(A^2) (#i). Если
теперь построить точки Л з = S <- (Л1)иЛ4 = S / (А),
то будем иметь
\АА3 | = 3 \ААХ
Гпс.
\АА4\=4 \ АА{\.
Дальше построение повторяется аналогично.
Для случая | AAi \ ^ R построение дано в задаче 2.
Радиусы всех окружностей проведенных в этом по-
строении^ не меньше Л,
55

П р и м е ч аи и е. Из приведенного построения оче^ *
видно, что точки А2, А4у Л8, Аи, . . . можно строить сразу,
пропуская при этом построение точек А3, АЪУ Ав, А11
А9, . . ., т. е. находить отрезки, в 2, 4, 8, 16, . . ., 2П раз
большие данного отрезка АА{.
Задача 34. Построить отрезок, в п раз меньший
данного отрезка (разделить отрезок на п равных частей).
Дано: US] и п е N. Построить: [АХ], \ АХ | =
= | АВ | /п.
Построение. При | АВ | ^ R построение дано
в задаче 9.
Пусть теперь \АВ | < R. Строим отрезок \ АВ' | =
= m | АВ | (задача 33), при этом натуральное число т
Серем таким, чтобы \АВ' | > /?. Делим отрезок АВ' на ппь
равных частей (задача 9). Получим искомый отрезок А X:
11 пт
Действительно,
пт пт п *
Примечание. Если в данном случае вместо
построения задачи 9 применить построение задачи 10Л то
получим
\АХ\=\АВ\ IT.
Решение задачи 5 остается справедливым и для циркуля
с раствором ножек, ограниченным снизу.
Задача 35 (вторая основная операция). Из данной точки,
как из центра, описать окружность данного радиуса.
Дано: О, г = \ АВ \. Построить: X, . . . е (0, г).
Построение. Если | АВ | > /?, то окружность
данным циркулем описывается непосредственно. Если же
| А В | < R, то данным циркулем мы не можем начертить
окружность в виде непрерывной кривой; в этом случае
можно строить любое число точек, расположенных как
угодно плотно на окружности, заданной центром и
радиусом.
Пусть | АВ | <С R. Произвольным радиусом а ^> R + г
описываем окружности (О, а) и (Л, а) и берем на второй
из них две точки С и D так, чтобы | CD \ > /?. Берем на
(О, а) точку Ci и проводим окружность (Сх, \ CD \) и
отмечаем точку ее пересечения с (О, а) через Dx. Если
теперь описать окружности (Си \ СВ \ ) и (Du \ BD |), то
в пересечении получим точку X, лежащую на заданной
окружности (Ох г). Меняя положение хорды CJ)X на окруж?
56 •

нести (О, а), можно построить сколько угодно точек дап-
ной окружности (рис. 43). .
Справедливость построения немедленно следует из
конгруэнтности треугольников ACDX OCiDi и BCD,
Рассмотрим теперь общий метод решения
геометрических эадач на построение одним циркулем, растворы го-
жек которого ограничены снизу отрезком R. Этим методом
Рис. 43
можно решить каждую задачу на построение, разрешимую
циркулем и линейкой, в том числе третью, четвертую и
пятую основные простейшие задачи (задачи 5—7).
Общий метод решения задач на построение одним
циркулем, описывающим окружности, радиусы которых не
меньше Я, совпадает с общим методом решения задач,
проведенным в § 5. Различие этих методов заключается
в том* что данные в условии задачи отрезки нужно не
уменьшать в 2п раз, а наоборот, увеличивать в п (или
2 ) раз (задача 33).
Допустим, что некоторую задачу па построение,
разрешимую циркулем и линейкой, требуется решить одним
циркулем, растворы ножек которого ограничены снизу
отрезком R. Представим себе эту задачу решенной одним
циркулем, когда на растворы ножек никаких
ограничений не накладывается; в результате получим некоторую
фигуру Ф, состоящую из одних только окружностей.
Обозначим через Ri наименьший из радиусов всех этих
окружностей, составляющих фигуру Ф. Подбираем такое
натуральное число п, чтобы nRi ^ /?, и строим фигуру Ф\)
подобную фигуре Ф и вп раз большую нее, Обозначим
57

через У ту часть фигуры Ф', которая принимается за
искомый результат. Если теперь построить фигуру Чг, в
п раз меньшую фигуры W', то и придем к искомому
результату решения нашей задачи (задача 34).
Итак, мы пришли к следующей теореме.
Теорема. Все геометрические задачи на построение^
разрешимые циркулем и линейкой, могут быть точно
решены и одним только циркулем, описывающим окружности,
радиусы которых не меньше длины некоторого наперед
заданного отрезка.
§ 7. Построения одним циркулем
с постоянным раствором ножек
Геометрические построения одним циркулем с постоян-
вым раствором, которым можно описывать окружности
только радиуса R, рассматривались многими учеными.
Значительная часть сочинения «Книги геометрических
построений» арабского ученого Абу Вафа посвящена
этому вопросу. Решением задач на построение одним
циркулем с постоянным раствором занимались Леонардо
да Винчи, Кардано, Тарталья, Феррари и др.
Циркулем с постоянным раствором, равным/?, мы
можем провести прямую, перпендикулярную к отрезку АВ\\
проходящую через один из его концов, если только | А В | <
<< 2R (задача 8); можем отрезок R увеличить в 2, 3, 4,. . .
раз (задача 2). Если | АВ |< 2R и | АВ \ ф R, то
можно строить точки прямой АВ (задача 5), меняя при
этом каждый раз положение симметричных точек С и
Cj. Однако мы не можем этим циркулем делить отрезки
и дуги на равные части, находить пропорциональные
отрезки и т. д.
Таким образом, с помощью одного циркуля с
постоянным раствором невозможно решить все задачи на построю
ние, которые можно решать циркулем и линейкой.
В двух предыдущих параграфах мы рассмотрели
решения геометрических задач на построения одним лишь
циркулем, когда на растворы ножек были наложены
некоторые ограничения, и предложили общие методы
решения задач с помощью таких инструментов.
Естественно возникает вопрос о возможности решения
геометрических задач на построение одним циркулем с
ограниченным раствором ножек одновременно и сверху
и снизу, т.е. циркулем, описывающим окружности ра-
диуса2 не меньшего /?mm и не большего i?max.
58

Ответ на этот вопрос был дан в работе японского
математика Китизи Янагихара [14]. К. Янагихара доказал:
«Все задачи на построение, разрешимые циркулем и
линейкой, могут быть точно решены и одним только
циркулем и в том случае, если величина радиуса ограничена
одновременно и сверху и снизу отрезками #mnx и Лт1П».
Сложность и абстрактность этого доказательства лз -
шила нас возможности привести его в данной брошюре,
хотя теперь и предложено более простое доказательство,
приведенное в работе [6].
Разность Лтпах — -ffmin в основной теореме Янагихс-
ра может быть взята достаточно малой. Таким образом,
все геометрические эадачи на построение, разрешимые
циркулем и линейкой, могут быть точно решены и одним
лишь циркулем с «почти» постоянным раствором
ножек, а, как уже отмечалось в начале параграфа,
циркулем с постоянным раствором все эти задачи решить
нельзя.
§ 8. Построения одним циркулем
при условии, чтобы все окружности
проходили через одну и ту же точку
В этом параграфе мы рассмотрим решение
геометрических задач на построение одним лишь циркулем, при
условии, что все проведенные окружности будут
проходить через одну и ту же точку плоскости *).
Определение. Под углом пересечения двух
окружностей (в общем случае — двух кривых) понимают
угол, составленный касательными, проведенными к этим
окружностям (кривым) в точке их пересечения.
Окружности называются ортогональными, если они
пересекаются под прямым углом.
Теорема I. Если окружность (Oiy R) пересекает
окружность инверсии (О, г) ортогонально, то она сама
себе инверсна **).
Доказательство. Если окружности
пересекаются ортогонально, то угол ОАОи образованный
радиусами, проведенными в точку пересечения этих
окружностей, равен прямому углу, т. е. прямая ОА
—касательная, проведенная к окружности (О{, R) в точке
*) В этом параграфе на растворы ножек циркуля никаких
ограничений не накладывается
**) Справедливо также обратное утверждение теоремы,
однако в данном параграфе оно не будет исиользонапо.
59

0P
OP' I = I OA |2 = r*.
Рис. 44
Последнее равенство справедливо для любой секущей
ОР: Р' = inv (Р), ^ЛРЛ, = inv (^ {АР'АХ)) (рис. 44).
В задаче 11 было дано построение отрезка, в 3Л раз
большего данного отрезка АА0. При выполнении этого
построения все окружности проходят через точку А.
Исключение представляет окружность (А} \АА0\), которую
мы проводим для того, чтобы
определить точки Е и Е', и
которая не проходит через
точку А (рис. 18).
Однако окружности (Л,
\ АА0 |) можно не проводить,
а поступить следующим
образом.
Делаем раствор ножек
циркуля равным |ЛЛ0| и
ставим острие карандаша в
точку А (это острие карандаша
фактически ничем не отличается от острия-иголки второй
ножки циркуля), затем, не изменяя раствора циркуля,
устанавливаем вторую ножку так, чтобы острие иголки
попало на дугу окружности (AQ, \ АА0\). Острие иголки
циркуля станет в точку Е. Если теперь провести
окружность (Е, | АЕ | ), то в пересечении с окружностью (А()у
| ЛЛ0|) получим точку С. Точно так же можно построить
точку С. Введем эту дополнительную операцию в
теорию геометрических построений одним циркулем.
Следовательно, можно построить отрезок, в Зп раз
больший данного (задача 11), так, что все окружности
пройдут через одну и ту же точку.
Решения задач 15 (1-й случай), 16, 17 проведены так,
что все окружности проходят через одну и ту же точку
О — центр инверсии (см. рис. 26, 28, 29). Чтобы при
построении точки X = inv (С) в случае | ОС \ <^ г/2
(задача 15, 2-й случай) проведенные окружности также все
без исключения проходили через одну точку О,
необходимо вместо отрезка | ОСА\ = п | ОС \ > г/2 (рис. 27)
строить отрезок | ОС{ \ — Зп | ОС \ > г/2 (задача 11 с
учетом тех замечаний, которые сделаны в начале этого
параграфа) и строить | ОХ \ == 3n | ОСХ |.
Итак, с помощью одного циркуля можно построить
точку2 инверсную данной точке; построить окружность1
60-

проходящую через центр инверсии, инверсную данной
прямой; и, наконец, построить прямую (две ее точки),
инверсную окружности, проходящей через центр инверсии
О, проводя в каждом из этих построений только
окружности, проходящие через одну и ту же точку О — центр
инверсии *).
* * *
8.1. Как уже было отмечено во «Введении», Я. Штеп-
иер показал, что все задачи на построение, разрешимые
циркулем и линейкой, могут быть точно решены и одной
лишь линейкой, если в плоскости чертежа даны
постоянная (вспомогательная) окружность (0,, /?) и ее центр.
Доказательство этой теоремы мы здесь приводить не
будем.
Предположим теперь, что некоторая задача на
построение решена методом Штейнера; в результате в плоскости
чертежа будет получена фигура Ф, состоящая, кроме
вспомогательной окружности, только из прямых линий.
Возьмем произвольную окружность (О, г) с единственным
условием, что центр О не лежит на окружности (Ои R)
и не лежит ни на одной из прямых фигуры Ф, и примем
ее за окружность инверсии. Строим фигуру Ф', инверсную
фигуре Ф. Полученная фигура Ф' будет состоять только
из окружностей, из которых, за исключением двух
(окружности инверсии (О, г) и окружности, которая
инверсна окружности Штейнера (Oii /?)), все будут проходить
через одну точку О — центр иннерсии.
Если окружность инверсии (О, г) пересекает
вспомогательную окружность (Oi, R) под прямым углом, то в
силу теоремы 1 окружность Штейнера (О4, 11) сама себе
инверсна (т. е. одновременно принадлежит Ф и Ф').
Фигура Ф состоит из прямых линий и окружности Штейнера;
ей инверсная фигура Ф' будет состоять из окружности
Штейнера, окружностей, проходящих через центр
инверсии, и, быть может, отдельных изолированных
точек (центров этих окружностей). Для построения фигуры
Ф' придется использовать только задачи 15 и 16.
Таким образом, при построении фигуры Ф',
инверсной фигуре Ф, в этом случае (когда окружности
инверсии и Штейнера ортогональны) все окружности, в том
числе и окружности, с помощью которых производится
построение фигуры Ф', будут проходить через одну и
*) См. приложение III.
61

ту же точку О, исключение при этом составляют только
две окружности: окружность инверсии (Ох г) и ведомо
гательная окружность Штейнера (Оь R).
Подчеркнем, что построение фигуры Ф' следует
производить в том порядке, в котором мы мысленно
производим построение фигуры Ф методом Штейнера.
Для иллюстрации решим следующую задачу.
Рис. 45
Задача 36. Даны прямая АО^ и точка С вне нее.
Провести через точку С прямую, перпендикулярную прямой
АОи и определить точку их пересечения.
Построение. Пусть (0^ R) — окружность
Штейнера, где R = | 0{А |. Построение фигуры Ф методом
Штейнера будет выполнено в три этапа. 1) Проводим
прямую АОи и пусть В — точка ее пересечения с окружностью
(Оь /?). 2) Проводим прямые А С и ВС и обозначим точки
Е и D их пересечения с окружностью Штейнера. 3) Если
теперь провести прямые AD и BE, то в пересечении
получим точку F. Прямая CF перпендикулярна данной
прямой AOi. Пусть Н — точка пересечения прямых А В
и CF (рис. 45).
Доказательство. Отрезки CD и EF являются
высотами треугольника ACF, так как углы ADB и А ЕВ
прямые (они вписаны в окружность (0Ь R) и опираются
на диаметр АВ), следовательно, (FC) _[_ (^40^, ибо
высоты треугольника пересекаются в одной точке,
G2

Фигура Ф в этой задаче состоит из окружности Штей-
нера (Ои R) и шести прямых AOU AC, AD, CD, CF и
EF. В начале построения фигура состоит из окружности
Штейнера, прямой АО{ и точки С.
Рассмотрим теперь решение задачи 36 одним только
циркулем, с условием, что все проведенные в
построении окружности, за исключением двух, будут проходить
через одну точку.
Построение. Определим сначала окружность
(О, г) так, чтобы она была ортогональной к окружности
Штейнера (0Ь R), где R = | 0{А |. Для этого берем на
окружности (О{, R) две произвольные точки К и М и
строим {КО) J_ [КО^] (задача 8, второй способ), для чего
проводим окружности (М, | КМ |) и (К, \ КР\), которые
пересекутся в точке 0. Точку Р получим в пересечении
окружностей (М, | КМ |) и (0t, R) (см. рис. 45).
Изменяя, если нужно, положение точек К и М, можно
найти точку О, не лежащую ни на одной из прямых
фигуры Ф. Окружность (0, | ОК | ) ортогональна
окружности Штейнера (0t, R). Поэтому, если окружность
(0, г), где г = | ОК |, принять за окружность инверсии,
то окружность Штейнера (0Ь R) будет сама себе
инверсна.
Фигура Ф' = inv (Ф) состоит из семи окружностей
(Оа, I ОО2 |), (0з, I ООЪ |), (04, | 004 |), (0б, | 006|),
(0в, I °°el)i (0?11 ooi 1)и (Он Я)*)- (Окружность Штейнера
(0Ь R) сама себе инверсна, поэтому принадлежит фигурам
ФиФ' одновременно.) Первые шесть окружностей
проходят через центр инверсии 0 и являются инверсными
соответственно прямым AF, АО\, AC, CD, CF и EF
фигуры Ф. Точки А', В', С\ D\ E\ F' и Н' фигуры Ф'
инверсны соответственно точкам А, В, С, D, E, F и Н
фигуры Ф. Все окружности, которые были проведены для
построения первых шести окружностей фигуры Ф', а
также окружности (М, | КМ\ ), (К, | КР \), проведенные
для определения центра инверсии 0, будут проходить
через одну и ту же точку 0 плоскости.
В начале построения фигура Ф содержит заданную
точку С и прямую AOi, присоединяем к ней еще
окружность Штейнера (04, R). Чтобы построить остальные прямые
фигуры Ф, пользуясь одним только циркулем, т. е.
построить точки В, Е, D и искомые точки F и Я, строим
*) Центры этих окружностей О2, О3, 04, #Г), Ов, О7 и О, можно
рассматривать как отдельные изолированные точки фигуры Ф'.
63

