/
Автор: Костовский А.Н.
Теги: математика геометрия топология серия популярные лекции по математике
Год: 1984
Текст
ПОПУЛЯРНЫЕ ЛЕКЦИИ ПО МА Г Е М А 1 И К Е
ВЫПУСК 29
А. Н. КОСТОВСКИЙ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
ПОСТРОЕНИЯ
ОДНИМ ЦИРКУЛЕМ
ИЗДАНИЕ ВТОРОЕ, ПЕРЕРАБОТАННОЕ
МОСКВА «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1984
22.151.0
К 72
УДК 513,0
Костовский А. Н.
К72Геометрические построения одним циркулем.—-2-е
изд., перераб.— М.: Наука, 1984.—80 с.— (Популяр-
ные лекции по математике).— 10 к.
Брошюра посвящена описанию и исследованию геометрических
построений я помощью одного лишь циркуля; написана она на ос*
' яове лекций, которые автор в течение ряда лет читал для школьни-
ков, принимавших участие в математических олимпиадах в г, Льво-
ве, Книжка представляет интерес длй преподавателей математики и
учащихся старших классов средней школы.
1702040000—007 ЬБК 22.151.0
053(02)-84 " 57-83 513
1702040000—007
053(02) -84
g) Издательство «Наука».
Главная редакция
фиаико-матемаiической
литературы, 1984,
с изменениями
2
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие .......................................... 4
Введение.............................................. 5
ГЛАВА ПЕРВАЯ
ПОСТРОЕНИЯ ОДНИМ ТОЛЬКО ЦИРКУЛЕМ
§ !, О возможности решения геометрических задач на построе-
ние одним только циркуле.м. Основная теорема ... 7
§ 2. Решение геометрических задач на построение одним цир-
кулем ...............................................16
§ 3. Инверсия и ее основные свойства ...... 29
§ 4. Применение метода инверсии в геометрии циркуля . . 33
ГЛАВА ВТОРАЯ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ
ОДНИМ ЦИРКУЛЕМ С ОГРАНИЧЕНИЯМИ
§ 5. Построения одним циркулем с раствором ножек, ограни-
ченным сверху........................................42
§ 6. Построения одним циркулем с раствором ножек, огра-
ниченным снизу.......................................58
§ 7. Построения одним циркулем с постоянным раствором
ножек................................................61
§ 8. Построения одним циркулем с условием, что все окруж-
ности проходят через одну и ту же точку .... 63
ПРИЛОЖЕНИЯ
Приложение I..........................................72
Приложение II.........................................73
Литература.......................................... 75
ПРЕДИСЛОВИЕ
Автору настоящей брошюры неоднократно приходи-
лось чи 1 а гь лекции по теории геометрических построе-
ний участникам математических олимпиад, которые,
начиная с 1947 года, проводятся для учащихся средних
школ г. Львова. Эги лекции послужили основой для
написания первой главы данной работы.
Во второй главе излагаются исследования автора,
касающиеся геометрических построений, выполняемых
одним циркулем с ограниченным раствором ножек.
Предлагаемая брошюра написана для широкого кру-
га читателей. Она должна помочь учителям и учащимся
старших классов средней школы более подробно озна-
комиться с геометрическими построениями, выполняе-
мыми с помощью одного лишь циркуля. Эта работа мо-
жет служить пособием для школьных математических
кружков и использоваться при проведении математиче-
ских олимпиад, а также факультативных занятий. Кро-
ме того, ее могут использовать студенты физико-матема-
тических факультетов педагогических институтов и уни-
верситетов, так как она, по нашему мнению, способству-
ет расширению и углублению профессиональной подго-
товки.
Автор считает своим долгом выразить искреннюю
признательность профессору А. С. Кованько, доцентам
В. Ф. Рогаченко, И. Ф. Тесленко и опытному учителю-
методисту Б. Г. Орачу, внимательно просмотревшим
рукопись и давшим по ней ряд ценных советов,
4
ВВЕДЕНИЕ
Геометрические построения являются существенным
фактором математического образования; они представ-
ляют собой мощное орудие геометрических исследо-
ваний.
Традиционное ограничение орудий геометрических
построений только циркулем и линейкой восходит к глу-
бокой древности. Знаменитая геометрия Евклида (III век
до нашей эры) была основана на геометрических по-
строениях, выполняемых циркулем н линейкой; при этом
циркуль и линейка рассматривались как равноправные
инструменты; было совершенно безразлично, как вы-
полнялись отдельные построения: с помощью циркуля
и линейки, или с помощью одного циркуля, или одной
линейки.
Уже давно было замечено, что циркуль является бо-
лее точным, более совершенным инструментом, чем ли-
нейка, что некоторые построения можно выполнить од-
ним циркулем без употребления линейкн, например раз-
делить окружность иа шесть равных частей, построить
точку, симметричную данной точке относительно данной
прямой, и т. д. Было обращено внимание иа тот факт,
что при резьбе иа тонких металлических пластинках, при
разметке делительных кругов астрономических инстру-
ментов пользуются, как правило, одним только цирку-
лем. Последнее, вероятно, и послужило толчком к иссле-
дованию геометрических построений, выполняемых од-
ним лишь циркулем.
В 1797 году итальянский математик, профессор уни-
верситета 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».
б
Это утверждение было оригинальным способом с по-
мощью 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 иашел в книжном мага-
зине Копенгагена книгу Г. Мора под названием «Дат-
ский Евклид», изданную в 1672 году в Амстердаме.
В первой части этой книги дано полное решение проб-
лемы Маскерони. Таким образом, задолго до Маскерони
было показано, что все геометрические построения, вы-
полнимые с помощью циркуля и линейки, могут быть
выполнены с помощью одного только циркуля.
Раздел геометрии, изучающий геометрические постро-
ения одним циркулем, называют геометрией циркуля.
В 1833 году швейцарский геометр Якоб Штейнер
опубликовал работу «Геометрические построения, про-
изводимые с помощью прямой линии и неподвижного
круга», в которой наиболее полно исследовал построе-
ния 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,
Велнкий русский математик Н. И. Лобачевский а
первой половине XIX века открыл новую геометрию, по-
лучившую впоследствии название неевклидовой геомет-
рии, или геометрии Лобачевского. В последнее время,
благодаря усилиям большого числа ученых, особенно
советских, бурно развивается теория геометрических по-
строений в плоскости Лобачевского.
А. С. Смогоржевский, В. Ф. Рогаченко, К. К. Мокри-
щев и другие математики в своих работах провели ис-
следования построений в плоскости Лобачевского без
помощи линейки, при этом была показана возможность
построений, аналогичных построениям Маскерони в евч
клидовой плоскости.
Преобладание исследований по общим вопросам при-'
вело к оформлению в работах наших ученых достаточ-
но полной и строгой теории геометрических построений
в плоскости Лобачевского, едва лн намного уступающей
в своей завершенности теории геометрических построе-
ний в евклидовой плоскости.
б
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 необ-
ходимо предварительно рассмотреть решения некоторых
задач на построение одним циркулем.