фигуру Ф', повторяя фактически три этапа построения
Штейнера.
1) Строим окружность (О3, | ОО3 |) = inv ((AOJ)
(задача 16), которая пересечет окружность Штейнера
(#i, R) в точках Л' и В', где А' = inv (А). Находим точку
/у = inv (В') (задача 15). Точка В является точкой
пересечения прямой AOi и окружности (Ot, R) (см. рис. 45).
2) Строим окружности (6>4, I ОО4 |) и (О5, | ОО6 |),
инверсные соответственно прямым ЛС и ВС, Пусть эти
окружности пересекают окружность Штейнера
соответственно в точках А' и Е1, В' nD'. Строим точки Е и Z),
инверсные соответственно точкам Е' и D''.
3) Наконец, строим окружности (О2, | ОО2 |) и (О7,
| СЮ7 |), инверсные прямым AD и BE, точку пересечения
которых обозначим через F'. Находим точку F = inv (F').
Прямая CF — искомая. Пусть теперь окружность (О6,
| 00% |) = inv ((CF)) пересекает окружность (О31 \ ОО3\)
в точке Н'. Точка Н = inv (Я') искомая, т. е.
Н = (СР) П (AOt).
На основании вышеизложенного можем
сформулировать:
Теорема II. Каждую геометрическую задачу на
построение, разрешимую циркулем и линейкой, можно
решить одним циркулем так, что все окружности
гостроения га исключением двух (окружности инверсии
и вспомогательной окружности Штейнера), будут
проходить через одну и ту же точку — центр инверсии.
8.?. Пусть теперь некоторая задача на построение
решена методом Штейнера. В результате получим фигуру
Ф, состоящую из окружности (Oiy R) и прямых линий,
часть из которых проходит через центр Ot
вспомогательной окружности. Если за окружность инверсии принять
окружность Штейнера (Ои R) и построить фигуру Ф',
инверсную фигуре Ф, то фигура Ф' будет состоять из
прямых линий и окружностей, причем все эти прямые и
окружности, за исключением окружности (Ot, R), будут
проходить через одну и ту же наперед заданную точ-
«У Pi)*)-
*) В работе [1] А. Адлер сформулировал более сильный
результат, что если вспомогательную окружность Штейпсра принять
за окружность инверсии, то: «Не только возможно! как доказал
04

Отсюда следует
Теорема III. Каждую геометрическую задачу на
построение всегда можно решить циркулем и линейкой так,
что все прямые и окружности, за исключением одной
(окружности инверсии, которая здесь является
одновременно и вспомогательной окружностью Штейнера),
будут проходить через одну и ту же наперед заданную
точку — центр инверсии,
* * *
8.3. Допустим теперь, что при решении геометрических
задач ка построение одним циркулем допускается
однократное употребление линейки (или положим, что в
плоскости чертежа с помощью линейки проведена прямая
линия АВ). Возьмем произвольную окружность (О, г)
с центром О, не лежащим на прямой АВ, за окружность
инверсии и построим окружность (Oiy R), инверсную
данной прямой (задача 16). Окружность (0Ь R) проходит
через центр инверсии О и R = \ 00\ |.
Решение любой задачи на построение методом Штейнера
с вспомогательной окружностью (Ог, R) даст фигуру Ф9
состоящую только из прямых линий и окружности (Oi, R).
Инверсная ей фигура Ф', кроме прямой АВ, будет сс-
стоять из одних окружностей, проходящих через центр
инверсии О. При этом мы предполагаем, что ни одна из
прямых при решении методом Штейнера не прошла
через точку О, лежащую на вспомогательной окружности
(О{, R); в противном случае за окружность инверсии
{О, г) следует взять другую окружность.
Если прямая линия АВ не начерчена, а допускается
однократное употребление линейки, то в плоскости
чертежа берем произвольную окружность (Оь R) в качестве
вспомогательной и решаем предложенную задачу методом
Штейнера. Затем берем на этой окружности точку О
с условием, чтобы она не лежала ни на одной из прямых
фигуры Ф. Радиусом г < 2R описываем окружность
(О, г) и обозначим через А и В точки ее пересечения с
окружностью (Oi, R). Проводим линейкой прямую АВ,
еще Маскерони, решить все геометрические конструктивные задачи
второй степени при исключительном пользовании циркулем, но
можно даже поставить еще условие, чтобы все входящие в
построение окружности, за исключением одной из них, проходили через
одну и ту же произвольно выбранную точку» (см. § 20). Однако со
временем в доказательстве этой теоремы была А. Адлером
допущена ошибка. Правильное доказательство этой теоремы было
предложено в работе [7]. См. приложение III.
3 А. н. Костовский 55

которая будет инверсна окружности (Ои Л), если считать
(О, г) окружностью инверсии. Дальше строим фигуру Ф',
инверсную начерченной фигуре Ф.
Теорема IV. Если в плоскости чертежа начерчена
прямая линия, то все задачи на построение, разрешимые
циркулем и линейкой, могут быть решены и одним
циркулем так, что все окружности этого построения, за
исключением одной (окружности инверсии), будут проходить
через одну и ту же точку плоскости.
Эта теорема имеет некоторую аналогию с основной
теоремой Штейнера для построения одной линейкой с
постоянной окружностью.
* ♦ *
8.4. Пусть теперь в плоскости чертежа начерчена с
помощью линейки некоторая фигура Ч**, состоящая из
прямых линий и отрезков (например, две параллельные
прямые или параллелограмм и т. д.).
Предположим теперь, что какую-нибудь задачу на
построение мы решили методом Штейнера, приняв фигуру
W в качестве вспомогательной. В результате получим
некоторую фигуру Ф, состоящую из прямых линий.
Фигура ЧГ является подмножеством фигуры Ф.
Возьмем произвольную окружность (О, г) при условии,
что центр О не лежит ни на одной из прямых фигуры Ф, за
окружность инверсии и построим фигуру Ф' = inv (Ф).
Фигура Ф' будет состоять только из окружностей,
проходящих через одну точку О — центр инверсии.
Теорема V. Если в плоскости задана (начерчена)
некоторая фигура, состоящая из прямых линий и отрезков,
то все задачи на построение, которые можно решить
методом Штейнера, принимая эту фигуру в качестве
вспомогательной, всегда можно решить одним циркулем таку
что все окружности, за исключением одной (окружности
инверсии), будут проходить через одну и ту же точкуу
произвольно взятую в плоскости чертежа.
* * #
8.5. В начале параграфа мы ввели дополнительную
операцию, с помощью которой решение задачи 15 всегда
можно выполнить так, что все проведенные при этом
окружности, за исключением одной (окружности инверсии
(О, г)), будут проходить через одну и ту же наперед
заданную точку О — центр инверсии.
66

Если же этой дополнительной операции не вводить,
то для построения точек Е и Е', Е{ и Е'ъ Е2 и Е2 и т. д.
в задаче 11, которая используется в задаче 15, потребуется
чертить окружности (А, \ AAt |), где i = 1, 2, ... В этом
случае в теореме II фразу: «за исключением двух
(окружности инверсии и вспомогательной окружности Штей-
нера)» следует заменить фразой: «за исключением
вспомогательной окружности Штейнера (<9Ь R), окружности
инверсии (О, г) и, быть может, еще нескольких
концентрических окружностей (О, rt), i = 1, 2,. . . .».
В теоремах III, IV и V фразу «за исключением одной
(окружности инверсии)» следует заменить фразой: «за
исключением окружности инверсии (О, г) и, быть может,
еще нескольких концентрических окружностей (О, г*),
i = 1, 2, . . .».
Например, теорема III будет формулироваться так:
Теорема ИГ. Каждую геометрическую задачу на
построение всегда можно решить циркулем и линейкой так,
что все прямые и окружности будут проходить через одну
и ту же наперед заданную точку О, за исключением
окружности инверсии (О, г) и, быть может, еще нескольких
концентрических окружностей (О, rt), i = 1, 2, . .
^описанных из полюса инверсии О, как из центра.
Таким образом, все окружности построения можно
разделить на две группы: окружности первой группы
будут проходить через одну и ту же точку О, а окружности
второй группы (одна или более) будут проведены из этой
же точки О, как из центра. Среди этих концентрических
окружностей всегда будет находиться окружность
инверсии (Ох г).

Глава третья
ПРОСТРАНСТВЕННЫЙ АНАЛОГ ПОСТРОЕНИЙ
МОРА - МАСКЕРОНИ
В элементарной геометрии для решения
стереометрических задач на построение применяются различные
наборы инструментов, которые могут включать циркуль,
линейку, пластинку (плоскограф), сферограф. В этой
главе мы будем рассматривать решения стереометрических
задач на построение с помощью одного лишь сферографа,
задач, которые разрешимы набором инструментов
(инструментарием), состоящим из плоскографа, циркуля
и линейки, т. е. инструментов, которые традиционно
используются в курсе стереометрии средней школы.
В двух предыдущих главах были рассмотрены
планиметрические построения Мора — Маскерони, которые
выполнялись на плоскости (в двумерном евклидовом
пространстве). В этой главе будет проведено исследование
решений стереометрических задач на построение (в
трехмерном евклидовом пространстве) с использованием
одного лишь сферографа. Эти построения и будут
представлять пространственный аналог построений Мора —
Маскерони.
С помощью «сферографа» в пространстве проводят
сферу данного радиуса из данной точки, как из центра.
А с помощью «плоскографа» (пластинки) через три точки,
не лежащие на одной прямой *), можно провести
плоскость. В пространстве для проведения прямой через две
данные точки с помощью плоскографа через эти точки
следует провести две различные плоскости, в пересечении
которых и построим требуемую прямую.
Не существует реального инструмента «сферографа»,
описывающего сферу данного радиуса из данной точки
*) Три точки, нс лежащие на одной прямой, принято называть
шеколлинеарными точками».
68

пространства, как из центра. Не существует физического
прибора — «плоскографа», с помощью которого через три
неколлинеарные точки пространства можно пронести
плоскость. Поэтому мы пе можем проводить построения в
пространстве, аналогичные тем построениям, которые мы
проводили на плоскости с помощью циркуля и линейки.
При решении стереометрических задач на построение
приходится ограничиваться «мысленным» проведением
сфер и плоскостей, т. е. рассматривать так называемые
«воображаемые» построения, а это требует известного
умственного напряжения, умения производить различные
операции над воображаемыми пространственными
объектами, что в свою очередь приводит к некоторым
трудностям изучения и понимания излагаемого материала.
Однако такие построения совершенствуют и развивают
пространственные представления учащихся,
вырабатывают смекалку решения достаточно трудных задач в
геометрии.
§ 9. Некоторые символы и обозначения в стереометрии
В этом параграфе мы приводим некоторые символы
и обозначения геометрических объектов в пространстве,
которые не встречаются в учебниках стереометрии средней
школы.
Плоскость, проходящую через три неколлинеарные
точки Аи А2, А31 будем обозначать символом Л (АХА2А3),
где греческая буква Л означает метку или имя этой
плоскости. Символом Л будем обозначать плоскость, для
которой нет необходимости указывать точки, через которые
она проходит. Условимся считать, что если в тексте
встречается запись Л (А1А2А3), то точки Аи А2У А3 являются
неколлинеарными, т. е. не принадлежат одной прямой.
Прямуюу проходящую через точки Ах и А2 в
пространстве, будем обозначать символом X (АгА2) или просто
символом X, где греческая буква X означает имя или метку
этой прямой. Прямую мы часто будем представлять как
линию пересечения двух плоскостей X (А,А2) =
= Аг (А0А1А2) П Л2 (А1А2А3) для случая, когда две
точки Ах и А2 принадлежат прямой, а четыре точки AOf
Ах, А2, А3 не лежат в одной плоскости. Прямая может
также представляться как линия пересечения двух
плоскостей X = Аг П Л2 = Лх (ВхВгВ%) П Л2 (CiC2C3),
когда ни одна из точек BixCixi = 1Х 2, Зх не принадлежит этой
прямой.
69

Сферу, проведенную из точки О пространства, как из
центра, радиусом Л, будем обозначать символом Q (О, Д),
где греческая буква Q означает метку, или имя, этой сферы.
Для обозначения сферы чаще будем использовать ее имя
(метку) й. Символ Qo (0О, г) закрепим для обозначения
сферы инверсии.
Окружность в пространстве, получающуюся в
результате пересечения двух данных сфер или пересечения
данных сферы и плоскости, будем обозначать греческой
буквой со, т. е. со = Йх П й2 или со = Q f] Л. При этом
предполагается, что центр и радиус этой окружности
остаются неизвестными и для их определения необходимо
провести дополнительное построение (см. задачу 52).
Если же центр О и радиус R этой окружности известны,
то для обозначения такой окружности будем
использовать символ со (01 #). Для обозначения окружности
инверсии на плоскости, заданной в пространстве, закрепим
символ соо (О0, г).
Две сферы в пересечении задают или определяют
окружность со в пространстве. Такие две сферы мы будем
называть носителем этой окружности. Этот термин вводим
по аналогии с аналогичным термином, широко
используемым в информатике и вычислительной технике. Очевидно,
что для одной и той же окружности носителей (пар сфер,
ее задающих) может быть как угодно много.
Три точки AXj А2У А8, не лежащие на одной прямой,
однозначно определяют плоскость Л и однозначно задают
окружность со, через эти точки проходящую (эта
окружность описана около /\А1А2А3и cod Л). Такую плоскость
будем обозначать символом Л (со), а окружность,
проходящую через три точки в пространстве,— символом со (Аг;
А2; А3). Центр и радиус окружности со считаются
неизвестными.
Задача 37. Построить точку, симметричную данной
точке относительно заданной плоскости.
Дано: А (А1А2А9) и точка С. Построить: Сх = S\ (С).
Построение. Проводим сферы Qt (Ah \ AtC |),
i = 1, 2, 3. Все три сферы, проходящие через данную
точку С, пересекутся еще и в точке Сх. Точка Сх — искомая;
Сг = SA (С).
Доказательство следует из того, что любая из трех
проведенных сфер симметрична относительно
плоскости, проходящей через ее центр, а значит, точки
пересечения трех сфер С и Сг симметричны относительно
плоскости Л (А1А2А3)} проходящей через их центры.
70

Примечание! Чтобы проверить, принадлежат ли
четыре данные точки Av А21 А3, Л4 одной плоскости,
следует вне плоскости Л (А1А2А3) взять произвольную
точку С и построить ей симметричную точку Сг. Четыре
данные точки лежат в одной плоскости тогда и только
тогда, когда | Л4С | = | ААСХ\. Может оказаться, что точки
Аи А2> А3 принадлежат одной прямой (см. примечание
1 к задаче 39). В этом случае четыре данные точки
принадлежат одной плоскости.
Примечание 2. Если точка С сама себе
симметрична: С = Sa (С), то она принадлежит плоскости Л, а три
проведенные сферы пересекаются только в одной точке С.
В дальнейшем широко будет использоваться лемма,
которая хорошо известна из курса стереометрии.
Лемма. Геометрическое место точек, каждая из
которых равноудалена от трех неколлинеарных точек Ах, А21
А3, есть прямая пересечения трех плоскостей, проходящих
через середины отрезков MjAJ, ЫХЛ8], [Л2Л3] и
перпендикулярных к ним. Эта прямая X проходит через центр
окружности со (Аг; А2; А9) и перпендикулярна плоскости
Следствие. Прямая X есть геометрическое место
центров сфер, проходящих через три данные точки.
Действительно, если окружность со (Ах; А2, А3)
представлена носителем (0 = 0! (Ои Rx) f] Q2 (02, /?2), то
прямая X (ОХО2) и является искомым геометрическим местом
точек, равноотстоящих от точек окружности со, а значит,
и от точек Аг, А21 А3.
Из приведенных леммы и следствия немедленно
следует доказательство справедливости построений двух задач.
Задача 38. Построить: а) окружность, проходящую
через три данные неколлинеарные точки пространства;
б) прямую, являющуюся геометрическим местом точек,
равноотстоящих от трех данных точек.
Дано: At, i = 1, 2, 3. Построить: а) со (А}] А2\ Л3);
б) прямую X так, что | ХАХ\ = | ХА2 \ = | ХАд \ для
X £Л.
Построение. Произвольным радиусом d
проводим сферы Q,i (At, d), i = 1, 2, 3. При этом величину
радиуса подбираем такой, чтобы эти три сферы пересекались
в двух точках Ох и 02. Если затем провести сферы Й4 (Olf
d) и Q5 (02, d), то в результате получим: а) (о (Ах\ Л2;
Л а) = Й4 (0ц d) П ^5 {02, d), б) прямая X (ОХО2) -
искомое место геометрических точек1 равноотстоящих от точек
^ir А 2, А$.
71

Задача 39. Построить сколь угодно много точек прямой,
заданной двумя точками.
Дано: 0lf 02. Построить: О3, 04, . . . е А, {О^О2).
Построение. Произвольными радиусами dx и
d2 (dx + d2 > | OXO2 |) проводим сферы Й (Ох, dx) и
Й' (О2> ^г)> B пересечении которых построим окружность
со. Берем на окружности со три точки Ati i = 1, 2, 3,
и произвольным радиусом d проводим сферы Qt (Au а),
i = 1, 2, 3, в пересечении которых получим точки 03
и 04, очевидно, принадлежащие прямой Я {ОХО2).
Изменяя величину радиуса d, можно строить сколь угодно
большое число точек этой прямой: Оь, 0в, . ..
Примечание 1. Данная в пространстве точка X
принадлежит прямой к (ОгО2) тогда и только тогда, когда
| АгХ\ = | А2Х | = | А3Х | , где At е оз = Q (0lt d) П
П Q' (О„ d), i = 1, 2, 3.
Примечание 2. Любые две точки построенной
прямой % могут быть центрами двух сфер,
составляющих некоторый носитель окружности а>. Например%
(о = Q3 (04, | Л А |) Q Q4 (О„ I ^4,0, |), где 04 Gl,06E Я.
Поэтому для данной окружности с помощью задачи 39
можно строить сколько угодно других носителей.
§ 10. Инверсия в пространстве и ее основные свойства
Ограниченный объем данной брошюры не позволяет
изложить проекционные методы изображения
пространственных фигур на плоскости. Исходя из этого, мы решили
не приводить рисунков, иллюстрирующих излагаемый
материал, хотя и понимаем, что это усложняет его
изучение.
В первой главе мы назвали построения Мора—Маске-
рони на плоскости геометрией циркуля. Аналогично
решения стереометрических задач на построение с помощью
одного лишь сферографа будем называть геометрией сфе-
рографа.
В геометрии сферографа, как и в геометрии циркуля^
понятие прямой и плоскости формулируется иначе, чем
это принято в евклидовой геометрии.
а) Прямая в пространстве считается построенной, как
только построены две ее точки.
б) Плоскость считается построенной, как только
построены три ее точки, не принадлежащие одной прямой.
В геометрии сферографа прямая и плоскость
рассматриваются не как множества всех своих точек2 а как объекты^
72

заданные соответственно двумя точками и тремя неколли-
неарными точками. При этом вводится естественное отпо-
шение эквивалентности. В геометрии сферографа набор
аксиом *) остается евклидов.
* * *
Основные свойства инверсии на плоскости, которые
мы рассматривали в § 3, почти дословно переносятся и в
трехмерное евклидово пространство. Методы построения
пространственных фигур, инверсных данным, остаются
теми же. Некоторые трудности вызывает только решепие
задачи, аналогичной планиметрической задаче 15 (2-й
случай), когда точка, для которой строится ей инверсная,
расположена от центра инверсии на расстоянии, не более
половины радиуса инверсии.
Как мы уже отмечали в § 9, сферу инверсии будем
обозначать символом Qo (О0, г), где О0 — центр инверсии,
а г — радиус инверсии.
Пусть в пространстве задана точка Р, отличная от
центра инверсии. Точка Р' на луче X Ю0Р) называется
инверсной точке Р относительно сферы Qo (O0, г), если
\О0Р |. \О0Р* | =г\
Это свойство инверсных точек будем в дальнейшем
записывать так:
Р' = inv (P).
Если точка Р' инверсна точке Р, то, очевидно, и
наоборот, точка Р инверсна точке Р', т. е. Р = inv (Р').
Точки Р и Р' — взаимно инверсны.
Центру инверсии О0 в качестве инверсной точки
будем сопоставлять «бесконечно удаленную точку»
пространства **). Другой способ использования метода
инверсии (на плоскости или в пространстве) состоит в том,
что центр инверсии О0 исключают из рассмотрения, т. е»
считают, что для него не существует инверсной точки.
Или иначе — используется пространство (плоскость), из
*) В стереометрии точка, прямая и плоскость — эти
простейшие геометрические понятия — принимаются за исходные
(первичные), которые уже нельзя выразить через понятия более простые.
По отношению к ним устанавливаются основные положения —
«аксиомы», принимаемые за исходные и недоказуемые положения.
По существу они представляют собой лишь некоторые абстракции
взаимоотношений материального мира,
*♦) См. примечание на с. 28,
73

которого (которой) исключается одна точка — центр
инверсии.
Для двух взаимно инверсных фигур Ф и Ф' введем
запись:
Ф' = inv (Ф) или Ф = inv (Ф').
Теоремы I —IV из § 3 остаются справедливыми и
для любой плоскости трехмерного евклидова пространства,
проходящей через центр О0 сферы, т. е. для окружности
инверсии (о0 (О0, г). Для пространства, кроме того, имеют
место следующие утверждения.
Теорема V. Фигура, инверсная данной плоскости
Л (А1А2А3), не проходящей через центр инверсии О0,
есть сфера Q (Оь | О0О[ |), проходящая через центр
инверсии, причем всегда \ О0Ох | _[_ Л. Эта сфера и
плоскость являются инверсными фигурами, т. е. Q =
= inv (Л), Л = inv (Q), О0 ф. Л.
Теорема VI. Плоскость, проходящая через центр
инверсии, сама себе инверсна, т. е. Л = inv (Л), О0еЛ.
Теорема VII. Фигура, инверсная данной сфере, не
проходящей через центр инверсии, является такнсе сферой.
При этом центр инверсии будет и центром их подобия.
Qf = inv (Q), О0 ф Q.
Если же данная сфера проходит через центр инверсии,
то, согласно теореме V, ей инверсной фигурой будет
плоскость.
Теорема VIII. Если две поверхности Sxu S2 в
пространстве пересекаются по кривой I, а им инверсные поверхности
5i и S2 пересекаются по кривой V, то кривые I и Г взаимно
инверсны; т. е. если Si = inv (St), i = 1, 2, l^=S1f] S2,
l' = Si П S2, mo V - inv (/) или I = inv (/').
Следствие. Если прямая представлена
пересечением двух плоскостей Л, = Лх р| Л2, которые не проходят
через центр инверсии, тогда им инверсные сферы Qx и
Q2 будут проходить через центр инверсии и в пересечении
представят окружность о, также проходящую через
центр инверсии. Окружность о и прямая X взаимно
инверсны и принадлежат одной плоскости: со = inv (X), К d
с л (о), о0 е со, о0 ф х.
Здесь Sx, S2, I — это соответственно А1У Л2, X, а
инверсные им Si, S2i V есть соответственно Qlt й2, ш.
Справедливость каждой из теорем V—VIII легко
следует из свойств инверсии для плоскости и для
пространства.
74

Определение. Две сферы Q (О, R) и Qt (Ох, /?х)
пересекаются ортогонально, если для каждой точки А,
взятой произвольно на окружности их пересечения,
имеет место равенство: ОАОХ = 90°.
Теорема ГХ. Даны сфера инверсии Qo (0О, г) u ctee
взаимно инверсные точки Р и Р''. 7'огда любая сфера
Q (О, Я), проходящая через точки Р и Р', пересекает сферу
инверсии ортогонально и является сама себе инверсной:
Q = inv (Q).
Доказательство. Через прямую X (О0Р) и
центр О сферы Q мысленно проводим плоскость Лив ней
проводим луч Х1 Ю0А), касающийся окружности со =
= fi f| Л (см. рис. 44) в точке А. Тогда ОЛО0 = 90°.
В силу теоремы о том, что произведение секущей на ее
внешнюю часть равно квадрату касательной, можем
записать: | О0Р | • | О0Р | =» | О0А |3. Однако, принимая во
внимание, что точки Р и Р' взаимно инверсны, можем
записать: | О0Р | • | О0Р' \ = г2; следовательно, | О0А \ =
= г и сфера Й проходит через точку Л, т. е. точка А
принадлежит окружности (о1 = Q П й0. Сферы Q и Йо
пересекаются ортогонально. Если же точки РиР'
принадлежат прямой Х2 (О0О), то плоскость Л проводим
произвольно.
Возьмем на сфере Q произвольную точку X, отличную
от точек Р и Р\ и пусть луч Х3 Ю0Х) пересекает сферу
Q в точке X'. Покажем, что X' = inv (X). Через прямую
Х4 (О0Х) и центр О сферы Q мысленно проводим плоскость
Лх и в ней проводим луч Хь [О0В), касающийся окружное*
ти (о2 = й П Ах в точке В. В силу леммы из § 9
можем записать | О0В \ = \ О0А \ = г. Следовательно,
| О0Х | • | О0Х' | = | О0В |2 = г2, т. е. точки X и X'
взаимно инверсны. Точки X и X' на сфере Q взяты
произвольно, значит, Q сама себе инверсна: Q = inv (Q).
* * *
В этой рубрике мы изложим решение
стереометрических задач с помощью одного сферографа, связанных с
построением фигур, инверсных заданным геометрическим
объектам пространства.
Задача 40. Для данной точки, не совпадающей с
центром инверсии, построить инверсную точку.
Дано: точка С. Построить: X = inv (С).
Построение в случае | О0С \ > г/2. Проводим
сферу й (С, | О0С | ) и берем на окружности ее пересече-
75

ния со сферой инверсии Qo (О0, г) три точки Аг1 А2, AQ*
Проводим сферы Qt (Ati г), i = 1, 2, 3, в пересечении
которых и получим искомую точку X (второй точкой
пересечения этих сфер будет центр инверсии), т. е. X = Qx f]
П Qa П fi8 = inv (С).
Доказательство. Через прямую А, (О0С) и
точку Ах мысленно проводим плоскость Л. А так как
расположение точек АХ1 А2, А3 на окружности не влияет
на расположение точки X на луче К Ю0С) (прямая X {О0С)
является геометрическим местом точек, равноотстоящих
от точек Ati i = 1, 2, 3 (см. лемму из § 9)), то можем
считать, что точка А2 располагается в плоскости Л, а значит*
в проведенной мысленно плоскости мы получим рисунок,,
подобный рисунку 26, и доказательство сводится к
доказательству, приведенному в задаче 15.
Построение в случае | О0С \ <^ г/2. Для этого
предварительно следует посфоить отрезок [О0Ст], для
которого | О0Ст | > г/2. Построение такого отрезка
будем осуществлять следующим способом.
Введем обозначение а = | ОпС \ и проводим сферы
Q (О0, а) и Qx (С, а), в пересечении которых получим
окружность со. Берем на этой окружности произвольную точку В
и проводим сферу й2 (^» а) в пересечении с двумя ранее
проведенными сферами построим точки // и Нх, т. е.
{Н; Нх) = Q П Qx П Q2. И, наконец, если теперь провес-
та сферы Q3 (В, | ЯЯ, |), Й4 (Я, | ННг |) и Й8 (Я1? |ЯЯ, |),
то в иересечении их построим точки Сг и С[х
принадлежащие прямой X (О0С). Причем здесь:
\О0С1\ = \С1С\=к\О0С\=ка,
где
Повторяя приведенное построение, но уже относительно
отрезка [OqCJ, построим отрезок [О0С2]г для которого
I О0С2 | = к2 | О0С | = к2а = (3,46 . . .) а, и т. д.
Осуществляя построение т раз, построим отрезок [О0Ст]Г;
для которого | О0Ст | = кта. При этом число т берем
таким, чтобы | О0Ст | ]> г/2.
Строим теперь точку С'т, инверсную точке Ст (1-й
способ решения данной задачи). И наконец, если построить
76

отрезок [O0X]f для которого | О0Х \ = кт \ О0Ст |, то
точка X — искомая: X = inv (С).
Доказательство. Фигуры О0СВНиО{)СВН1—
правильные тетраэдры, все грани которых — правильные
треугольники со стороной а = | О0С |. Высота
правильного тетраэдра, как известно, равна 1/ -о-я- Поэтому
{НН11 = 21/ -£- а. Прямая X (О0С) является
геометрическим местом точек, равноотстоящих от точек окружности
о, поэтому точки Сх и С1 принадлежат прямой X (О0С).
Обозначим через D середину отрезка X [О0С]. Из
прямоугольного треугольника BDCX можем записать:
/ "8 I 3 I 1 -. /"23"
та—га2 = -|/ та-
Отсюда
10,^1 = |O0Z)| + | DC, | =--
Дальше следует повторить доказательство задачи 15
(2-й случай).
Задача 41. Дана плоскость, не проходящая через
центр инверсии *). Построить ей инверсную сферу.
Дано: А(А1Л2А3)1 О0 zfe Л. Построить: Q = inv (Л).
Построение. Строим точку Ох = SA (O0)
(задача^7). Затем строим точку О1 = inv (0^ (задача 40). Сфера
Q \Ои | О0О[ |) — искомая.
Доказательство. Обозначим точки пересечения
отрезка [OqOJ с плоскостью Лис инверсной ей сферой Q
соответственно через Сг и С". Возьмем на сфере й
произвольную точку М и обозначим через М' точку пересечения
луча Кг [О0М) с плоскостью Л. Через прямые X (О0Ох)
и А,х (О0М) проведем мысленно плоскость; в результате
получим рисунок 28. Далее повторяем доказательство
задачи 16.
Задача 42. Дана сфера, проходящая через центр
инверсии. Построить ей инверсную плоскость.
Дано: Q (О, i?), О0 е Й. Построить: /V = inv (Q).
Построение. Если данная сфера Q пересекает
сферу инверсии Qo (О0, г) по окружности со = i2 f] Qo,
*) См. примечание 1 к задаче 37.
77

то плоскость Л (со) — искомая. В противном случае
берем на данной сфере произвольно три точки Ах А21 As
и строим им инверсные точки А\ = inv (At), i = 1, 2, 3
(задача 40). Плоскость Л (А1А2А3) — искомая, если,
разумеется, построенные точки Аи А2, Аъ не
принадлежат одной прямой *). Эти три точки будут принадлежать
одной прямой, если произвольно взятые на сфере Q точки
Аг, А2, А3 и центр инверсии О0 лежат в одной
плоскости **). В этом случае на данной сфере положение одной
из точек A i следует изменить.
Справедливость приведенного решения немедленно
следует из теоремы V.
Задача 43. Дана сфера, не проходящая через центр
инверсии. Построить ей инверсную сферу.
Дано: Q (01э Я), О0 ф Q. Построить Й' = inv (Q).
Построение. Берем данную сферу Q в качестве
сферы инверсии и строим О0 = inv (O0) (задача 40).
Строим теперь точку О2, инверсную точке О0, но уже
относительно заданной сферы инверсии й0 (<90, г).
Точка О2 является центром искомой сферы. И наконец, берем
на данной сфере произвольную точку А и строим А' =
= inv (А). Сфера Q' (О2, \ О2А' |) — искомая: R =
= \О2А' |.
Доказательство. Через точки О01 Ог и А
проводим плоскость. Если точка А принадлежит прямой
Я (O0^i)> T0 плоскость через эту прямую проводим
произвольно. В проведенной плоскости получим рисунок 30
и далее повторяем доказательство задачи 18. Точка А
была взята произвольно, а поэтому приведенные
рассуждения справедливы для любой плоскости, мысленно
проведенной через точки О0у Ov A.
Задача 44. Дана сфера Q (О, R). Построить конечное
множество сферЙ* (Oh Я,), i = 1, 2, . . ., каждая из
которых пересекает данную сферу ортогонально.
Построение. Берем вне данной сферы
произвольную точку Б и строим инверсную точку В', приняв
заданную сферу Q в качестве сферы инверсии (задача 40).
Произвольным радиусом Z?L (Rl > \BB'\/2) проводим
сферы Q' (В, Rx) и Q" (В', Rl)1 в пересечении которых
получим окружность со = Q' f] Q". На этой окружности
берем произвольную точку Ох и проводим сферу Qx (Ox,
Сфера Qx ортогонально пересекает данную сферу Q.
♦) См. примечание 1 к задаче 39.
**) См. примечание 1 к задаче 37.
78