С помощью одного только циркуля мы не сможем,
разумеется, начертить непрерывной прямой липни, за-
данной двумя точками; хотя мы покажем далее, как,
пользуясь одним лишь циркулем, построить одну, две
и вообще любое число точек, как угодно плотно распо-
ложенных на данной прямой*). Таким образом, по-
строение прямой линии не покрывается полностью тео-
рией Мора — Маскерони.
В геометрии циркуля прямая линия или отрезок оп-
ределяется двумя точками, а не задается в виде непре-
рывной прямой линии (проведенной с помощью линей-
ки). Построение прямой линии считается оконченным,
как только построены две любые ее точки.
Введем обозначения:
(Д5)—прямая линия, проходящая через две точ-
ки Д и В;
[ДВ] —отрезок АВ;
{ДВ{ —расстояние между точками А и В;
(О, г) —- окружность (или круг) с центром О и ра-
диусом г;
(Д, |ВС\) — окружность (или круг) с центром А и
радиусом г— | ВС|.
Условимся в дальнейшем фразу «Из точки О, как из
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 =а» условимся считать равнозначной фразе
*) Оставаясь на практической точке зрения, нет основания счи-
тать прямую построенной, если построены некоторые ее точки.
7
«Отрезок а» и, в соответствии с этим, говорить, напри-
мер, что отрезок CD в п раз больше отрезка АВ, если
|С£>| =л|ЛВ[.
Другие символы и обозначения школьного курса ма-
тематики, используемые в данной работе, приведены
в [14] ив Приложении I.
Задача 1. Построить точку, симметричную данной
точке £ относительно данной прямой АВ.
Дано: (АВ) и точка С. Построить: Ci—S(ab}(C) *).
Построение. Проводим окружности (Л, |4С|) и
(В, |ВС|), которые пересекутся в точке С] (рис. 1).
Точка Ci — искомая.
X
а
Если точка С лежит на прямой АВ, то она сама себе
симметрична (т. е. C=S(ab)(Q).
Примечание. Чтобы определить, лежат ли три
данные точки А, В и X иа одной прямой линии, нужно
вне прямой АВ взять произвольную точку С и построить
симметричную ей точку С\. Очевидно, точка X лежит на
прямой АВ тогда и только тогда, когда | СХ | = | С\Х|«
Задача 2. Построить отрезок, в 2, 3, 4, ,„и вообще в
п раз больший данного отрезка АА} (п— любое нату-
ральное число, т. е. п € N).
Дано: jXXJ—r. Построить: [Л4Д], |ЛЛ„] = п|ЛЛ1 [,
где л € N.
Построение (1-й способ). Построение осущест-
вляется постоянным раствором ножек циркуля, равным
г. Проводим окружность (Дь г) и определяем на ней
точку А2, диаметрально противоположную точке А (для
чего последовательно проводим окружности (Л, г),
(В, г) и (С, г); в пересечении этих окружностей с
*) См. Приложение 1,
8
окружностью (Аь г) последовательно получим точки Bt
С и А2). Отрезок |Д/121 = 2г (рис. 2).
Проводим затем окружность (А2, >')> которая пересе-
чет окружность (С, г) в точке D. В пересечении ранее
проведенной окружности (Аз, с (D, г) получим точ-
ку А3. Отрезок }АА3] и т. д.
Проделав приведенное построение п раз, построим
отрезок |ДДя]=нг.
Справедливость построения следует из того, что цир-
куль с раствором, равным радиусу окружности, делит
ее на шесть равных частей.
Построение (2-й способ). Берем вне прямой
АА] произвольную точку В и проводим окружности
(Ль и (В, г), в пересечении которых получим
точку С (рис. 3). Если теперь описать окружности
(Аь г) и (б?, |/ЦБ)), то они пересекутся в искомой точ-
ке А2. Отрезок }АЛ2| =-2r. Д1рсводим окружности (А2, <)
Рие. 2.
Рис. 3.
и (С, ^А2/Д) и обозначаем точку A?J их пересечения.
Здесь | АА31 = 3ги т. д.
Справедливость построения немедленно следует из
того, что фигуры ДДСАЬ AjSCAs, А2ВСА3, ... являются
пара л л ел огр а м м а м и.
Примечание. Аналогично легко построить отрез-
ки в 2, 4, 8, 16, .2h раз больше данного отрезка AAlt
Для этого проводим окружность (А ь г) и изводим точ-
ку А2, диаметрально противоположную точке А (|АА2( ==«
=2г); описываем окружность (Д2, 2г) и строим точку
А4, диаметрально противоположную точке A (|АА4[ =
=4г). Диаметрально противоположная точка As точке
А на окружности (Д4, 4г) определит |АА8[— 8г и т. д,
После k шагов получим |АА2л |=2йг*).
*) Нетрудно представить, как построить отрезки в m, m2, т3,
..., тк раз больше данного, где т=3, 4, 5,... Например, при т==
= 5 строим отрезок |Л4&| =5 |44i | (задача 2). Считаем отрезом
/ Л5 заданным и строки отрезок |4/Ь5| =5|4Л5! =52| ЛЛ, | (зада-
ча 2). Строим затем отрезок |44i;Sj ~5|ЛЛ25| =53|ЛЛ1| и т. д.-
Задача 3. (Построить отрезок, четвертый пропорцио-
нальный к трем данным отрезкам а, Ь, с.
Дано: а, Ь, с — отрезки. Построить отрезок х такой,
чтобы а : Ь=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) описыва-
ем (Л, с) и отмечаем точку В пересечения ее с окруж-
ностью (О, а). Если теперь провести две окружности
(A, d) н (В, d) произвольного радиуса d>\a—д |, пере-
секающие (О, Ь) в точках Л1 и B\t то отрезок х=>
= |Л1В1|—искомый (рис. 4).
Рис. 4.
Доказательство: АЛ ОЛ i^A/ЮД (по трем сто-
ронам), поэтому АОЛ1 — ВОВ\ и AOB=jCoB\. Равно-
бедренные треугольники АОВ и Л1ОВ1 подобны, следо-
вательно,
a :b~c : j Л]В\ |.
Приведенное построение возможно, если с<2а. При
с А 2с и Ь<2а строим отрезок, четвертый пропорцио-
нальный к отрезкам а, с и Ь\ в противном случае (с^2а
и Ь':>.2а} сначала строим отрезок па (задача 2), при
этом п берем таким, чтобы с<2ла*) (или Ь<2па).
Строим отрезок у, четвертый пропорциональный к от-
резкам ий, b и с. Если теперь построить отрезок х = пу
*) Отрезок 2па>с находим следующим способом. Строим от-
резок ai=2a (задача 2). Из произвольной точки О] плоскости опи-
сываем окружность (Оь с) и в произвольном направлении откла-
дываем отрезки ]О|Л|}=аь |О|Д2[=2аь |O|A3|==3af и т. д. (за-
дача 2): после конечного числа шагов придем к точке Ап, которая
б)дет лежать вне (Оь с). Очевидно, ]O|4n| ==rt£ii=2na>c.
10
(задача 2), то получим четвертый пропорциональный
к отрезкам а, b и с,
Действительно,
па:Ь~с:у или а\Ь — С'.пу,
Построение (2-й способ). Проводим окружности
(С, а) и (Сь а), где точки С и — концы отрезка с,
В пересечении получим точку В (рис. 4). Окружность
(В, Ь) пересечет окружности (С, а) и (Сц а) в точках
D и Dx. Отрезок DDX — искомый.