Справедливость этого утверждения непосредственно
следует из теоремы IX.
Изменяя положение точки Ох на окружности о или
изменяя величину радиуса Ru а если требуется, то и
положение точки В, можно строить любое число таких сфер.
В заключение этого параграфа отметим одно
замечательное свойство, связанное с построением инверсных
фигур, которое будет использовано в дальнейшем.
Примечание А. При решении задач 40 (1-й
способ), 41, 42 все сферы, которые при этом проводились
для построения инверсных фигур (точка, плоскость, сфера),
всегда проходят через одну и ту же точку — центр
инверсии. Исключение представляет только решение задачи
40 (2-й способ), когда приходится строить отрезок в
кт раз больший данного (см. 2-й способ решения
задачи 40); в этом случае все сферы построения через одну и
ту же точку (центр инверсии) не проходят.
§ 11. Решение основных простейших задач
конструктивной геометрии сферографа
В средней школе в курсе геометрии для решения
стереометрических задач на построение используют
инструментарий, традиционно состоящий из пластинки (плоскогра-
фа), циркуля и линейки. Как мы уже отмечали, в этой
главе будут проведены исследования решения
стереометрических задач на построение с помощью одного лишь
сферографа. Эти построения будем называть геометрией
сферографа. Кроме того, для полноты изложения
рассмотрим построения, которые выполняются инструментарием,
состоящим из плоскографа и сферографа, и составляют
так называемую геометрию сферографа и плоскографа.
Каждая из этих геометрий является конструктивной
геометрией *).
В конструктивной геометрии сферографа и
плоскографа можно вычерчивать в пространстве два вида
геометрических фигур (поверхностей): сферу и плоскость.
Операцию вычерчивания (проведения) соответствующей
поверхности будем называть элементарной операцией
заданного инструментария. В геометрии сферографа и
плоскографа последовательное осуществление
(применение) элементарных операций позволяет в пространстве
♦) В том смысле, что в ней теоремы доказываются как
некоторые построения, осуществляемые конечным числом шагов, или,
как говорят, конструктивно.
79

строить окружности и прямые (со = Q П Я1? ш = Q f|
р| л, X = Л П Л4) или, как теперь принято говорить,
решать основные простейшие задачи. Таким образом,
решение простейшей задачи в геометрии сферографа и плос-
кографа сводится к построению линий пересечения
(окружности, прямой) двух поверхностей, каждая из которых
является сферой или плоскостью.
В конструктивной геометрии сферографа и плоско-
графа рассматривают следующие элементарные операции
и основные простейшие задачи:
А. Элементарные операции
I. Через три точки, не лежащие на одной прямой,
провести плоскость.
II. Из данной точки, как из центра, провести сферу
данного радиуса.
Б. Основные простейшие задачи
III. Построить прямую пересечения двух данных
плоскостей.
IV. Заданы сфера и плоскость. Построить окружность
их пересечения.
V. Заданы две сферы. Построить окружность их
пересечения.
В конструктивной геометрии сферографа существует
только одна элементарная операция и только одна
простейшая основная задача:
А'. Из данной точки, как из центра, провести сферу
данного радиуса.
Б'. Заданы две сферы. Построить окружность их
пересечения.
* * *
Покажем теперь, как в геометрии сферографа, т. е.
с использованием одного лишь сферографа, следует
выполнять элементарные операции I — II и как следует
решать основные простейшие задачи III—V геометрии
сферографа и плоскографа.
Как мы уже отмечали, в конструктивной геометрии
сферографа построить (провести) плоскость в виде
непрерывной поверхности нельзя, однако можно строить
любое конечное число точек этой плоскости и даже на ней
проводить окружности.
80

Задача 45 (элементарная операция I). Даны три некол-
линеарные точки. Построить сколь угодно много точек
и сколь угодно много окружностей плоскости,
проходящей через три данные точки.
Дано: Аи Аъ А3; А3 ф X (А1А2). Построить: Xt E*
& A (А{АгАв),(ог d А (А%А2А3), i = 1, 2, . . .
Построение (1-й способ). Сферу инверсии
выбираем так, чтобы она пересекала заданную плоскость,,
однако ее центр не принадлежал этой плоскости *),
Строим сферу Q = invA (задача 41), которая пересекает
сферу инверсии по окружности, точки которой, очевидно,
принадлежат данной плоскости. Если теперь на
построенной сфере брать произвольно точки и строить им
инверсные, то, очевидно, и будем получать точки плоскости Л.
Изменяв расположение сферы инверсии и величину ее
радиуса, иожно строить сколь угодно много окружностей
г; точек этой плоскости.
Построение (2-й способ). Вне данной плоскости
берем точку Ct и строим точку С2 = SA (C{) (задача 37).
Произвольным радиусом d > | CtC2 | /2 проводим сферы
&i (C|, rf)» ^ e 1» .2, в пересечении которых построим
окружность, принадлежащую данной плоскости. Изменяя
величину радиуса с?, а если потребуется, то и положение
точки Си можно построить сколь угодно много
окружностей, принадлежащих заданной плоскости.
Элементарная операция II с помощью сферографа
выполняется непосредственно.
Задача 46 (основная простейшая задача III).
Построить прямую пересечения двух данных плоскостей.
Дано: Ai(B1B2B3) и А2(С1СХд)- Построить: X (ALA2) =■
- л, п л2.
Построение. Сферу инверсии выбираем так,
чтобы центр инверсии не принадлежал ни одной иэ этих
плоскостей, и строим сферы Qt = inv (Л*), / = 1, 2
(задача 41). На окружности пересечения этих сфер со =«
= Qj р Q2 берем две точки Ai и А2} отличные от центра
инверсии, и строим им инверсны*) точки А\ = inv (Ai)f
i = 1, 2 (задача 40). Прямая X (А{А2) — искомая:
х = л, п л2.
При этом заметим, что если одна из инверсных сфер
касается второй в точке О0 — центре инверсии, то
данные плоскости параллельны.
*) См. примечание 1 к задаче 37.
4 А. Н. КостовскиЙ 81

Примечание. В силу теоремы VIII со =
== inv (Л), где О0 ^ X и X = Aj П Л2. Таким образом,
здесь приводится также решение задач: 1) В пространстве
задана прямая Л, = Aj П Л2, не проходящая через
центр инверсии. Построить ей инверсную окружность со.
2) В пространстве задана окружность со, О0 ЕЕ со.
Построить ей инверсную прямую к.
Отметим здесь также, что взаимно инверсные
окружность и прямая принадлежат одной плоскости,
проходящей через центр инверсии.
Задача 47 (основная простейшая задача IV). Заданы
сфера и плоскость, не проходящая через центр этой сферы.
Построить окружность их пересечения.
Дано: Й (О, R) иЛ,О^Л, Построить: со = Q f| л-
Построение (1-й способ). Данную сферу берем
в качестве сферы инверсии и строим сферу й' = inv (Л)
(задача 41), которая в пересечении с данной сферой
определит искомую окружность: со = Йр]й' = ЙП Л.
Построение (2-й способ). Строим точку О{ =
= SA (О) (задача 37). Если теперь провести сферу Qj (Oi%
/?), то в пересечении с данной сферой и построим искомую
окружность; co = £2f]Q1 = Qf] Л.
Цептр построенной окружности со при этом остается
неизвестным; для его построения следует использовать
задачу 52.
Задача 48 (основная простейшая задача IV). Заданы
сфера и проходящая через центр этой сферы плоскость.
Построить окружность их пересечения (большую
окружность сферы).
Дано: Й (О, R) и Л, ОеЛ, Построить со = Й П Л.
Построение (1-й способ). Сферу инверсии берем
произвольно, но с условием, чтобы центр инверсии не
принадлежал сфере и не принадлежал плоскости. Строим
й' = inv (й) и Qj = inv (Л) (задачи 41 и 43), в
пересечении которых получим окружность со' = й' f] Йх«
В этой паре сфер — носителе окружности со' — сферу Qj,
инверсную данной плоскости и проходящую через центр
инверсии, заменяем другой сферой Q'2i но уже не
проходящей через центр инверсии (см. примечание 2 к задаче 39).
Для этого на прямой X {О{О2) строим точку О2 (задача 39)
и проводим сферу й^ (<93, I О3Л |), где точки Ои О2 —
это центры сфер Й' и йь а А — произвольная точка
окружности со'. Теперь окружность со' будет представлена
82

носителем со' = Q' f] й2. И если теперь построить сферу
Q2 = inv (Q'2) (задача 43), то в пересечении с данной
сферой построим окружность со = Q П £22- Большая
окружность со — искомая: со = Q (~) Л.
Построение (2-й способ). Как и в первом способе,
определяем окружность со' = Qf f] Q[, берем на ней
произвольно три точки Ви В2, В3 и строим им инверсные
точки В\ = inv (Bt), i=l, 2, 3 (задача 40). И наконец,
строим окружность со (В[\ В2\ В3) (задача 38), которая
и будет искомой большой окружностью данной сферы
(о = Q f] Л, О е Л.
Доказательство решений приведенных здесь задач
45—48 немедленно следует из теорем V—VIII § 10.
Примечание. Из решения последней задачи в
силу теоремы VIII § 10 следует: со' = inv (со), где О0 е£ со.
Таким образом, решая задачу 48, мы одновременно решаем
следующую задачу. Дана окружность со = Q f] А (или
со = Q П Qj), O0 §ё со. Построить ей инверсную
окружность со'. Допустим теперь, что точка Л, двигаясь,
описывает окружность со, тогда ей инверсная точка А\
принадлежащая лучу X [О0А), будет чертить окружность
со', а образующая К Ю0А) при этом будет описывать
коническую поверхность с вершиной в центре инверсии О0.
В частности, если окружность со и центр инверсии
принадлежат одной плоскости, то этой плоскости будет
принадлежать и окружность со' инверсная данной.
Основная простейшая задача V — построить
окружность пересечения двух данных сфер — с помощью
сферографа выполняется непосредственно. Для построения
центра этой окружности следует использовать решение
задачи 52.
В качестве иллюстрации применения решений
основных простейших задач для решения стереометрических
задач на построение (с помощью одного лишь сферографа)
отсылаем читателя к следующей рубрике.
Задача 49. Дана сфера, центр которой не известен.
Построить центр сферы.
Построение. На данной сфере Q берем точку О0
и произвольным радиусом г описываем сферу Qo (O0, г),
в пересечении с данной сферой получим окружность со =
= Q f] Йо. Берем сферу Qo в качестве сферы инверсии
*• 83

и строим точку О\ — центр сферы, инверсной плоскости
Л (со) (задача 41), для чего плоскость представляем в виде
Л (А1А2А3), где точки At взяты произвольно на окру ж-
ности о. Для этого проводим сферы Qt (Ati г), i *= 1, 2, 3,
в пересечении которых получим точку Ох = SA (O0).
Затем строим точку Ох = inv (0j), для чего проводим сферу
й< (Оц I ^i^o I) и берем на окружности io1 = Q f] Q4
три точки Вг, Z?a, В3. Если теперь провести сферы Qj (Bt, r)
i = 1, 2, 3, то в их пересечении и построим искомую точку
Ог — центр данной сферы: Q (Olf | АХО\ |).
Данная сфера Q и плоскость Л — взаимно инверсные
фигуры (теорема V § 10), и доказательство сводится к
доказательству, приведенному в задаче 4
Задача 50. Даны четыре точки Ах, А2, Ая, Л4, не
принадлежащие одной плоскости. Построить сферу,
проходящую черев эти четыре точки.
Дано: Aiy i = 1, 2, 3, 4, А4 ф Л (А^Д^з)- Построить:
Й; Л< е Й, i - 1, 2, 3, 4.
Построение. Берем одну из этих точек, например,
i4j, в качестве центра инверсии, а одду из величин
| АХА2 |, | АХАВ |, | АгА4 | — в качестве радиуса
инверсии. Предположим, что мы взяли г — \ АхАа |. Строим
точки А2 и А4у инверсные точкам А2 и А4 относительно
сферы инверсии fi0 (Al1 r) (задача 40). И наконец, строим
точку О[ — центр сферы, инверсной плоскости Лх (Л2Л3Л4)
(задача 41). Точка О^ —центр иокомой сферы,
проходящей через эти данные точки: Й (Ох, | A fix |).
Сфера Q и плоскость Л являются взаимно инверсными
фигурами. Доказательство также сводится к доказатель-
ству2 которое приведено в задаче 41.
В геометрии сферографа и плоокографа для построения
точки в пространстве уже требуется трехкратное
применение элементарных операций (I—II из § 11),
Построение точки в пространстве можно также
рассматривать как построение точки пересечения трех
линий попарного пересечения трех поверхностей (сфер,;
плоскостей). Условимся в дальнейшем считать, что точка
в пространстве построена (задана), есди: а) она является
точкой пересечения трех плоскостей, а значит, и трех
прямых, которые возникают в р&«ультате попарного
пересечения imix трех плоскостей; б) искомая точка явля-
84

ется одной из двух точек пересечения трех поверхностей
(сфер, плоскостей), из которых, по крайней мере, одна
является сферой.
Если же в случае б) две точки пересечения трех
поверхностей сливаются в одпу, то здесь мы встречаемся
с особым (вырожденным) случаем пересечения.
Допустим, что три цептра сфер Qt (Oiy /?*), i = 1, 2, 3
неколлинеарны. Три эти сферы будут пересекаться в
единственной точке X = Qj f] Q2 П ^з» тогда и только тогда,
когда X & (OiO2O3) (см. примечание 2 к задаче 37). Если
к тому же точка X принадлежит прямой А, {О1О2)1 то сфера
fix касается сферы Q2 в точке X.
Задача 51 (общий случай). Построить точку
пересечения трех поверхностей, каждая ив которых является
сферой или плоскостью.
Дано: Si — сфера или плоскость, i = 1, 2, 3.
Построить: sx n s2 п ss.
Построение. В качестве сферы инверсии берем
произвольную сферу с единственным ограничением, чтобы
центр инверсии не принадлежал ни одной из трех данных
поверхностей. Еоли среди данных поверхностей имеется
сфера, центр которой не принадлежит ни одной из двух
других поверхностей, то в качестве сферы инверсии можно
взять эту сферу.
Строим Si =» inv (Si), i = 1, 2, 3, и пусть Х[ =
= Si f] S2 П ^8 Для случая пересечения трех
плоскостей и {Xi; Х2) —= Si П ^2 П ^з в противном случае.
Если теперь построить точки Xt = inv (X£), i = 1 в
первом случае и i = 1, 2 во втором случае, то и построим
искомую точку Хх или искомые точки Хг и Х2.
Три данные поверхности, каждая из которых может
быть сферой или плоскостью, могут: а) не иметь ни одной
общей точки пересечения, б) пересекаться в одной или
двух точках, в) в пересечении определять линию:
окружность со = Qx П Q2 П ^з> со = Qj П Qa П Л3, прямую
X = Лх Г| Л2 П Л3. Для построения этих линий
пересечения следует использовать решения задач 46—48 *).
Задача 52. В пространстве дана окружность,
представленная своим носителем. Построить ее центр и радиус.
Дано: со = йх (О1У Дх) f| Q2 (O21 R2). Построить:
со (О, Я), определить О, Я.
*) См. примечание к задаче 48 и примечание к задаче 46,
в которых указывается, как для этих линий построить линии, им
инверсные.
85