Доказательство. Равнобедренные треугольники
CiBDj и BCD конгруэнтны, поэтому CBD — C^BDi. От-
сюда следует, что CBCi = DBDi. Из подобия равнобед-
ренных треугольников CBCi и DBDi можем записать:
а : Ь~с :.(DD{ [.
В случае и Ь^2а, как и в первом способе по-
строения, находим отрезок па таким, чтобы 2naZ>c и
2mz>6, затем строим четвертый пропорциональный у
к отрезкам па, b и с. Отрезок пу — искомый.
Задача 4. Разделить дугу АВ окружности (О, г) по-
полам.
Можно предположить, что центр О окружности из-
вестен, ниже (см. задачу 13) будет показано, как по-
строить центр окружности (или дуги), пользуясь при
этом одним только циркулем.
Построение. Полагая проводим окруж-
ности (О, а), (Л, г) и (В,
точки С и D (рис. 5). В
(С, |СВ|) и (D, ]ЛО|)
получим точку Е. Если
теперь начертить окруж-
ности (С, | ОЕ ]) и (D,
| ОЕ |), то в пересечении
их получим ТОЧКИ X И Хь
Точка X делит пополам
дугу АВ, точка делит
пополам дугу, дополняю-
щую первую до полной
окружности. (В том слу-
чае, когда окружность
(О, г) начерчена, из двух
окружностей (С, | ОЕ|)
и (£), |(7£|) можно опи-
г); в пересечении получим
пересечении окружностей
сывать только одну, которая в пересечении с окруж-
ностью (О, г) определит точки X иХь)
Доказательство. Фигуры АВОС и ABDO яв-
ляются параллелограммами, поэтому точки С, О и D
лежат на одной прямой ([СО] |[ [ДВ], [ОО]||[ДВ]), Из
равнобедренных треугольников CED и CXD следует, что
— СОА=90°. Итак, отрезок ОХ перпендикулярен
к хорде АВ; следовательно, для доказательства того,
что точка X делит дугу АВ пополам, достаточно поки-
вать, что | ОХ[ —г.
Из параллелограмма АВОС следует, что
[АО |2+| ВС |2 = 21ОВ |2+21 ДВ|2
или
г2-р |ВС|2 — 2г2+2а2,
так что
|ВС[2=2а2+г2.
Из прямоугольного треугольника СОЕ можем записать!
| СЕ\2= | ВС[2=) ОС| 2+| О£[2,
откуда
2а24-г2=а2+ |ОВ[2
и
| ОЕ12=а2-|-г2,
Наконец, из прямоугольного треугольника СОХ по-
лучим
| =/|СА'|2-|ОС|2 = И| ОЕ р - I ОС I2 =
= V а^^г2—а2 = г.
Приведенное построение остается справедливым и в
случае, когда заданная дуга АВ является полуокруж-
ностью (ДВ = 180°). В,этом случае точки А и В будут
лежать на отрезке CD, а окружности (Л, г) и (В, г) бу-
дут касаться окружности (О, а) соответственно в точ-
ках С и D. Из-за несовершенства чертежных инструмен-
тов (циркуля) установить точное расположение этих то-
чек С и D достаточно трудно. В этом случае. (АВ = 180°)
следует делить пополам дугу A[Bi (A?=£ 180°), такую,
что AAt~ВВ^О и A^-pA^iА-В^В—АВ. Очевидно,
что точка, делящая пополам дугу AiBh будет делить
пополам и дугу АВ.
12
Как мы уже указывали, в геометрии откуда пря-
мую линию принято считать построенной как только
определены две ее точки, В дальнейшем изложении (за-
дачи 22, 23, 24 и др.) иам необходимо будет с помощью
одного циркуля построить одну, две и вообще любое
число точек данной прямой. Это построение ми/лпо вы-
полнить следующим образом.
Задача 5. На прямой, заданной точками А и 8, по-
строить одну или несколько точек.
Дано: (ЛВ). Построить: X € (ЛВ), £ (АВ), ...
Построение. Берем вне прямой АВ произвольную
точку С (рис. 6) и строим относительно прямой АВ
симметричную ей точку Ci (задача ]). Произвольным
радиусом г проводим окружности (С, г) и (Сь г), в пе-
ресечении которых получим точки X и Х|, лежащие на
дайной прямой АВ. Изменяя величину радиуса г, мож-
но построить сколько угодно точек данной прямой: Х\
Х\ и т. д,
Доказательство. Точка Ci симметрична точке
С, поэтому прямая АВ проходит через середину отрезка
С6; и (Л£>)д1_ [CCJ, поэтому прямая АВ является мно-
жеством всех точек, равноотстоящих от точек С и Сь
В силу построения |СХ| = 1 CjXI и (САДj = |CjXJ =
следовательно, X £ (АВ) и Х1^(ЛВ).
Задача 6. Построить точки пересечения окруж-
ности (О, г) и прямой, заданной двумя точками А и В.
Дано: (О, г) и (АВ). Построить: {X; (О, r)f| (АВ).
Построение в случае, когда центр О не лежит на
данной прямой АВ*) (рис. 7),
*j При помощи одного циркуля легко проверить, лежат ли лая-
awv три точки на одной прямой или нет (см. примечание к задаче I).
1Э
Строим точку 01, симметричную центру О данной
окружности относительно прямой АВ (задача 1). Про-
водим окружность (Оь г), которая пересечет данную
окружность в искомых точках X и К
Доказательство. В предыдущей задаче было
показано, что точки X и У лежат иа прямой АВ, одна-
ко эти точки принадлежат и заданной окружности (О, г),
следовательно, {X; У}=(0, г)П(ЛВ).
Построение в случае, когда центр О данной
окружности лежит на прямой АВ (рис. 8).
Произвольным радиусом d проводим окружность
(Л, d) так, чтобы она пересекалась с данной окруж-
ностью в двух точках С и D. Делшм дуги CD данной
окружности (О, г) пополам (задача 4). Точки X и У —
искомые.
Примечание. Если нам заданы два отрезка а
и г, где а=|/40|, то описываем окружность (О, г), и,
повторяя приведенное построение, мы получим сумму
и разность длин данных отрезков:
|/1Х| = = а±г и \А И = |/10| — |ОХ|=й—г.
Задача 7. Построить точку пересечения двух прямых
АВ и CD, каждая из которых задана двумя точками
Дано: (АВ) и (CD). Построить: точку X ==
= (AB)A(CD).
Построение. Строим точки Cj и Dlt симметрич-
ные соответственно точкам С и D относительно данной
прямой АВ (рис. 9). Проводим окружности (D}, | СС} j)
и (С, | CD |) и обозначаем через Е точку их пересече-
ния. Строим отрезок х, четвертый пропорциональны и
к отрезкам DE, DDt и CD (задача 3), В пересечении
окружностей (D, х) и (D\, х) получим искомую точку X.
Доказательство, Так как точка С] симметрич-
на точке С, а точка Di симметрична точке D, то, оче-
видно, мы найдем точку пересечения данных прямых,
если построим точку пересечения прямых CD и CiDi.
11
Фигура CC[D{E — параллелограмм, следовательно
точки D, D{ и Е лежат на одной прямой ((£>£) || (СС,)
) || (CCi)). Треугольники CDE и XDDj подобий,
поэтому
[££[ : |£?£>j] = |С£| : ]£>jX|,
но
|C^j = |CD| = |Ci£>I|.
Отрезок х= Р1Х | является четвертым пропорцио-
нальным к отрезкам DE, DDY и CD.
Рис. 9.
Примечание. Заданные прямые АВ и CD парал-
лельны тогда и только тогда, когда |CCi| = |DDj(, где
точки Ci и Ь] симметричны соответственно С и D отно-
сительно прямой АВ.
* * *
Теперь мы сможем показать справедливость основ-
ной теоремы геометрии циркуля (теоремы Мора — Мас-
керони) ,
Каждая конструктивная задача на построение цир-
кулем и линейкой в плоскости Евклида всегда сводится
к решению (выполнению) в определенном порядке сле-
дующих основных простейших задач (основных опе-
раций) :
1. Через две данные точки провести прямую,
2. Из данной точки, как из центра, провести окруж-
ность данного радиуса.
3. Найти точки пересечения двух данных окружно-
стей.
15
4. Найти точки пересечения данной окружности и
прямой, .заданной двумя точками.
5. Найти точку пересечения двух прямых, каждая из
которых задана двумя точками.
Для доказательства того, что каждая задача иа по-
строение циркулем и линейкой может быть решена н
одним лишь циркулем, без употребления линейки, до-
статочно показать, что все эти основные операции мо-
гут быть выполнены одним циркулем.
Вторая и третья операции циркулем выполняются
непосредственно. Выполнение остальных основных опе-
раций приведено в задачах 5—7 данного параграфа.
Допустим теперь, что некоторую задачу на построе-
ние, разрешимую циркулем и линейкой,, требуется ре-
шить одним только циркулем. Представим себе эту за-
дачу решенной циркулем и линейкой; в результате реше-
ние 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 теорети-
ческой точки зрения он позволяет показать справедли-
вость следующей основной теоремы в геометрии цир-
куля.
Основная теорема. Все задачи на построение,
разрешимые циркулем и линейкой, могут быть точно
решены и одним только циркулем,
§ 2. Решение геометрических задач
на построение одним циркулем
В этом параграфе мы рассмотрим решение некото-
рых интересных задач из геометрии циркуля, разрабо-
танной в основном трудами Мора, Маскерони и Адлера.
Решение некоторых из этих задач будет нами исполь-
зовано во второй главе.
Задача 8. Построить прямую, перпендикулярную к
заданному отрезку АВ и проходящую через один из его
концов.
Дано: [АВ]. Построить: (A£)J_[AB].
Построение (1.-й способ). Сохраняя раствор цир-
куля неизменным и равным произвольному значению г,
16
чертим окружности (Д, г) и (В, г), в пересечении кото-
рых получим точку О. (Из двух точек пересечения этих
окружностей берем, любую из иих.) Проводим окруж»
ность (О, г) и строим иа ней точку Е, диаметрально
противоположную точке В (см. задачу 2). Прямая АЕ—
искомая (рис. 10), т. е. (ЛЕ)Л_[ДВ].
Справедливость построения следует из того, что угол
ВАЕ вписан в окружность (О, г) и опирается на ее диа-
метр.
Построение (2-й способ). Проводим окружность
(В, |ДВ|) (рис, 11), берем на ней произвольную точ-
ку С и описываем окружность (С, |ДС[). Пусть D —
точка пересечения этих окружностей. Если теперь про-
вести третью окружность (Л, (ЛО[) до пересечения ее
с окружностью (С, |ЛС|) в точке Е-, то получим (ДЕ)Л_
Л_[ДВ], т. е. (ЛЕ) —искомая прямая.
Доказательство. Отрезок АС соединяет центры
окружностей (Л, |ДО|) и (С, [ЛС|), DE — их общая
хорда. Значит, (ЛС)Л_[ОЕ] и CAD — CAE (треугольник
ADE — равнобедренный).
С другой стороны, CAD—ADC— 1/2АС.
Из последних равенств следует:
СЛ^ = ~ >
т. е. прямая АЕ является касательной к окружности
(В, | ЛВ|) в точке Л, и, значит, (ЛЕ)Л_[ЛВ].
Задача 9. Построить отрезок, в п раз меньший дан-
ного отрезка АВ (разделить отрезок АВ на п равных
частей, п = 2, 3, ...). | ДВ| =а,
2 А. Н. Костовскнй j?
Дано: [АВ] и л £ М Построить: [ЛХ],
|ЛХ| =
— |ЛД;
п 1 '
Построение (1-й способ). Строим о:резок
|ЛС —я-|ЛВ| (задача 2). Проводим окружность
(Ct СЛ|), которая пересечет окружность (Л, а) в точ-
ках D и Оь Если теперь провести окружности (О, а)
Рис. 12.
треугольников ACD и
и (Di, а) и обозначить че-
рез X точку их пересечения,
то отрезок ЛХ — искомый
(рис. 12).
Точка X лежит на пря-
мой АВ, Увеличивая отре-
зок АХ в 2, 3 и т. д„ в
п— 1 раз (задача 2), мы по-
строим точки, которые бу-
дут делить отрезок АВ на п
равных частей.
Доказательство. Из
подобия равнобедренных
ADX (Z. Л — общий) сле-
дует:
1 АС ) : | AD | = | AD |:| АХ
или
I ad |2 == а2 = I АС [ • I АХ I = па | АХ |.
Отсюда
)лх| = Ж|л51 = 2-«-
п 1 ' п
Примечание. При больших значениях п точка X
определяется нечетко; дуги окружностей (О, а) и (Оьа)
пересекаются в точке X под очень малым углом*).
В этом случае вместо окружности (Di, а) для определе-
ния точки X можно провести окружность (Л, |DE|), где
Е— точка, диаметрально противоположная точке D\
окружности (Л, а).
Построение (2-й способ). Строим отрезок |ЛС| ~
^=п-\АВ\ (задача 2). Проводим затем окружности
(Л, [ ЛС)), (С, | ЛС{) и (С, а), которые пересекутся
в точках D и Е. Если теперь провести окружности (Е>, а)
*) Определение угла пересечения двух кривых см. в § 3
(с. 63).
18
и (С, | DE\), то в пересечении их получим точку л, для
которой j АХ | ™ | А В ।
(рис. 13).
Доказательство.
Точка X лежит на пря-
мой АВ, так как [АС] ||
\\[DE] и [СХ] || [DE] (фигу-
ра CEDX — параллело-
грамм). Из подобия рав-
нобедренных треугольни-
ков ACD и ADX получим
| АХ | | АВ |.
Приведем еще построение, предложенное проф.
А. С. Смогоржевским*). Это построение отличается от
предыдущих тем, что искомая 1/п часть отрезка АВ ие
лежит на данном отрезке.