В силу леммы § 9 мы построим центр 0 данной
окружности со = Qx f) ^2> если построим точку
пересечения плоскости Ах (со) и прямой К (0Х, О2) или точку
пересечения трех плоскостей: Лх (со) и двух плоскостей, через
эту прямую проходящих: X {ОХО2) = Л2 П Л3.
Построение. Берем в пространстве две точки
Оа и О4 с единственным ограничением, чтобы эти точки
не лежали в одной плоскости с точками Ох и О2 (см.
примечание 1 к задаче 37) и представляем прямую как
пересечение двух плоскостей: X (ОгО2) = Л2 {ОХО2О^ П
Г) Л3 (0,0,0,).
Строим точку пересечения трех плоскостей: О =
= Лх П Л2 П Л3 (задача 51), для чего строим сферы
Qi = inv (Л$), i = 1, 2, 3 (задача 41), которые
пересекутся в точке X (второй точкой пересечения этих сфер
будет центр инверсии О0). Если теперь построить точку
О = inv (X), то и построим искомый центр данной
окружности. Радиус окружности Л = | О А |, где точка
А — произвольная точка данной окружности со.
Доказательство легко следует из теоремы VIII § 10.
§ 12. Основная теорема Мора — Маскерони
для трехмерного евклидова пространства
Множество стереометрических задач на построение,
разрешимых с помощью сферографа и плоскографа, будем
называть классом стереометрических задач на построение
конструктивной геометрии сферографа и плоскографа
и обозначать этот класс готической буквой Ж.
Для того чтобы доказать основную теорему Мора —
Маскерони для плоскости (двумерного евклидова
пространства), достаточно было показать, что выполнение
элементарных операций и решение основных простейших задач
геометрии циркуля и линейки может быть осуществлено
и одним лишь циркулем. Аналогичную теорему мы
докажем и для конструктивной геометрии сферографа.
Если в конструктивной геометрии сферографа и
плоскографа для обозначения элементарной операции и
основной простейшей задачи введем символ р (см. I—V
§ 11), то решение любой задачи из класса S (согласно
используемому алгоритму) всегда будет сводиться к
выполнению (решению) конечной последовательности
Рп Рг, • • м Рм • • •» Рт (1)
элементарных операций и основных простейших задач^
86

В § И было показано, что каждую элементарную
операцию и решение каждой простейшей задачи из (1) всегда
можно осуществлять одним лишь сферографом (задачи
45—48). Следовательно, решая стереометрическую задачу
на построение из класса $ с помощью одного лишь
сферографа, мы получим новую последовательность:
?i> ?2> • • •» Я]у • • •> Qm (2)
в которой символ qj обозначает элементарную операцию
или основную простейшую задачу (см. А' и Б' из § И),
но уже в конструктивной геометрии сферографа.
Другими словами, qjb (2) — это или проведение сферы из
данной точки, как из центра, заданным радиусом, или
построение окружности пересечения данных сфер.
Очевидно, что натуральное число п в (2) намного больше, чем
число т в (1). Итак, нами доказана конструктивно
следующая теорема.
Основная теорема (классической геометрии
сферографа). Все стереометрические задачи на построение из
класса 5?, т. е. задачи, разрешимые инструментарием,
состоящим из сферографа и плоскографа, могут быть
точно решены и в конструктивной геометрии
сферографа, т. е. с помощью инструментария, состоящего из
одного лишь сферографа.
Этот результат является пространственным аналогом
планиметрических построений Мора — Маскерони.
Справедливо также и обратное утверждение: каждая
стереометрическая задача на построение, разрешимая
с помощью одного лишь сферографа, может быть решена
и с помощью инструментария, состоящего из сферографа
и плоскографа, так как добавление нового инструмента
к заданному инструментарию может лишь расширить или
оставить без изменения класс разрешимых вадач на
построение геометрии сферографа.
Отсюда теорема.
Теорема I. Наборы инструментов (инструментарии),
состоящие из: а) одного лишь сферографа, б) сферографа
и плоскографа, являются эквивалентными наборами, т. е.
эти наборы инструментов решают один и тот же класс
стереометрических задач на построение $.
Таким образом, включение (добавление) нового
инструмента — плоскографа к инструментарию, состоящему из
одного сферографа, не расширяет класс S стереометри
ческих задач на построение^ а позволяет только упростить
их решение»
87

При решении стереометрических задач на построение
и средней школе проводят мысленно плоскости, каждая
из которых обычно задается тремя точками, и в некоторых
из них проводят планиметрические построения с помощью
циркуля и линейки; и эти планиметрические построения
приходится проводить мысленно, так как нет реального
плоскографа (пластинки), с помощью которого можно
проводить плоскости в пространстве. Итак, для решения
стереометрических вадач на построение наиболее широко
используют инструментарий, состоящий иэ алоскографа,
циркуля и линейки. Однако и эти построения являются
«воображаемыми» и их также приходится выполнять
«мысленно».
Исследование по решению стереометрических задач
на построение с помощью одного лишь сферографа
проведено А. Л. Пикус в ее кандидатской диссертации:
«Вопросы теории и методики геометрических построений в
пространстве» (см. автореферат [12]).
Используя обозначения и определения, введенные в
данной брошюре, основной результат исследований А. Л.
Пикус можно сформулировать в виде следующей теоремы.
Теорема II (Пикус). Наборы инструментов, состоящие
из: а) одного сферографа, б) плоскографа, циркуля и
линейки, являются эквивалентными.
Эта теорема легко следует из ранее решенных нами
вадач. Действительно, покажем сначала, что каждая
стереометрическая задача на построение, разрешимая с
помощью инструментария, состоящего из плоскографа,
циркуля и линейки, может быть точно решена и с помощью
одного лишь сферографа.
Каждая стереометрическая задача на построение с
помощью инструментария, состоящего из плоскографа,
циркуля и линейки, всегда сводится к выполнению основных
операций и решению основных простейших эадач:
1) через три неколлинеарные точки провести плоскость;
2) построить прямую пересечения двух данных
плоскостей;
3) сводится к выполнению планиметрических
построений циркулем и линейкой в плоскости, проводимой плос-
кографом в пространстве.
С помощью одного лишь сферографа решение задач
1) и 2) приведено в § И (задачи 45 и 46).
С помощью циркуля и линейки решают
планиметрические задачи на построение в плоскости Ах проведенной

с помощью плоскографа. А для этого в плоскости Л
необходимо проводить окружности и прямые.
Допустим, что в плоскости Л (А1Л2Л3) требуется из
точки О €Е Л провести окружность радиуса Я, т. е.
построить со (О, R) С Л. Для этого проводим сферу Q (0, R)
и строим о) = Л П Q (О, R) (задача 48). Построенная
окружность со (О, R) — большая окружность сферы,
причем со CZ Л.
Таким образом, в плоскости, заданной тремя точками,
можно с помощью одного сферографа проводить
окружности, а значит, методом Мора — Маскерони решать
любую планиметрическую задачу на построение,
разрешимую циркулем и линейкой. Отсюда следует, что любая
стереометрическая задача на построение, разрешимая
в конструктивной геометрии плоскографа, ц ркуля и
линейки, будет разрешима и в геометрии сферографа.
Теперь переходим к доказательству обратного
утверждения: каждую стереометрическую задачу на|построение,
разрешимую с помощью одного лишь сферографа, всегда
можно решить и с помощью набора инструментов,
состоящего из плоскографа, циркуля и линейки. Для этого
следует доказать, что этим набором инструментов можно
выполнить элементарную операцию А' и решить основную
простейшую задачу Б' (см. § И) геометрии сферографа.
С помощью инструментария, состоящего из
плоскографа, циркуля и линейки, мы не можем описывать сферу
Q (О, /?), однако сможем строить сколь угодно много
точек этой сферы, а также проводить большие окружности
этой сферы, которая задается в пространстве своим центром
и радиусом. Для этого с помощью плоскографа через
центр О этой сферы проводим произвольную плоскость,
а затем в этой плоскости циркулем чертим окружность
со (О, /?), очевидно, принадлежащую данной сфере.
Изменяя положение плоскости, можно строить большие
окружности (точки) данной сферы, заданной своим центром
и радиусом.
Для того чтобы построить окружность пересечения
двух сфер со = QL (Ox, Rx) f] Q2 (О2, R2), каждая из
которых задана центром и радиусом, через прямую X {ОХО2)
следует провести две плоскости Ах и А2, а затем в каждой
из этих плоскостей с помощью циркуля необходимо
провести по две окружности о^ (О1ч Rx) и со2 (О21 /?2),
пересечением которых являются точки Хг и Х2 плоскости Аг
и точки Х3 и Х4 плоскости Аа. И наконец, с помощью
плоскографа проводим плоскость Лэ (Х1Х2Х3)1 которая
89

пересечет прямую X {Ofi^) в точке О = X (ОХО2) р,
Р| Л3 (ХгХ2Х3) — центре искомой окружности со. Если
теперь в плоскости Л3 с помощью циркуля провести
окружность со (О, Л), где R = | ОХХ |, то окружность со —
искомая: со = Q1 p Q2-
Если же одна из сфер касается другой в точке X (т. е.
Rx -f R2 = | OXO2 | или | Rx — R2 | = | 0^2 | — сферы
касаются внешним или внутренним образом), то через
прямую X (ОгО2) проводим плоскость Лив этой плоскости
с помощью циркуля и линейки делим точкой X отрезок
[0102] в отношении | 0YX \ : | 02Х | = 7?, : 7?2. Теорема
II доказана.
Как мы уже отмечали, планиметрические построения
на плоскости можно осуществлять и одним лишь циркулем,
поэтому из набора инструментов: плоскограф, циркуль
и линейка — может быть исключена линейка. Поэтому,
принимая во внимание теоремы I и II, получаем
следующую теорему.
Теорема III. Наборы инструментов (инструмвнтарии),
состоящие из: а) одного лишь сферографа, б) сф рографа
и плоскографа, в) плоскографа, циркуля, б) плоскографау
циркуля и линейки,— являются эквивалентными
наборами инструментов. С помощью каждого из этих наборов
решаются стереометрические задачи на построение из
класса 5?.
Наиболее доступным и простым является набор
инструментов, состоящий из плоскографа, циркуля и
линейки. Во-первых, учащимся старших классов уже хорошо
известны геометрические построения циркулем и
линейкой; во-вторых, абстрактным, т. е. реально не
существующим, инструментом здесь используется только плоско-
граф. Очевидно, что и с этим набором инструментов
построения остаются «воображаемыми», выполняемые
учащимися «мысленно».
§ 13. Общий метод решения стереометрических задач
на построение с использованием метода инверсии
В классической геометрии циркуля (§ 4) нами был предложен
общий метод решения планиметрических задач на построение с
широким использованием метода инверсии. В этом параграфе общий
метод с незначительными изменениями переносится и в геометрию
сферографа для решения стереометрических задач из класса Я.
В конструктивной геометрии сферографа и плоскографа
решение любой задачи из класса & всегда сводится (в силу исполь-
дуемого алгоритма ее решения) к выполнению конечной последо-
пательности элементарных операций и решения основных про-
)0

стейших задач щ из последовательности (1) (см. § 12), что,
очевидно, приводит к проведению конечного числа поверхностей (сфер
и плоскостей), которые образуют некоторую геометрическую
фигуру Ф, полностью состоящую из сфер и плоскостей. В попарном
пересечении этих сфер и плоскостей будем осуществлять
построение линий (окружности, прямые), а в пересечении последних будем
находить искомые точки.
Переходим теперь к изложению в геометрии сферографа общего
метода решения стереометрических задач на построение из класса
^ с широким использованием прострапствепного метода инверсии.
В геометрии сферографа при построении фигуры Ф будем
проводить только сферы, а плоскости и прямые будем представлять
соответственно тремя неко л линеарными точками и двумя точками.
Построение прямой пересечения двух данных плоскостей и
построение окружности пересечения плоскости и сферы на фигуре Ф будем
осуществлять с помощью задач 46—48. Для построения
произвольной точки плоскости будем использовать решение задачи 45.
При решении вадач 45—48 широко используются решения
задач 40—43 для построения сфер, инверсных плоскостям и сферам
фигуры Ф. Таким образом, параллельно с построением фигуры Ф
в геометрии сферографа мы будем строить ей инверсную фигуру
ф': ф' =« inv (Ф).
При построепии фигуры Ф возьмем в качестве сферы инверсии
Qo (O0, г) произвольную сферу с единственным ограничением,
чтобы ни одна из строящихся поверхностей (сфера или плоскость)
фигуры Ф не проходила через центр инверсии О* (только в этом
случае фигура Ф' будет состоять из одних только сфер). Если же это
случится в процессе решения, когда последовательно шаг за шагом
будет строиться фигура Ф, то это будет означать, что выбор сферы
инверсии произведен неудачно и ее необходимо заменить другой
сферой инверсии, а решение задачи следует начать сначала.
Таким образом, осуществляя в геометрии сферографа
элементарные операции и решая основные простейшие задачи (см. А'
и Б' из § 11), т. е. выполняя «элементы» р^, t « 1, . . ., т, из
последовательности (1) § 12, получим некоторую фигуру УсФ,
являющуюся решен] e.i данной задачи. Фигура Ч1* будет состоять из сфер,
окружностей и точек, представляющих плоскости и прямые
(отрезки).
В качество иллюстрации изложенного выше общего метода
решения геометрических задач на построение в пространстве
рассмотрим подробно решение задачи 47 (1-й способ). Для того чтобы
упростить построение, предположим, что расстояние от центра О
данной сферы Q ((9, R) до заданной плоскости Л (А1А2А3) больше
/?/4. В этом случае при построении Q' = inv (Л) (задача 41) будет
привлекаться решение задачи 40 (1-й случай).
Решение задачи 47
в геометрии сферографа и плоскографа
Pi (эо) *). С помощью сферографа проводим Q (О, /?).
р2 (эо). С помощью плоскографа проводим плоскость
А (АгА2А3).
р3 (пз) **). В результате осуществления элементарных
операций pj и р2 построим искомую окружность со = Q П Л.
*) (эо) — элементарная операция инструментария.
**) (пз) — основная простейшая задача геометрии,

При решении этой задачи последовательность (1) из § 12 состоит
из элементарных операции р{, р2 и основной простейшей задачи
р3 в геометрии сферографа и плоскографа, т. е. запишется так:
Pi» Рг> Рз1 3Десь ю = 3.
Решение задачи 47
в классической геометрии сферографа
Здесь построение будет осуществляться только с помощью
одного инструмента — сферографа. Решение задачи сводится к
решениям задач 37, 40 и 41.
Построение. В качестве сферы инверсии берем сферу
Q (0, R) и строим U' = inv (Л) (задача 41, 1-й способ).
а) Построение точки О' = SA (О) (см. задачу 37)
^(эо). Пг (Аи \AtO\ ).
q2 (эо). Q2 (Л2, | А%0 | ).
^з (пз)« 0)2 = 0x0 О«.
q, (эо). Q9(A3, \А«О\ ).
qh (пз). со3 «flifl
Mage (пз). о' = о)гпь)8 = Qt р а2 П Qs, of = sA (О).
б) Построение точки 9' = inv (0') (задача 40, 1-й случай)
Ч1 (эо). Q4(0', | 0'0|).
д8 (пз). (1)4=ЙП Й4. Берем на со4 три точки Ви В2, В9.
q9 (эо). йА(Ви \ВгО\).
ql6 (эо). Qe (В2У | 520 | ).
да (пз). соб = Qb П ^в.
ql2 (эо). Q7(53, I Я3£| )•
д13 (пз). сов — Й6 П «т.
д14 (пз). 3' = ©в П «в == ^5 П &в П И?, 0' = inv (0').
д16 (эо). Q' (5', | Э'0 | ), Q' = inv (Л).
gie (пз). со = &П^/з=^ПЛ. Окружность со — искомая.
Последовательность (2) из § 12 для решения задачи 47
запишется так: gx, q2, q3, . . ., gie; здесь т = 16. (При решении задачи
в геометрии сферографа было проведено 8 сфер (элементарных
операций) и решено 8 основных простейших задач.)
Фигура Ф решения этой задачи состоит из Q и Л. А инверсная
ей фигура Ф' состоит только из сфер: Йи й'. (Сфера Q была взята
в качестве сферы инверсии, а поэтому сама себе инверсна. В силу
этого она принадлежит одновременно обеим фигурам Ф и Ф\)
Здесь Ф' = inv (Ф). Результат решения (фигура W) этой задачи
состоит из окружности со.
Примечание. Для упрощения общих рассуждений мы
считали, что Ф' = inv (Ф), т. е. что инверсные сферы строятся
для каждой сферы и плоскости фигуры Ф. Однако для построения
окружности со = Qj П &2 на фигуре Ф нет надобности строить
Q\ = inv (Qj), i = 1, 2, так как со строится на фигуре Ф
непосредственно. Поэтому обычно Ф' = inv (Фх), где Фх представляет
только часть основной фигуры Ф: Фх С Ф.
Например, предположим, что задача 47 сформулирована таким
образом: Даны две сферы Q и Qx и плоскость Л, 0 ф Л.
Построить: (о = Й П Л и % = й П ^1) т« °- требуется
дополнительно построить окружность пересечения двух сфер. Для решения
этой усложненной задачи дополнительно получим:
92