Построение (3-й способ). Строим отрезок
|АС = П' | А В | (задача 2). Проводим окружности
(А, АС|) и (В, [АС[). Берем одну из точек из пересе-
чения D и описываем окружность (£), [АВ]), которая
пересечет две последних в точках Е и Н. Отрезок ЕН—
искомый (рис. 14).
Доказательство. AxADE&iABDH (по трем сто-
ронам), поэтому АЕ)В—ЕГ)Н. Из подобия равнобедрен-
*) См, [II] в списке рекомендованной литературы (с. 75).
2*
19
ных треугольников ADB и EDH можем записать:
[ЕН\:\ED\^\AB\:\AL>
или
! ЕН [:а =г а '.па.
Окончательно
| £ И | *-- — а = — | А ВI.
' п п 1 1
Заметим, что
II л ' 1
|/УЛ'| = (2_ ^г)|ДВ|.
Задача 10. Построить отрезок, в 271 раз меньший дан-
ного отрезка АВ (разделить отрезок АВ на 2" равных
частей, п~ 1, 2, 3, ...).
Дано: [ДВ] и п £ N. Построить: [ВЛП], |ВХП| =
•= -Ц, I ЛВ|, где I АВ I = а.
Построение (Г-й способ). Строим отрезок |ДО| =
— 2|ЛВ| (задача 2). Проводим окружность (С, (ЛС^Х
р|(С. 15.
и обозначаем через В{ и Д'5 точки ее пересечения с
окружностью (Л, а). Если теперь провести окружности
(Db |ЛД11) и (Ь^, |Д£)'1|), то в пересечении получим
точку Отрезок ВХ.г— искомый £>А\|= Ц-|
(рис. 15).
Затем проводим окружность (Л, |В£Е|). В пересе-
чении с окружностью (С, | Л С |) получим точки Dz н Dri,
Описываем окружности (Z)2, |ЛВ2|) и (D'2l |ДП'2|), ко-
торые пересекутся в точке Л’2. Отрезок ВХ2— искомый
(|5Х2|= Т.|Л5|).
Если теперь провести окружности (А, |В£>2[),
(£>з, |AD3j) и (0'3, jAZ)'3|), то получим точку Х3. От-
резок BXS— ИСКОМЫЙ I И Т. л
Доказательство. Из подобия равнобедренных
треугольников ACDi и ADtследует:
] ADV [ : | АС | - | AXi | : | ЛОД,
или
a :2a = \ AXy |:a.
Отсюда
|ЛА-,|-4а
Введем обозначение \BDh\=mh, A = l, 2, 3, ..п.
Отрезок BD^ является, медианой треугольника ACDlt
следовательно,
415ОД2 _ 2| ADX\2 + 2| COJ2- | АС |2»
или, иначе,
4m-? = 2а2 + 2 | АС р - | АС р == 2а2 + [ АС р = 2а2+ 4а2.
Значит,
т| = | BDt р - 1+Ла2=
Из подобия равнобедренных треугольников ACD2 и
AD2X2 получим
|ДП2) : |ДС| = [ЛХ2| : |ДО2|,
и, принимая во внимание, что |ЛО2[ = | и
| АС\ ~~-2а, будем иметь
\АХ2\ = ~а или |ЯЛ2| ==~а |Д5|.
Аналогично находим
«2- ‘+22а+2-аг и |SX3|=4_|AS|.
и т. д. Вообще
21
Точка Хп лежит на отрезке АВ. Для того чтобы от-
резок АВ разделить на 2п равных частей, надо отрезок
ВХп увеличить в 2, 3, ,.,, 2"-—I раз (задача 2). По-
строенные точки будут делить отрезок АВ на 2/; равных
частей.
чет окружность (А, |ЛС|)
тем провести окружности
Построение (2-й
способ). Строим отрезок
|ЛС|=2[ЛБ[ (задача 2),
для чего на окружности
(В, а) строим точку С, диа-
метрально противополож-
ную точке А (|ЛД| — 1
\ЕН\ = | НС\ — а). Про-
водим окружности (Л»
|ЛС|) и (С, jCE{) и отме-
чаем /Д и Dfx— точки их пе-
ресечения (рис. 16). Иско-
мую точку Х[ получим в пе-
ресечении окружностей (£>ь
I CDt |) и (Д, |С°Ш- Оче'
видно, I BXt\ = -У |
Проводим окружность
(С, |Ж|), которая пересе-
в точках Г)2 и D%. Если за-
(£>2, jCD2|) и (D(2, jCD'sj),
то в их пересечении получим искомую точку Х2. Отре-
зок ВХ2 — искомый ( | ВХ-А =ту- \АВ (
Аналогично, описывая
(D3, |CD3|) и (Я'3) |CD'3|)T
окружности (С, |ВО30»
построим точку Х3. Отре-
зок ВХ?, — искомый (| ВХ?1 = ~ ] АВ [ ) н т. д.
Доказательство. Из подобия равнобедренных
треугольников ACD[ и (ДДАЗ получим
Принимая во внимание, что | == j == » нахо-
дим значит, f ВХх | = ~ j АВ [.
Введем обозначение [ВОц\=тк) где & = 2, #i>; af
12
Отрезок BD} является медианой треугольника ACDh
следовательно,
4pZ91p-4m'i-2pO1)2 + 2!C£)1[2~|^C(2^
= 2) АС |й + 21 СЕ |2 - | AC J2 = 4а2 + 2 -За2,
или
м? = (1 + а2.
В силу подобия равнобедренных треугольников ACD2
и AD2X2, имеем
: | CD2\ = | CD2 J : | ЛС|.
Заметив, что } С£>2| -- | BDi | и |ЛС] =2[ЛВ| —2п,
получим
icx I = I CD-12 _ '"I = А „
'G 2’ ] ЛС I — 2а 22
Следовательно,
|5А-21 - Д |ЛВ|.
Совершенно аналогично докажем, что
т; = 1Ж|!=-И ic-v3| = 4a
и (5Х„|=Д.|Лв|
и т. д. Вообще
™tr=im_1p-(n-i+4 + ...+-?r2- +^г)«2
И
1£А1 = ^« = ^|Л5|.
Если при первом способе построения для больших
значений k (k^n) точка Xh определяется нечетко (ду-
ги окружностей, определяющие эту точку, почти касают-
ся друг друга), то решить задачу можно следующим
способом.
Построение (3-й способ). Строим отрезок |ЛС1=^
(задача 2). Проводим окружности (Л, |4С|)*
(С, {ЛС|) и (С, а), в пересечении которых получим тон»
V3
ки Dt и fj (рис. 17). В пересечении окружностей (D,,
|4Dj|) и (С, [^[£[1) получим точку Отрезок
ВХг — искомый ВХх | = — | Л50.
Строим далее [AD2] [£2С] = для чего ПР°“
водим окружности (A, |BDi|) и (С, JBD]|). Опи-
сываем окружности (D2, | аЬ2]) и (С, | D2£2|) до
пересечения их в точке Х2. Отрезок ВХ2— искомый
(| ВХ2}= |ЛВ|) и т. д.
Доказательство. Положим \BDh \ =ть, где k~
= 1, 2, ,.п. Точка %! лежит на прямой АС, так как
И С] II [Di£i] (фигу-
pa AD}EyC— трапе-
—ния) и
\ (фигура XiDJE}C —
А \ параллелог р а мм);
| значит, [Х1С] II НС].