В геометрии сферографа и илоскографа
Pi (эо). Q1 (О,, Я,).
рь (из). o>i = Q П Qx. Окружность Wj — искомая.
В геометрии сферографа
$17 (эо). Qj (Оь Лх).
c/ib (ни)- о>! = £2 П &1« Окружность (Oj — искомая.
Фигура Ф решения этой усложненной задами будет состоять
из Q, C2j и Л; фигура Ф' — из Q и Q'. Здесь уже Ф' = inv (Ф1)|
где <1>! состоит из Q и Л, причем Фх а Ф.
Общий метод решения стереометрических задач на построение,
изложенный выше, как прежде, приводит к весьма сложным и
громоздким построениям и поэтому представляет более теоретических,
чем практический интерес. Всегда следует всесторонне
проанализировать различные способы решения предложенной задачи и m -
пытаться найти для нее более простой — оригинальный мстгд
решения.
§ 14. Примеры решения стереометрических задач
на построение в геометрии сферографа
Задача 53. Дана сфера и точка на ней. Построить
точку, диаметрально противоположную данной.
Дано: Q (АХч Л)иЛ0Е Й. Построить: А2 = К [Л0Лx)f\
П Q, \А0А2 | = 2 \АОАХ | = 2Д.
Построение (1-й способ). Проводим сферу
ii1 (Ao, R), которая в пересечении с данной сферой
определит окружность to = Q fl Q1# Находим радиус R этой
окружности (задача 52). Берем на (о произвольную точку
D и проводим Q2 (D, R), в результате построим Wj =
= Q П Q2. На окружности со1 строим точку Ь1?
диаметрально противоположную точке А01 для чего
последовательно проводим й8 (Ао, Я), £24 (^» ^) и ^з (С, Л),
которые, пересекая (о^ отметят на ней точки В, С, Dx.
Далее, аналогично предыдущим построениям, проводим
сферу Qe (Dx, Л), получим ©2 « Q f| Qe и на окружности
о)2 строим точку А2, диаметрально противоположную
точке D этой окружности, для чего на со2 последовательно
будут отмечены точки ВХ1 Сх, Л2. Точка А2 — искомая.
Доказательство. Из приведенного
построения следует, что со, (ох, со2 и точки Ло, Z), В, С, Dv Bx, (\
и А2 принадлежат данной сфере й, а точки Ло, Z), Dx
и А2 принадлежат одной плоскости, проходящей через
центр данной сферы, т. е. расположены на большой
окружности этой сферы. А так как, согласно построению,
| A0D | = | DDX | = | DXA2 | = Л, то отсюда следует, что
точка А2 диаметрально противоположна точке Ао на дуге
большой окружности сферы, а значи^ и на данной сфере,
93

Обратим внимание читателя на то, что, с одной стороны,
с помощью одного сферографа мы осуществляли
построение на сфере Q, а, с другой,— на луче к [AqA^ (точку Л2
построили так, что | А0А2 | =* 2 | А0Аг |).
II остроение (2-й способ). Проводя через прямую
X (А0Аг) две произвольные плоскости, представляем ее
в виде пересечения двух плоскостей X (А0Аг) = А1 Г) Ла
и строим большие окружности со2 = Q р| Ах и со2 = Q f]
П Л2 (задача 48). В результате построим точку А2 =
= (ох П о)2. Точка Аг — искомая (второй точкой
пересечения двух больших окружностей будет данная точка
А о). Вторым способом фактически решается задача: дана
сфера и прямая, проходящая через центр этой сферы.
Построить точку их пересечения.
Примечание 1. Если дан отрезок [Л0Л1] и
требуется построить отрезок [Л^зК в два раза больптий1
то проводим сферу Ci (А1У | А0А1 |) и строим точку A2f
диаметрально противоположную точке Ао.
Примечание 2. С помощью 2-го способа решается
задача 51 в случае, если данные поверхности — сфера и
две плоскости, проходящие через ее центр: {Л0;Л2} =
-ОП Аж h Л, = ЙП X.
Задача 54. Дан отрезок. Построить отрезок, в п раз
больший данного.
Дано: Uo^J. Построить: [А0Ап], \А^АХ \ =»= г,
| А0Ап | — пг, где п = 2, 3, . . .
Построение. Строим отрезок [Л0Л81: | А0А2 | =
«= 2 | А0Аг | (см. примечание 1 к задаче 53). Проводим
Q (А 2, г) и аналогично строим l^^j | =* | ^4 х>12 |.
Очевидно, что | А ОАЬ | — 8 | А 0Аг | = Зг. Повторяя
построение п — \ раз, построим требуемый отрезок: | А0Ап | =
= п | АОАХ | = пг.
Примечание 1. Бели уже построен отреэок,
в два раза больший данного, то для построения отрезка,
в 3, 4, ... рае большего данного, можно воспользоваться
методОхМ, который был рассмотрен в задаче 33 для
построений на плоскости с помощью одного лишь циркуля. Этот
метод переносится и на построения одним сферографом
в пространстве. При этом построение значительно
упрощается. Вместо задачи 1 здесь применяется задача 37.
Примечание 2. В геометрии сферографа
примечание к задаче 2 и сноска на с. 10 остаются, очевиднов
справедливыми.
Задача 55. Построить отрезокА в п раз меньший
данного отрезка.
94

Дано: [АВ]. Построить: [АХ], \ АХ \ = \ АВ \/пщ
X е [АВ].
Построение, Строим отрезок, в п раз больший
данного (задача 54): | АС | = п \ А В |. Проводим сферу
Q (А, | АВ |) и берем ее в качестве сферы инверсии.
Строим точку X = inv (С) (задача 40). Отрезок [АХ] —
искомый.
Доказательство. Точка X = inv (С), значит
| АС |-1 АХ | = | АВ |2. Если теперь принять во
внимание, что | АС | = п | АВ |, то получим \ АХ \ = \ АВ \/п.
Примечание. Для того чтобы данный отрезок
[АВ] разделить пополам (задача 54, п = 2), строим | АС |=*
= 2 | АВ |. Проводим Q (С, | АС |) и й' (Л, | АВ |),
получим со = Q П Q'. Если теперь взять на со три точки
Dt и провести три сферы Qt (Dti \ АВ |), / = 1,2, 3, то
в результате пересечения этих сфер и построим точку Xft
делящую данный отрезок пополам: \ АХ |= | ХВ |.
Задача 56. Даны прямая и точка, не принадлежащая
этой прямой *). Через точку провести прямую,
параллельную данной прямой.
Дано: X (А1А2) и точка С ^ А,. Построить: Хг (ССХ)\\
WXiAA)
Построение. Проводим сферы Q (С, | АХА2 \) и
йх (Л2, | АгС |), в пересечении которых получим о =
= Q П Qx. Строим большую окружность сох пересечения
сферы Я с плоскостью Л (А1А2С), проходящей через
центр С этой сферы (задача 48). Построенная окружность
пересечет окружность со в двух точках. Буквой Сх
обозначим ту из них, которая в плоскости Л вместе с точкой С
лежит по одну сторону от прямой Xv Прямая К (СС^) —
искомая.
Примечание. Здесь также решена задача: Даны
три неколлинеарные точки А1У А2, С. Построить в
плоскости Л (АХА2С) параллелограмм АхА2СгС,
Задача 57. Через данную точку провести прямую,
перпендикулярную к данной плоскости.
Дано: точка С и Л (А1А2А3). Построить: X, X _|_ Л,
С(= А,.
Построение (1-й случай, когда точка не
принадлежит плоскости). Строим точку Сг = SA (С) (эа-
дача 37). Прямая X (ССХ) — искомая.
Построение (2-й случай, когда точка
принадлежит плоскости). Произвольным радиусом R проводим
*) См. примечание 1 к задаче 39,
95

Q (С, /?), где С £Е Л. В пересечении с данной плоскостью
построим окружность со (задача 48). Берем на со три точки
Сц С2, ^з и произвольным радиусом d проводим сферы
Qt (Ch d), i = l, 2, 3, в пересечении которых построим
точки Ох и (9а. Прямая X {ОХО2) __[_ Л и проходит через
точку С. Прямая X — искомая.
Задача 58. Через данную точку в пространстве
провести плоскость, перпендикулярную данной прямой.
Дано: точка С и X (АХА2). Построить: Л, Л _]_ X, С 6Е
е Л.
Построение (1-й случай, когда точка не
принадлежит прямой). Проводим сферы Q (Аг, \ АХС \) и
Qx (А2, \ А2С |), в пересечении которых построим
окружность со. Плоскость Л (со) — искомая.
Построение (2-й случай, когда точка
принадлежит прямой). Берем вне прямой точку С и строим
плоскость Л (со) (1-й случай этой задачи). Р1а окружности
со берем точки Сх и С2, отличные от точки С", и строим
прямые Хх (CBJ || Х3 (С'Сг) и Х2 (СВ2) \\ А,4 (С'С2) (задача 56).
Плоскость Л {B,B2C) — искомая.
Задача 59, Даны плоскость и прямая. Через эту
прямую провести плоскость, перпендикулярно данной
плоскости.
Дано: К(А1А2) и Л (5^2Д3)« Построить: Л1? Лх J_ Л
и Ха л.
Построение (1-й случай, когда прямая не
принадлежит плоскости). В этом случае по крайней мере одна
из точек Ах или А2 не принадлежит данной плоскости *),
например, точка Av Строим точку Аг = SA (At) (задача 37).
Плоскость А(А1А2А3) —искомая.
Построение (2-й случай, когда прямая принадлежит
плоскости). Строим прямую X (OOJ, перпендикулярную
плоскости Л и проходящую черев точку Ах (задача 57).
Плоскость Л (АХА2О) — искомая.
Задача 60. Построить плоскость, параллельную дан-
пой плоскости и проходящую через данную точку.
Дано: Л (А1А2А3) и точка С. Построить: Аи Аг\\ Л
и С (= Аг.
Построение. Строим прямые Хх (ССХ) и Х2 (СС2),
параллельные соответственно прямым Х3 (АХА2) и Х4 (АХА 3)
(задача 56). Плоскость Ах {ССХС2) — искомая.
Если данная точка С принадлежит данной плоскости,
то искомая плоскость совпадает с данной плоскостью*
*) См. примечание 1 к задаче 37.
96

Задача 61. Даны две скрещивающиеся прямые Хх (А1А2)
и Х2 (ВХВ2). Построить прямую А,, которая пересекает обе
данные прямые и перпендикулярна каждой из них.
Построение. Проводим прямую Х3 (АХС),
параллельную прямой Х2 (задача 56). Плоскость Л (^41^42С)||
|| Х2 {ВХВ2). Строим точку В1 = 3Л (Вг) (задача 37). Строим
прямую Х4 пересечения плоскостей Л и Лх (В1В2В1)
(задача 46). Обозначим через С точку пересечения прямых
Хх и Х4, лежащих в плоскости Л. И, наконец, если теперь
построить прямую X (OjOj), проходящую через точку С
и перпендикулярную плоскости Л (задача 57), то и
построим искомую прямую X.
Примечание. Обозначим через Сх точку
пересечения прямых А, и Хг. Легко проверить, что длина отрезка
[ССХ] меньше длины любого другого отрезка,
соединяющего любую точку прямой Хх с любой точкой прямой Х2.
Задача 62. Построить две плоскости, параллельные дапной
плоскости Л и отстоящие от нее на расстоянии d.
Построение. Строим прямую А, (ООХ),
перпендикулярную данной плоскости Л (AiA2A3) и проходящую через точку Ах
(задача 57). Представляем прямую X в виде пересечения двух
плоскостей: к = А1 П Л2 и проводим сферу Q (A*, d). Строим точки
(Вг; В2) = & (~) А1 П Л2 = Q П К (задача 51; см. примечание
z задачи 53). Строим плоскости Л3 и Л4, проходящие
соответственно через точки Вх и В2 и перпендикулярные прямой К (задача 58).
Плоскости Л3 и А4 — искомые.
Задача 63. Трехгранный угол задан вершиной О и тремя
ребрами: %i [OAi), i = 1, 2, 3. Построить сферу Q данного радиуса /?,
которая касается каждой грани угла: А1 {ОА2А3), Л2 (ОА^А^) и
Л3 {ОАХА2).
Построение. Проводим две плоскости, параллельные
плоскости Ai (грани ЛА (ОА 2А 3) и отстоящей от нее на расстоянии И
(задача 62). Обозначим через Л^ ту из них, которая вместе с ребром
Хх принадлежит одному полупространству с границей Ль
Аналогично строим плоскости Л2 и Л3, параллельные соответственно
граням А2 и Л3. В пересечении этих плоскостей и определим центр
искомой сферы Ох = Л^ П Ag П Л3. Сфера Q (Ox, R) — искомая.
Из приведенного решения легко сделать такие выводы.
Геометрическое место точек — центров всевозможных сфер
Q (Ои В), касающихся граней трехгранного угла (0 < R < оо),
есть луч X [ООх)у каждая из точек которого равноудалена от его
граней.
Предположим теперь, что из центра О1 сферы Q задачи 63 на
грани угла опущены перпендикуляры [01#$], I = 1, 2, 3. И пусть
точка X, двигаясь по окружности со (Вх\ В2\ В3), ее описывает.
Тогда луч Я' [OBi) опишет круговую коническую поверхность
К, касающуюся граней угла по образующим Ki [ОВ\) = 1, 2, 3.
В заключение этого параграфа отметим, что к решению задач
62 и 63 легко свести решения двух более сложных задач.
97

Задача 64. Трехгранный угол задан вершиной О и тремя
ребрами: %i [OAt), i = 1, 2, 3, и дана точка С. Построить сферы,
проходящие через точку С и касающиеся каждой из трех граней этого
угла.
(Замечание. В зависимости от расположения данной
точки в пространстве можот быть получено две сферы, одна сфера
или решение задачи может оказаться невозможным.)
Задача 65. Трехгранный угол задан вершиной О и тремя
ребрами: A,j [OAi), i = 1, 2, 3, и дана сфера Q (0\ г). Построить
сферы, касающиеся данной сферы и трех граней угла.
(Замечание. В зависимости от расположения данной
сферы по отношению к круговому конусу К, в решение может
входить к сфер, где к = 0, 1, 2, 3, 4.)
§ 15. Решение стереометрических задач
па построение при условии, чтобы все сферы
проходили через одну и ту же точку
В этом параграфе мы будем пользоваться расширенным
определением инструментария, по сравнению с тем понятием, которое
было дано в § 9.
В теории геометрических построений иногда используют
вспомогательные геометрические фигуры, данные (вычерченные) заранее
на плоскости или в пространстве, например, окружность или сфера
инверсии, окружность или сфера Штейнера, ромб, квадратрисса
Гиппия и др. Следует заметить, что введение вспомогательных,
фигур позволяет расширить класс задач, которые можно разрешить
с помощью одних только чертежных инструментов, без
использования вспомогательных фигур. Таким образом, эти фигуры выпол-
пяют роль вспомогательных инструментов, или, иначе говоря,
являются фигурами инструментальной поддержки решения
геометрических задач на построение из определенного фиксированного
класса. В настоящем параграфе в понятие инструментария
(заданного комплекса инструментов) будем включать: а) набор чертеж-
пых инструментов (в частности, набор может состоять из одного
инструмента); б) некоторые вспомогательные фигуры
инструментальной поддержки.
Каждая фигура инструментальной поддержки задается в
плоскости чертежа или в пространстве перед решением задачи на
построение. Мы условимся считать, что допускается однократное
употребление специального инструмента, с помощью которого
строится (вычерчивается) такая фигура. Поэтому расположение
каждой фигуры инструментальной поддержки в плоскости чертежа
(в пространстве) можно предварительно указывать, т. е.
вычерчивать там, где это нам необходимо.
В примечании А, приведенном в конце § 10, мы уже отмечали,
что в геометрии сферографа при построении фигуры, инверсной
точке, плоскости и сфере, проходящей через центр инверсии, все
сферы решения задачи (задачи 40, 41, 42) всегда проходят
через одну и ту же точку — центр инверсии. Исключение
представляет только решение задачи 40 (2-й случай), когда приходится
строить отрезок в п раз больше данного, одним из концов которого
является центр инверсии. С аналогичной ситуацией мы уже
встречались в геометрии циркуля (см. § 8) и поэтому вынуждены были
ввести «дополнительную операцию» для циркуля, расширяющую
98

его функции. Здесь же, чтобы исключить из решения задач
построение с помощью одного сферографа отрезка, в п раз большего
данного, мы вынуждены включить в инструментарий новый
инструмент — повторитель отрезка на луче, о помощью которого на луче
к [ОпЛх), выходящем из центра инверсии 0О, можно повторять
отрезок [<90^i], т. е. (отмечать) точку А% так, чтобы | О0Лг \ = | АгА2 \,
Лае1 [Oo^i). Повторяя это построение п — 1 раз с помощью
повторителя отрезка на луче, можно строить отрезок в п или 2П
рае больший данного.
Использование дополнительного инструмента — повторителя
отрезка на луче — при решении эадачн 40 (2-й случай) позволяет
это построение выполнить так, что все сферы решения будут
проходить через одну и ту же точку — центр инверсии.
* * *
В § 8 теорема Штейнера о возможности решения геометрических
эадач на построение одной лишь линейкой при условии, что в
плоскости чертежа зафиксирована некоторая окружность и известен
ее центр, была использована без доказательства. В этом параграфе
будет использоваться пространственный аналог построений
Штейнера, предложенный в [12], также без приведения соответствующего
доказательства.
В силу теоремы III § 12 и принятых в данной брошюре
обозначений, результат Пикус [12] можно сформулировать в виде
следующей теоремы.
Теорема I. Каждую стереометрическую задачу на построение,
разрешимую с помощью сферографа, циркуля и линейки, т. е. задачу
из класса $, всегда можно точно решить и с помощью
инструментария, состоящего из плоско граф а, линейки и фиксированной сферы
инструментальной поддержки с известным центром, причем все
плоскости построения будут проходить через одну и ту же точку —
центр фиксированной сферы (сферы Штейнера).
В этой теореме линейка используется для того, чтобы
проводить прямые линии в плоскостях, проходящих через центр сферы
Штейнера.
Ив инструментария, указанного в теореме, линейку можно
исключить, а прямые проводить с помощью плоскографа. При этом
мы как бы «выходим в пространство»: для проведения в плоскости
Л прямой к {АВ) берем вне плоскости точку С и проводим
плоскость Aj (ABC). Эта операция здесь допустима, так как построение
осуществляется в пространстве, а точки плоскости А1, не
принадлежащие к, при этом не используются.
Заметим, однако, что если в теореме I из инструментария
исключить линейку, то уже не все плоскости построения будут
проходить через центр сферы Штейпера.
В этой рубрике мы рассмотрим специальные приемы решения
стереометрических эадач на построение, когда «все сферы решен*iя
задачи» будут проходить через одну и ту же точку — центр
инверсии. Эти построения, как увидит читатель, в некотором смысле
аналогичны тем построениям, которые были рассмотрены в § 8
для построений Мора—Маскерони на плоскости.
99

Уточним теперь, что здесь будет пониматься под выражением:
«все сферы решения задачи...». В это множество мы будем включать
сферы, которые необходимо провести для решения предложенной
задачи и получения результата. Однако из этого множества следует
исключить: а) сферы или их части, заданные в качестве исходных
данных, б) сферы инструментальной поддержки (сферы инверсии,
сферы Штейнера), в) сферы, которые являются решением задачи.
Все эти сферы, разумеется, не могут проходить через одну п ту же
точку.
Рассмотрим пример. В пространстве даны четыре сферы.
Требуется построить все сферы, каждая из которых касается каждой
из этих заданных сфер (эта задача — пространственный аналог
знаменитой вадачи Аполлония). В зависимости от расположения
четырех данных сфер относительно друг друга, количество сфер
решения т может принимать одно из значений 0 ^ т ^ 10. Все
данные четыре сферы, как правило, через одну точку не проходят.
Это же замечание относится и к т сферам результата решения.
Через центр инверсии должны проходить только сферы, с помощью
которых будут построены центры и определены радиусы искомых
сфер результата.
Теперь сформулируем теорему, которая будет некоторым
аналогом теоремы III из § 8.
Теорема II. Каждую стереометрическую задачу на построение
из класса $ можно так решить с помощью инструментария,
состоящего из сферографа, плоскографа, повторителя отрезка на луче
и одной сферы инструментальной поддержки (сферы Штейнера),
что все сферы и плоскости построения будут проходить через одну
и ту же точку — центр инверсии.
Доказательство. Берем в качестве сферы Штейнера
ваданную сферу инструментальной поддержки Q (О, Я) и решаем
методом Штейнера предложенную задачу из класса $. В
результате построим некоторую фигуру Ф, состоящую только из
плоскостей. Заметим, что так как каждую прямую в любой из
плоскостей, проходящих через центр сферы Штейнера, мы будем
проводить не с помощью линейки, а с помощью плоскографа, то
возникающие при этом плоскости через центр сферы Штейнера уже
проходить не будут. Сфера Q (О, R) фигуре Ф не принадлежит, так как
ото сфера инструментальной поддержки.
Фигуру Ф будем строить поэтапно, шаг за шагом проводя с
помощью сферографа только плоскости, проходящие через центр
сферы Штейнера, а плоскости, не проходящие через этот центр,
будем представлять в. виде трех неколлинеарных точек, построение
которых будем осуществлять следующим образом.
Представим себе, что вместо фигуры Ф мы строим инверсную
ей фигуру Ф' (т. е. решаем другую задачу из класса $,
естественным образом соответствующую данной задаче). В качестве сферы
инверсии берем все ту же сферу Q (О, R) инструментальной
поддержки, которая здесь используется и в качестве сферы Штейнера.
Плоскости фигуры Ф, которые проходят через центр инверсии, сами
себе инверсны (теорема VI § 10), а для каждой из плоскостей, не
проходящих через него, инверсной будет сфера, которая уже
проходит через центр инверсии. Поэтому, вместо того чтобы проводить
с помощью плоскографа плоскости фигуры Ф, не проходящие через
центр инверсии, мы, строя носледовательно фигуру Ф', будем для
каждой такой плоскости строить инверсную сферу, а затем, исполь-
вуя решение задачи 42, построим три неколлинеарные точки, пред-
100

ставляющие эту плоскость на фигуре Ф. Все сферы, проведенные
при этом, будут проходить через центр инверсии. Итак, фигура Ф
будет состоять только из плоскостей, проходящих через центр
инверсии и проведенных с помощью плоскографа, и точек (точноз,
троек точек, представляющих плоскости, пе проходящие через
центр инверсии). Построение фигур Ф и Ф' осуществляется
одновременно шаг за шагом. После конечного числа шагов фигура Ф
будет построена; на ней мы и получим результат решения
задачи — фигуру ЧГ. Здесь уже все сферы и плоскости построения
будут проходить через одну и ту же точку — центр инверсии О.
Теорема доказана.
Следующая теорема геометрии сферографа будет аналогична
теореме II § 8.
Теорема III. Каждую стереометрическую задачу на построение,
принадлежащую классу &, можно так решить с помощью
инструментария, состоящего ил сферографа, повторителя отрезка на луче
и двух сфер инструментальной поддержки, пересекающихся
ортогонально, что все сферы построения будут проходить через одну
и ту же точку — центр инверсии.
Доказательство. Фигуры инструментальной
поддержки (в нашем случае — это две сферы, пересекающиеся ортогонально)
задаются (вычерчиваются) предварительно. Поэтому эти две
ортогональные сферы располагаем в пространстве так, чтобы при
решении предложенной задачи методом Штейнера ни одна из
плоскостей построенной при этом фигуры Ф не проходила через центр
инверсии, если одну из этих сфер инструментальной поддержки взять
в качестве сферы Штейнера, а вторую — в качестве сферы
инверсии. Если же в процессе построения фигуры Ф очередная
проводимая плоскость должна пройти через центр инверсии, то это будет
означать, что расположение двух ортогональных сфер мы выбрали
неудачно и их расположение в пространстве следует изменить.
Решение задачи в этом случае следует начинать сначала.
Фигура Ф и здесь будет состоять из одних только плоскостей,
но так как в наборе инструментов отсутствует плоскограф, то
каждая из этих плоскостей будет строиться в виде трех неколлинеар-
ных точек. Инверсная же ей фигура Ф' будет включать только
сферы, каждая из которых проходит через центр инверсии. Так
как при последовательном построении фигур Ф и Ф' будут
использованы решения задач 40, 41 и 42, то остается заметить, что все
сферы решения этих задач также будут проходить через центр
инверсии. Теорема доказана.
* * *
Задача 66. С помощью сферографа и плоскографа построить
отрезок, в Зп раза больший данного отрезка.
Дано: [АЛ0]. Построить: [ЛАп], | ААп | = 3n | АА0 |.
Построение. Обозначим | АА0 | = R и проводим сферы
Q (A, R) и Qx (Ао, R), а затем с помощью плоскографа проводим
плоскость Л, проходящую через прямую \ (ЛА0) в произвольном
направлении. В пересечении получим окружность со = Л (~) Qt
и две точки {Е; Е'} = Л fi & П ®i- В результате проведения сфер
йъ (Е, R) и Й3 (#'» R) построим точки С = Л f| й, П Й2 =
= соП^2 и С = Л П ^i П Й3 = (о П &з- И если теперь
провести сферы Q4 (С, | АС |) и Q5 (С, \ АС |), то в пересечении
получим точку Аг, причем | AAt | = 3 | АА0 \ = 3R: Ах = A f|
П ^4 П ов.
101

Далее вместо отрезка [АА0] берем отрезок [ААг] п построение
повторяем. В результате построим точку Л2, причем | АА2 | = 32#
и т. д. Повторив построение п раз, получим искомый отрезок [ЛЛП],
в Зп раз больший данного. При этом в плоскости Л будет построена
геометрическая фигура, в точности совпадающая с фигурой,
приведенной на рис. 18 (задача 11).
Здесь следует отметить, что при решении задачи плоскость Л
и сферы Й{, i = 1, 2, 3, 4, 5, проходят через точку Л, а сфера Q
проводится из точки А у как из центра.
Из теоремы II данного параграфа и из решения задачи 64
следует теорема, которая в некотором смысле аналогична
теореме III' § 8.
Теорема IV. Каждую стереометрическую задачу на построение
из класса ^ можно так решить с помощью инструментария,
состоящего из сферографа, плоскографа и одной сферы
инструментальной поддержки, что все плоскости решения задачи будут проходить
через одну и ту же точку — центр инверсии О, а все сфер и
построения либо будут проходить через эту же точку О, либо будут про-
водиться из этой точки О, как из центра.
В заключение данного параграфа отметим, что результаты пла-
пиметрических построений одним циркулем, рассмотренные во
второй главе, можно также распространить и на решение
геометрических задач на построение одним лишь сферографом в
пространстве.
Го нашему мнению, представляет некоторый интерес и решение
стереометрических задач на построение с помощью одного сферо-
графа, когда в качестве фигуры инструментальной поддержки
задана:
а) вычерченная фиксированная плоскость;
5) вычерченная фиксированная прямая в пространстве.
* ♦ ♦
Приведенное в приложении III построение почти доелсьяо
переносится и на случай построений одним сферогрдфом в
пространстве. При этом здесь вместо решений задач 1, 15 и 16 следует
использовать решения задач 37, 40 и 41.
Пусть данная плоскость Л находится па расстояние .■/ от центра
инверсии О, причем d < г/4. Построить il (О, В) = inv (Л) так,
чтобы все сферы построения проходили через одну и г у же
точку 0.
Для решения этой задачи почти дослосно повторяла решение
задачи 16, приведенное в приложении III на с. 106 — 108 с едипствен-
пым ограничением, что вместо двух произвольных прямых проводим
через симметричную точку С три произвольные плоскости, отстоя-
3
щи о от центра инверсии О не ближе, г*ем на у d.
Точно так же для данной точки С строим ей симметричную
точку X: X = inv (С). Предлагаем читателю проделать это в виде
упражнения.
Из приведенного здесь рассуждения следует, что в теорехмах II
и III § 15 из набора инструментов «повторитель отрезка на луче»
может быть исключен. Однако при этом построение инверсных
точек будет значительно усложнено.

ЗАКЛЮЧЕНИЕ
В этой брошюре впервые в литературе излагается
теория геометрических построений с помощью одного лишь
сферографа, представляющая пространственный аналог
построений Мора—Маскерони.
В данной работе доказано, что с помощью каждого
из наборов инструментов: 1) сферографа и плоскографа,
2) плоскографа, циркуля и линейки, 3) плоскографа и
циркуля, 4) сферографа, можно точно решать одни и те
же стереометрические задачи на построение.
Однако, как мы уже отмечали, не существует реальных
инструментов (физических устройств) — сферографа и
плоскографа, с помощью которых можно проводить в
пространстве сферы и плоскости. Кроме того, отсутствует
и физическое пространство (физическая среда), в котором
с помощью этих устройств (даже если бы они реально
и существовали) можно было бы проводить и фиксировать
сферы и плоскости и притом так, чтобы построенная
трехмерная геометрическая фигура была видимой и обозримой
с различных направлений.
Можно надеяться, что в ближайшем будущем для
решения стереометрических задач на построение, т. е. для
построения геометрических фигур в пространстве, будет
широко использоваться метод голографии как в
конструктивной геометрии сферографа, так и в традиционных
построениях с помощью плоскографа, циркуля и линейки.
Методы построения геометрических фигур в
пространстве, по всей видимости, можно будет применять и в
машинной графике современных компьютеров, которые уже
сейчас широко используются для построения
пространственных объектов на графических устройствах вывода
информации (дисплеи2 плоттеры).