I I Аналогично уста-
/ J навливаем, что точ-
/ ки Х2, Хз,... лежат
С? на прямой АС.
Фигура ADiEiC —
Рис. 17. равнобедренная тра-
пеция (|ДО|| =
= | СЕ} |), поэтому можем записать; JAM | = lAfXJ, где
[AWi]_L[AC] и |А\С| = |Oi£i|. Следовательно,
| ADx | = | Dx Л\] = |А£>1] = [£>'i Xi ] = а.
Аналогично нетрудно установить, что
| AD21= Х2| = | AD21 == | D2 X=
| AD& | = | Db Xb [ — | A.Dk { = | DkX| — ttis _ i.
Повторяя теперь слово в слово доказательство, при-
веденное при первом способе построения данной зада-
чи, получим
].ВХ1|= 4-|Л£|, |£Х2|= ' |Л5|,...
... ,|SXJ=i|XB|. ...
Задача 11. Построить отрезок, в Зп раз больший дан-
ного отрезка АА0 (п = 1} 2, 3,
24
Дано: [ЛА0] и п f N Построить: [ААД, ]ААД =
= 3"]АА0|.
Построение. Проводим окружности (Л, |.АА0|) и
(Ло, [АА0[), точки пересечения которых обозначим че-
рез Е и Ef (рис. 18). Описываем окружности (В, ]ЛА0[)
Рис. ]8.
и (Е', ]АЛ0|), которые пересекут окружность (Ао, |АА0|)
в точках С и С' Пусть точка Ai является точкой пере-
сечения окружностей (С, |АС{) и (С\ |ЛС'|).. Отрезок
AA( —искомый (|ЛЛ11 =3|ЛЛ0 j).
Повторяя для отрезка АА\ те же построения, кото-
рые были приведены выше для отрезка АА0, найдем от-
резок АА2, причем [АА2[ —32]АА0[, и т. д.
Доказательство. В равностороннем треуголь-
нике АСС' 11АС1^^-АСЧ = 1СС'1=^31АА^,Лласс' =
*=* т/'3 | АС | = 1 АА0 ]. Очевидно, что | AAr ]=»
= 2йд АСС, = 3 ] АД0[. Аналогично доказываем, что | АА2 [=»
== З21 ААо и т. д.
Задача 12. Разделить отрезок АВ на три равные ча-
сти.
Дано: [АВ]. Построить: [АХ]^[ХУ]~[УВ], X €
€ [АВ] н У 6 [АВ].
Рассмотрим изящный способ построения, предложен-
ный Л. Маскерони [10].
Построение. Строим на прямой АВ точки С и D
так, чтобы [ СА | = | АВ | = [ BD | (задача 2). Проводим
окружности (С, | СВ|), (С, |CD|), (D, |AB|) и
(£>, | CD ]), в пересечении которых получим точки В, Elt
25
F и F] (рис. 19). В пересечении окружностей (£, [ С£|)
и (£ь | СЕ} |), (Л, |Z)F|) и (Л, |OFi|) определим иско-
мые точки X и У, делящие отрезок АВ на три равные
части.
Доказательство. Из подобия равнобедренных
треугольников СЕХ и CDE следует:
|СХ| : [СВ| = |С£| : |DC|
Принимая во внимание, что | СЕ | « 2 | АВ | и [ CD | =
«= 3 |ДВполучим 1 СХ [ = I АВ\, следовательно,
О * 1
|лл>4-М£1-
Задача 13. Построить центр начерченной окружности.
Построение. Берем на
Рис. 19.
данной окружности точку
А и произвольным ра-
диусом d проводим ок-
ружность (4, d), в пе-
ресечении получим точ-
ки В н D. На окружно-
сти (4, d) определяем
точку С, диаметрально
противоположную точ-
ке В. Проводим, дален,
окружности (С, | CD |)
и (4, | CD|) н обозна-
чаем через ~Е точку их
пересечения. И, нако-
нец, описываем окруж-
ность (Е, [C£>j), кото-
рая пересечет окруж-
ность (4, 6?) в точке 44.
Отрезок ВМ равен ра-
диусу данной окруж-
ности. Окружности
(В, |ВМ I) и (4, IВМI)
определят искомый
центр начерченной окружности (рис. 20).
Доказательство. Равнобедренные треугольники
АСЕ и АЕМ конгруэнтны, следовательно ЕАМ^АСЕ>
26
Далее, ВАЕ = АСЕА~АЕС (,/_ВАЕ— внешний угол
треугольника АСЕ), н, с другой стороны, ВАЁ=ВАМ~Е
В~ЕАМ. Отсюда ВАМ—АЕС.
Дакни образом, равнобедренные треугольники АВМ
и АСЕ подобны, следовательно,
: |ЛВ| = |ДС| : |С£|
или
|ВХ[ : |ДВ| = |ЛС| : |CD[.
Из последнего соотношения следует, что равнобед-
ренные треугольники АВХ и ACD подобны, значит,
ВАХ = ДСЪ - Ц- BAD = DAX-,
последние два равенства следуют из того, что
ВдЬ= ADC + ACD = 2ACD = 2ВАХ.
На основании ВАХ~~ Г)АХ заключаем, что равнобед-
ренные треугольники АВХ и ADX конгруэнтны, следо-
вательно,
1 ВХ | - I АХ | = | DX | .
Точка X—искомый центр окружности.
Примечание. Нетрудно доказать, что отрезок
d~- |ЛВ| следует брать больше половины радиуса за-
данной окружности, в противном случае окружности
(С, |) н (Л, |CD|) не будут пересекаться.
Рис. 21.
В заключение этого параграфа проводим без доказа-
тельства решение следующей задачи Л. Маскерони [10].
Задача' 14. Построить отрезок, в. у V п раз больший
отрезка АВ, где [ АВ | = 1, п= 1,2.25.
Дано: |Л5[. Построить: у K/z | /г=1,2...25.
Построение. Проводим окружность (Л, ]ЛВ|) и
отмечаем на ней точку В. Строим точку £, диаметраль-
но противоположную точке В (£ВС\ == | CD | = |О£] =
= 1). Проводим окружности (В, |BDI) и (£, (£С|), и
пусть F и Fi — точки их пересечения. Описываем окруж-
ности АВ, jx/7!) и
(Е, |ЛЛ|), которые
пересекут окруж-
ность (А, |ЛВ|) в
точках Н и Hi, а ок-
ружности (В, ]Д£)])
и (Е, | СЕ |) — в точ-
ках V и Nu М и Mi.
Проводим окружно-
сти (Е, и (В,
|Л5|) и отмечаем
точки Р, Р\, Q и Qt
их пересечения с ок-
ружностями (В,
|ЛГ|) и (Е, |AF|)
(рис. 21). Окружно-
сти (Я и (Рь
|ЙЛ|) пересекутся
в точке R, а окруж-
ность (А, |ЛД|) они
пересекут в . точ-
ках S и Зь Точно так же окружности (Q, |£Q|) и (QIt
) пересекутся в точке Т, а окружность (Л, 14В|)
пересекут в точках О и Oi. Проводим окружности (/?,
|АВ[) и (Fi, |ЛВ|) и отмечаем точки L, Ц и G пере-
сечения их с окружностью (Л, Описываем те-
перь окружности (О, |ЛО|) и (Оь |ЛО1[), которые пе-
ресекутся в точке К. И, наконец, проводим окружности
(К, [ЛВ]) и (Т, |Д£?|) и отмечаем точки / и Ц их пе-
ресечения. Тогда
11 AT I = 4- /1, I PT I = Ж/Г, I DR I = ж Уз.
23
\ AB I = -^1/4, | НТ | = -1-/5, | A.M I = 4 Уб,
) QQ, I =v /?- I AF | =4/ 8, | Bl< I = 4 ^9 -
I BL | =. 4-/10. | PS, | = 4/TT, I BD I
I HK | =4/13, I BS I =4/^’ 1 7/-> I =4/15-
! BE | = 4-/16, I FK | =4/'i7’ । KN । =4~/^>
| KD | =4-/19, | FO | = 4-/20. | I.D | =4-/21-
| KS )--1-/22, ) AIAl! | =4-/23.|A1N,| = 4/24,
| KE | =4 /25 = 4/25 | AB I .
§ 3. Иньерсия и ее основные свойства
А
"ър
Рис. 22.
13 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 инвер-
сии и остановимся вкратце
на основных ее свойствах,
которые будут использова-
ны в дальнейшем изложе-
нии.
Пусть в плоскости чер-
тежа дана некоторая окружность
личная от точки О (рис. 22) *).
Возьмем на луче ОР точку Р' так, чтобы произведе-
ние длин отрезков ОР и ОР' равнялось квадрату ра-
диуса данной окружности, т. е.
|ОР| - |ОР'| =г2. (1)
(О, г) и точка Р, от-
*) Условимся в дальнейшем на чертеже значение г радиуса ок*
ружиосн! записывать в разрыве дуги этой окружности (см,рис,22).
Такую точку Р' называют инверсной точке Р отно-
сительно окружности (О, г). Окружность (О, г) назы-
вают окружностью инверсии или базовой окружностью,
ее центр О — центром инверсии или полюсом инверсии,
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 каждой точке Р некоторой фи-
гуры ставит в соответствие ей инверсную точку Р', на-
зывается инверсией или преобразованием обратных ра-
диусов *).
Из определения инверсии следует, что каждой точке
Р на плоскости соответствует определенная и единствен-
ная точка Р' той же плоскости, причем, если
то |ОЛ/|<г. Исключение составляет центр инверсии О.
Точке О не может быть инверсна никакая точка плоско-
сти, что немедленно следует из равенства (1) **).
Пусть (Л/5) и (Д1Р)—касательные, проведенные к
окружности инверсии (О, г) из точки Р, лежащей вне
этой окружности (см/ рис. 22). Тогда точка Р' пересече-
ния прямых AAf и ОР будет инверсна точке Р. Действи-
тельно, в прямоугольном треугольнике ОАР (АР'— вы-
сота)
I OP | • I ОР‘ | = I О А | 2 = г\
Пусть точка Р перемещается по некоторой кривой I,
тогда ее инверсная точка Р' будет также описывать не-
которую кривую I', Кривые I и I' называются взаимно
инверсными.
Лемма. Если точки Р' и Q' инверсны точкам Р и
Q относительно окружности (О, г), то
/LOP'Q'^OQP и ^OQ'P' ~ ^OPQ.
*) Положим |ОД|=г = 1, \OP\-R, \OP'\=R'-r равенство (I)
в этом случае запишется так: R == туг т. е. расстояния инверс-
ных точек Р и Р' от центра инверсии О являются взаимно обрат-
ными числами. Слово «инверсия» в переводе с латинского (inversio)
означает обращение, перестановку.
**) В теории конформных отображений центру О ставят в со-
ответствие «бесконечно удаленную точку» плоскости из тех соображе-
ний, что ]0/3|~>оо при |ОР'|^0. Вообще, с помощью инверсии
точки, лежащие в круге (О, г), преобразуются в точки плоскости,
лежащие вне этого круга, и наоборот.
30
Доказательство. Из равенств 1 OP | - | OPN I =:
= ; OQ | ] OQf I = г- или j- следует,
что треугольники OQ'P' и OQP подобны (рис. 23). Эп-ш
утверждение леммы доказано.
Из определения инверсии немедленно следуют две
теорем ы.
Теорема I. Если две кривые пересекаются в точке
Р, то инверсные им кривые пересекаются в точке Р', ин-
версной точке Р.
Теорема И. Прямая, проходящая через центр ин-
версии О, сама себе инверсна.
Теорема Ш. Кривая, инверсная данной прямой
АВ, не проходящей через центр инверсии, есть окруж-
ность (Оь |ОО3 jj, проходящая через центр инверсии О,
причем всегда (ООДДДЛВ).
Доказательство. Пусть Q — основание перпен-
дикуляра, опущенного из центра О на данную прямую.
Обозначим через Q'точку, инверсную точке Q. Возьмем
на данной прямой произвольную точку Р и обозначим
через Р' инверсную ей точку (рис. 24).
На основании леммы можем записать:
OP'Q'=OQP=90°.
Следовательно, когда точка Р будет перемещаться
по прямой АВ, инверсная ей точка Р' будет описывать
окружность, имеющую отрезок OQ' своим диаметром.
Так как окружность (Ot, IOOJ) и данная прямая
АВ являются взаимно инверсными, то имеет место так-
же обратное утверждение, а именно, что окружности,
31
проходящей через центр инверсны, будет инверсна пря-
мая линия.
Теорема IV. Кривая, инверсная данной окружно-
сти (Oif К), не проходящей через центр инверсии, есть
также окружность. Центр инверсии является при этом
центром подобия этих окружностей.
Доказательство, Пусть линия центров 00[ ок-
ружности инверсии (О, г) и данной окружности (0^ В)
Рис. 25.
пересекает последнюю из них в точках Л и В. Обозна-
чим через А’ и В' точки,, инверсные точкам Л и В, Возь-
мем на окружности (Оь /?) произвольную точку Р н
инверсную ей точку обозначим через Р’ (рис. 25), При-
меняя лемму, получим
^ОА'Р'^ЛОРА и Z_OB'P'=/LOPB,
отсюда
О^Р'—= ОРВ— ^рА,
В треугольниках А'Р'В' и АРВ
А^ЧЗ' = С^Р'—(^Р' и /РВ = (^РВ—ОРЛ^90°.
Принимая во внимание предыдущее равенство, получим
А*Р?В'=АРВ = 90°.
Пусть точка Р перемещается по данной окружности
(Oi, В), тогда инверсная ей точка Р' будет описывать
окружность (О2, .|О2Р']), имеющую отрезок А'В' своим
диаметром. Теорема доказана.
32
Если QQ' и ТТ'— общие внешние касательные дан-
ной окружности (6*1, 7?) и инверсной ей окружности
(^2> } О2Р' |), то точки касания О. Q' и Т, Т' будут всег-
да взаимно инверсны. Перпендикуляр, проведенный че-
рез точку Q' к касательной QQ\ пересечет линию цент-
ров 001 в точке 02, являющейся центром окружности,
инверсной данной.