ПРИЛОЖЕНИЯ
Приложение I
Список обозиаменяй
N — мпожсство всех натуральных чисел.
Ф, У — геометрические фигуры.
(А В) — прямая, проходящая через точки А и В,
[АВ] — отрезок с концами А и В.
[АВ) —луч АВ.
|| — знак параллельности.
_|_ — знак перпендикулярности.
(А В) || (CD) — прямая АВ параллел(>па прямой CD.
\АВ] J_ \CD] — отрезок А В перпендикулярен отрезку CD.
/_ — 8нак угла, /_АВС — угол ABC.
знак величины угла. ABC = 60°.
w — знак дуги. ^;АВ — дуга АВ.
^ — знак угловой величины дуги. CD = 90°.
Д — знак треугольника.
знак подобии. Д ABC ~ Д DEF.
£ё — знак конгруэнтности (равенства фигур). Д ABC ~ Д DEF.
е — знак принадлежности. А е (CD) — точка А
принадлежит (CD).
С — знак включения. [А В] С. Ф — отрезок А В принадлежит
фигуре Ф.
U — знак объединения.
П — знак пересечения. Е = (АВ) (~) (CD) — прямые
пересекаются в точке Е.
0 — пустое множество. М = 0 — множество М пусто.
А (х) — точка с координатой х.
М = {а; 6; с) — множество Л/, состоящее иэ элементов а, бис
(О, г) — окружность или круг с центром О и радиусом г.
—>
АВ — вектор АВ.
| | — знак сонаправленности векторов. АВ j ] ffi) — векторы
лежат на параллельных прямых и направлены в одну сторону.
| J — знак противоположной направленности векторов.
^(АВ) №) — точка, симметричная точке С относительно
прямой АВ.
н£> — гомотетия (подобие) с центром О и коэффициентом к%
104

Приложение II
Задача 18. Доказательство в общем случае
В задаче 18 доказательство справедливости построения было
пронсдено для случая, когда центр инверсии О лежит вне заданной
окружности (О1ч /?). Здесь мы приводим доказательство, которое
не связано с проведением касательной ОР, и справедливо в общем
случае.
Доказательство. Введем координатную прямую: О
(центр инверсии) — начало координат; ось абсцисс проходит через
центр Ог заданной окружности. Обозначим координаты точек оси:
А (*,), Л' (*;), В (*2), В' (4), О, (*з), О2 (*4), О' (хь) (см. рис. 25,
30, 46).
\ х
Рис. 46
Тогда
R =
(1)
I ^э I = 2 • I ^41
(2)
(3)
Пусть точка О' инверсна точке О2 (центру искомой окружности,
инверсной эаданной), т. е.
х&ь = г2. (4)
Необходимо доказать, что
1*з I • (I хэ \ + \*ь I) = #2» (5)
т. е. что точка О' инверсна точке О, если окружность (О1у В)
принять в качестве окружности инверсии,
' 105

Действительно, из равенств (1)—(4) получим
что и требовалось.
Приложение III
Замечание к задаче построения точки, инверсной данной
В первом издании настоящей брошюры, вышедшей в 1959 году,
для доказательства теорем II—V из § 8 автор вынужден был
ввести так называемую «дополнительную операцию» (см. § 8), которая
затем использовалась для построения инверсной точки в случае,
когда данная точка находится от центра инверсии не далее половины
радиуса инверсии. Введенная дополнительная операция позволила
1-й и 2-й случаи решения задачи 15 (а значит, и задачи 16, при
решении которой используется решение задачи 15) фактически свести
к единому достаточно простому методу построения, обладающему,
в частности, свойством, что все окружности построения проходят
через одну точку — центр инверсии.
После выхода 1-го издания этой брошюры из печати К. И.
Козловский в работе [6] предложил новый общий метод построения
инверсных точек. Хотя это построение и достаточно сложное,
однако дополнительная операция при этом не используется.
Переходим теперь к краткому изложению результатов
работы [6].
Способ построения, рассмотренный ранее в задаче 16 (с. 33),
сводится, по существу, к построению инверсной точки. Именно,
пусть (О, г) — окружность инверсии, О ф (АВ), тогда
окружностью, инверсной прямой А В, будет (О', Л), где О' = inv (C\), С\ =
= S(AB) (О), R = | 00' | . Если | ОС\ | > г/2, то построение точки
О' = inv (C\) не представляет труда — это первый случай
задачи 15, при котором, в частности, все окружности построения
проходят через точку О. Трудности возникают как раз в случае | ОС^ | ^
^ г/2, или, если обозначить через d расстояние от центра инверсии
О до прямой АВ, то — в случае d < г/4. В работе [6] автор дает
рекуррентный способ, позволяющий «улучшать» исходные условия,
т. е. переходить к аналогичным задачам, но уже с большими
расстояниями от центра инверсии до прямых. Так возникает возмож-
106

ность в несколько шагов прийти к использованию «благополучного»
1-го случая задачи 15.
Приведем решение задачи 16 в случае, когда расстояние d от
центра инверсии О до прямой А В не больше четверти радиуса
инверсии (d ^ г/4). При этом все входящие в построение окружности
будут проходить через одну и ту же точку.
Построение (решение задачи 16 в случае d ^ г/4).
Построение будем проводить в три этапа.
Первый этап. Строим точку С\ = S^AB) (О) (рис. 47),
4 of
Рис. 47
1-й шаг. Берем произвольно две точки А\ и В], однако так,
чтобы прямые Jj = (Л* С*) и g* = {В\с\) были удалены от центра
инверсии О больше чем на 3/2 d, т. е.
di > у <*, ^=1,2,
где dj, d2 — расстояния соответственно от точки О до прямых lj
и q]v Это сделать всегда возможно, так как | ОС\ \ = 2d, и доста-
.. ^ n. з
>-^-, sinOCj^>-^. Наконец, строим
точно взять sin
точки
; = 8 (О),
Если при этом не выполняется хотя бы одно из неравенств di > г/4,
то переходим к следующему шагу.
2-й шаг. Выбираем произвольно четыре точки А\, В\ и А\, В\
так, чтобы прямые А\С\, В\С\ и А\С\, В\с\ были различными
и чтобы точка О была удалена от каждой из них больше чем на
107

0 / о ч / Q \2 ■ . . - ■
~2~ ( ~2~^ ) = \~2~ ) ^" ^ТИ пРямые обозначим соответствепно через
/^, q* и l\, q\ и, наконец, строим точки С?, i = 1, 2 3, 4,
симметричные точке О относительно этих прямых. Если хотя бы одна
па этих точек будет находиться от центра инверсии не дальше,
чем на г/2, то переходим к следующему шагу.
Продолжая этот процесс, через конечное число п шагов мы
придем к таким 2П прямым Z", g™, i = 1,2,..., 2П~1, что каждая из
точек 6j+1, / «= 1, 2, . . ., 2П, симметричных относительно этих
прямых точке О, будет уже удалена от центра инверсии О дальше,
чем на г/2.
Второй этап. Строим точки О}1*1, инверсные точкам С}1*1,
/=1,2,..., 2п (1-й случай решения задачи 15). Построенные
точки будут центрами окружностей, инверсных прямым I™ и q™ ,
1 = 1, 2, . . ., 2n~*.
Третий этап. Третий этап построения мы продолжаем в
обратном порядке. Проводим окружности (О^+1, | ОО?+11), / = 1, 2, . . .
. . ., 2П, в пересечении которых ((0J1*1, | 00™ \ ) с (Og+1, | 00™ |),
((9g+1, | OO%+1 |) с ((9^l+1, | OO?+11), . . . ) построим точки Oj1,
i = 1, 2, . . ., 2П~1, которые будут центрами окружностей,
инверсных прямым Z""1, q7]'1, / e 1» 2, . . ., 271~2. Повторяя этот процесс
п раз, мы построим центр О' искомой окружности, инверсной
данной прямой АВ:
где
) - inv l\% (Oj, | O0| |) = i
O*, | 00'|) =« inv
Все окружности, проведенные при таком решении задачи 16,
будут проходить через одну и ту же точку — центр инверсии О.
Это относится и к окружностям (Cj, | OCj |), с помощью которых
мы проверяем выполнимость или невыполнимость неравенств
| OCj+1 | > г/2 (неравенство выполняется, если эта окружность
пересекает окружность инверсии в двух точках). Заметим, что при
окончании первого этапа построения соответствующие
«проверочные» окружности окажутся необходимым элементом второго этапа.
Примечание 1. Справедливость изложенного метода
построения следует из теоремы I § 3 и приведенного ранее
доказательства задачи 16, см. с. 33.
Примечание 2. Для большей наглядности изложения
мы потребовали, чтобы все симметричные точки на п-м шаге были
расположены от центра инверсии далее чем на половину радиуса
инверсии. Однако если при выполнении к-го шага для некоторой
точки cf+1 (или нескольких таких точек) справедливо неравенство
| ОС**1 | > г/2, то для этой точки можно переходить к выполнению
второго этапа построения и исключить эту точку из дальнейшего
решения задачи до последнего шага третьего этапа.
108

П р и м с ч а ц и е 3. В первом этапе построения число шагов
71 может быть значительно уменьшено, если при выборе прямых I
н q для каждой точки С (мы индексы для этих букв опускаем) углы
каждой из этих прямых с прямой ОС будут близки к 90°.
Примечание 4. Ясно, что фактически получен способ
построения точки X, инверсной данной точке С для случая | ОС | <
< г/2, причем такой, чтобы все окружности построения проходили
через одну и ту же точку. Действительно, достаточно положить
| ОС | = 2с? и провести построение, изложенное выше при решении
задачи 16, заменив лишь обозначение С\ на С (незначительное
отличие состоит лишь в том, что здесь точка С дана, а точка С\ была
нами построена). Искомая точка X совпадает тогда с точкой О'
(т. е. следует также лишь поменять обозначение).
Таким образом, если при доказательстве теорем II—V из § 8
для построения инверсных точек использовать предложенное здесь
построение, то необходимость в дополнительной операции,
введенной в § 8, отпадает.
В конце статьи [6] К. М. Козловский рассматривает решепие
геометрических задач на построение методом Штейнера, когда
фактически прямые, проходящие через центр окружности
Штейнера, не проводятся, однако точки пересечения каждой из этих
прямых с другими прямыми и с окружностью Штейнера
определяются с помощью одной линейки. В доказательствах автор
использует некоторые свойства из высшей геометрии, что выходит эа
рамки настоящей книги.
Из приведенного здесь материала немедленно следует теорема,
сформулированная в примечании на стр. 64. По нашему мнеш ю
эту теорему следует именовать теоремой Адлера — Козловского.

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Адлер А. Теория геометрических построений.— Л.:
Учпедгиз, 1940.
2. Александров И.И. Сборник геометрических задач на
построение.— М.: Учпедгиз, 1950.
3. Аргунов Б. И., Бланк М. Б. Геометрические
построения на плоскости.— М.: Учпедгиз, 1957.
4. Воронец A.M. Геометрия циркуля. —М.: Гостехиздат, 1934.
5. Зетель СИ. Геометрия линейки и геометрия циркуля.—
М.: Учпедгиз, 1950.
6. Козловский К.И. Геометрические построения при
помощи циркуля с ограниченным раствором // Учен. зап. Тираси.
пед. ин-та.— 1961.— № 12.
7. К о з л о в с к и й К. И. Об одном ограничении применения
циркуля в построениях Маскерони // Учен. зап. Кишин. ун-та.—
I960.- Т. 54.
8. К о с т о в с к и й А. Н. О возможности решения задач на
построение одним циркулем с ограниченным раствором ножек //
Наук, зап.— Львов, 1954.— Т. 24.
9. Кутузов Б. И. Геометрия.— М.: Учпедгиз, 1955.
10. Mascheroni L. La geometria del campasso.— Pavia, 1797.
11. Методика розв'язувания задач на побудову в середнШ школ1 /
Шд ред. проф. Астряба Е. Я. i проф. Смогоржевського С. О.—
К.: Рад. шк., 1940.
12. Пикус А. Л. Вопросы теории и методики геометрических
построений в пространстве. Автореферат.— Л.: Изд-во ЛГУ,
1955.
13. Т е с л е н к о И. Ф. Метод шверсП та його застосування.^
К.: Рад. шк., 1954.
14. Yanagihara К. On limited Mascheroni geometrical
construction // Tohoku Math. J.— J931.— V. 34.

Научно-популярное издание
НОСТОВСКИЙ Александр Никитович
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ
ОДНИМ ЦИРКУЛЕМ НА ПЛОСКОСТИ
И ОДНИМ ЛИШЬ СФЕРОГРАФОМ В ПРОСТРАНСТВЕ
Серия «Популярные лекции по математике», выпуск 29
Заведующий редакцией П. А. Угарова
Редактор Ф. И. Кизпер
Художественный редактор Т. Н. Колъченко
Технический редактор Е. В. Морозова
Корректоры О. М. Березина, И. Я. Кришгалъ
ИБ № 32857
Сдано в набор 18.10.88. Подписано к печати 18.04.89. Формат 84x108/32.
Бумага тип, JSft 2. Гарнитура обыкновенная. Печать высокая.
Уел, печ. л. 5,88. Усл. кр.-отт, 6,09. Уч.-изд. л. 6,22. Тираж 138 000 экз,
Зак. 2377. Цена 25 коп.
Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Наука»
Главная редакция физико-математический литературы
117071 Москва В-71, Ленинский проспект, 15
2-я типография издательства «Наука»
121099 Москва Г-99, Шубинский пер., 6

ПОПУЛЯРНЫЕ ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИКЕ
Вып. 1. А. И. Маркушевич. Возвратные последовательности.
Вып. 2. И. П. Натансон. Простейшие задачи на максимум и минимум.
Вып. 3. И. С. Соминский. Метод математической индукции.
Вып. 4. А. И. Маркушевич. Замечательные кривыэ.
Вып. 5. П. П. Коронный. Неравенства.
Вып. 6. Н. Н. Воробьев. Числа Фибоначчи.
Вып. 7. А. Г. Курош. Алгебраические уравнения произвольных степеней.
Вып. 8. А. О. Гельфонд. Решение уравнений г> целых числах.
Вып. 9. А. И. Маркушевич. Площади и логарифмы.
Вып. 10. А. С. Смогоржевский. Метод координат.
Вып. 11. Я. С. Дубной. Ошибки в i еометричесних доказательствах.
Выи. 12. И. И. Натансон. Суммирование бесконечно малых йеличкв.
Вып. 13. А. И. Маркушевич. Комплексов числа и конформные отображения.
Эып. 14. А. И. Фетисов. О доказательствах в реометрйи.
Выи. 15. И. Р. Шафаревич. О решении уравнений высших степеней.
Вып. 16. В. Г. Шерватов. Гиперболические функции.
Вып. 17. В. Г, Болтянский. Что такое дифференцирование?
Вып. 18. Г. М. Миракьяи. Прямой круговой цилиндр.
Вып. 19. Л. А. Люстерник. Кратчайшие ливни.
Вып. 20. Д. М. Лопшиц. Вычисление площадей ориентированных фигур.
Выф 21. Л. Й. Головина и И. М. Яглом. Индукция в геометрии.
Вып. 22. В. Г. Болтянский. Равновеликие и равносоставленные фигуры.
Вып. 23. А. С. Смогоржевский. О геометрии Лобачевского.
Выц. 24- Б. И. Аргунов и Л. А. Скорняков. Конфигурационные т^еорел.ы.
Вып. 26. А. С. Смогоржевокий. Линейка в геометрических построениях.
Вып. 26. Б. А. Трахтенброт. Алгоритмы и машинное решение задач.
Вып. 27. В. А. Успенский. Некоторые приложения механики и м&то
Вып. 28. Н. А. Архангельский и В. И. Зайцев. Автоматические
машины.
Вьщ. 29. А. И. Костовсюгй. Геометрические построения одким цирк^леи.
Вып. 30. Г. Е. Шилов. Как строить графики.
Выц. 31. А. Г. Дорфман. Оптика конических сечений.
Bbni. 32. Е. С. Вентиель. Элементы теории игр,
Вь|д. 83. А. С» Барсов. Что такое линейное программирование.
B^tj. 34. Б. Е. Маргулис. Системы линейных уравнений.
Выц. 35. Н. Я. Виленкин. Метод последователе пых приближений.
Вып. 36. В. Г. Болтянский. Огибающая.
Вьит. 37. Г. Е. Шилов. Простая гамма (устройство музыкальной шкалы).
Вып. 38. Ю. А. Шремдер. Что такое расстояние?
Вып. 89. Н. Н. Воробьев. Признаки д^ляикости.
Вып. 40. С. В. Фомин. Системы счисления,
Вып. 41. Б. Ю. Коган. Приложение механики к геометрии.
Вып. 42. Ю. И. Любич и Л. А. Шор. Кинематический метод в
геометрических эадачах.
Вып. 43. В. Д. Успенский. Треугольник Паскаля,
Вып. 44. И. Я. Вакельман. Инверсия.
Вып. 45. П. М. Яглом. Необыкновенная алгебра.
Вып. 40. Й. М. Соболь. Метод Монте-Карло.
Вып. 47. Л. А. Калужнин. Основная теорема арифметики.
Вып. 48. А. С. Солодовников. Системы линейных неравенств.
Вып. 49. Г. Е. Шилов. Математический аналив в области рациональных
функций.
Вып. 50. В. Г. Болтянский, И. Ц. Гохберг. Разбиение фигур на меньшие
части.
Вып. 51. Н. М. Бескин. Изображения пространственных фигур.
Вып. 52. Н. М. Бескин. Деление отрезка в данном отношении.
Вып. 53. Б. А. Роэепфельд и Н. Д. Сергеева. Стереографическая проекция.
Вып. 54. В. А, Успенский. Машина Поста.
Вып. 55. Л. Беран. Упорядоченные множества.
Вып. 56. С. А. Абрамов. Элементы программирования.
Вып. 57. В. А. Успенский. Теорема Геделя о неполноте.
Вып. 58. Ю. А. Шашкин. Эйлерова характеристика.
Вып. 59. Л. А. Скорняков. Системы линейных уравнений.
Вып. 60. 10. А. Шашкин. Неподвижные точки.