Из прямоугольных треугольников OO^Q и ОО20 мо-
жем записать;
100.1 JOQi .
I 00., I i OQO —
где k — это коэффициент гомотетии окружностей
(02, j02Р'|) и (Оь /?). Следовательно,
Но (о Q'B’T') = о QAT и Но (о Q'A'TA = ВТ,
где Но—преобразование гомотетии (подобия) с цент*
ром гомо гели и О и коэффициентом k.
Следует заметить, что ^Q'B'T' инверсна oQBT и
Q'/l Т' инверсна о QAT,
§ 4, Применение метода инверсии в геометрии циркуля
Приложение метода инверсии к решению геометри-
ческих задач на построение одним циркулем дает воз-
можность указать общий метод, общий подход к реше-.
э
tn
kJ
к>
кГ
сЧ
л
31
нию конструктивных задач
геометрии циркуля.
Построения Мора — Ма-
скерони хотя и являются
чрезвычайно изящными, од-
нако в большинстве случаев
они получаются столь искус-
ственным путем, что не-
вольно задаешь себе вопрос,
как каждое из этих построе-
ний могло быть установлено.
Задача 15. Построить
точку X инверсную данной
точке С относительно ок-
ружности инверсии (О, г).
Дано; (О, г) и точка
I ox j - I 0С| =г2.
Построение
водим окружность
С,
Рис, 26.
Построить: Л ё [ОС)»
в случае |0С[>г/2 (рис. 26). Про*
(Сг |0С]) и обозначаем через D и
3 А. Н. ДостовскиЗ
D[ точки их пересечения с окружностью инверсии (О, г)«
Если теперь провести окружности (D, | OD j) и
(jDb JOZ?!!), то в пересечении их получим искомую
точку X.
Доказательство. Из подобия равнобедренных
треугольников CDO и DOX находим
j ОС [ : | OD | = | OD | : | ОХ |,
или
| ОС | • [ ОХ| = | OD |2= г2.
Примечание. Нетрудно видеть, что данное
построение совпадает с построением, приведенным в за-
даче 9 (1-й способ), если отрезок | А С j = 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. Очевидно, что здесь
можно использовать и 2-й способ решения задачи 9
{строить отрезок |ДС|=п|ДВ| в этом случае также
не следует).
Построение в случае | ОС 1 < ~ (рис. 27). Ок-
ружность (С, ]ОС|) не будет пересекать окружность
инверсии, поэтому строим отрезок [OCi|=rt|OCI, при-
чем натуральное число п берем таким, чтобы | ОС\ | 2>
>Y (задача 2). Находим точку С'ь инверсную точке
Ci (1-й случай построения). Строим отрезок | ОХ | ==!
Точка X инверсна данной точке С,
34
Доказательство. Подставляя | OCt| ™ п | ОС |
и | OCi J = 1 в равенство | OCY ] . ] ОС\ | «= г\ по-
лучим
]OCJ • |ос;|=л 1 ос I .-L^LI—I ОС|. |ОЛ-|=Л
Примечание. Приведенное построение возможно,
если точка С не совпадает с центром инверсии.
Задача 16. Даны окружность инверсии (О, г) и пря-
мая АВ, не проходящая через центр инверсии. Постро-
ить окружность, инвер-
сную этой прямой.
Дано: (О, г) и (АВ)
(О не принадлежит
(АВ)). Построить:
(0'1, 100\ |), инверс-
ную (АВ).
Построение.
Строим точку 01, сим-
метричную центру ин-
версии О относительно
прямой АВ (задача
1). Находим точку СИ,
инверсную точке 01
(задача 15). Окруж-
ность (0'1, | OO'i |) инверсна данной прямой АВ
(рис. 28).
Доказательство. Пусть С и С' — соответствен-
но точки пересечения прямой OOj с окружностью
(0'1, | OO'i |) и с данной прямой АВ.
Из приведенного построения следует!
| 00L | • [ 00'1 | =г\ | 00, | =2 | ОС I ,
I ОС'} = 2 I OOi I , (°C) д GW
Отсюда
] 00, | • | оо; | =2 [ ОС | —'ДЧ..1.=|0С|.[0Ога.
В силу теоремы 111 окружность (Oi, | 00{ |) инверсна
прямой АВ.
Примечание. Если прямая проходит через центр
инверсии, то она сама себе инверсна (теорема II),
8*
33
Задача 17, Построить прямую АВ, инверсную данной
окружности (Ob R), проходящей через центр инвер-
сии О.
Построение. Если данная окружность пересекает
окружность инверсии в точках А и В, то прямая АВ ин-
версна этой окружности, В противном случае берем на
данной окружности точки А} и Si (рис. 29) и строим ин-
версные им точки А и В (задача 15). Прямая АВ ин-
версна данной окружности (Оь R),
Меняя положение точек А} н St на данной окружно-
сти (или применяя задачу 5), можно построить сколько
угодно точек этой прямой.
Справедливость построения следует из теоремы III.
Задача 18. Дана окружность (Оь R), не проходящая
через центр инверсии О. Построить окружность, инверс-
ную данной.
Построение. Принимая данную окружность
(01, R) за окружность иверсии, строим точку О', ин-
версную точке О (задача 15). Строим затем точку 02,
инверсную точке О' относительно окружности инверсии
(О, г). Точка 02 является центром искомой окружности
(рис. 30),
Берем на данной окружности (Ob R) произвольную
точку А и определяем инверсную ей точку А'. Окруж-
ность (О2, |О2Л'|) инверсна данной окружности (Oi,R).
Доказательство. Пусть РР'— общая внешняя
касательная окружностей (Oi, R) и (О2) | О2А' j), и пусть
(РОД JL (ООО.
36
В силу подобия прямоугольных треугольников ОРО'Г
и ОР'О2 можем записать:
| ОО2| : | ОР'| = |ОР| : | ОО'[
или, иначе,
|ОО2| • |ОО'| = [ ОР[ • |ОР'| =
так как точки Р и Р7 взаимно инверсны. Из последнего
равенства следует, что точки О2 и О' инверсны относи-
тельно окружности инверсии (О, г).
В прямоугольном треугольнике ОО}Р отрезок О'Р_
является высотой, следовательно,
|О1О| • 1010'1 = [OiPp^P2.
Таким образом, точка О' инверсна точке О относи-
тельно окружности (Оь р), если последнюю принять за
окружность инверсии.
Точка О дана. При построении сначала была постро-
ена точка О', а затем точка 02 — центр искомой окруж-
ности.
Примечание. С помощью более сложных выкла-
док можно доказать, что приведенное построение оста-
ется справедливым и в случае, когда центр инверсии О
находится внутри заданного круга (Оь Р) *).
* * *
В задачах 15—18 было показано, как, пользуясь од-
ним циркулем, построить фигуры, инверсные точке, пря-
мой и окружности. Теперь мы можем рассмотреть общий
метод решения геометрических задач на построение од-
ним лишь циркулем.
Каждое построение, выполняемое циркулем и линей-
кой, дает в плоскости чертежа фигуру Ф, состоящую из
окружностей, прямых и отдельных точек. Фигура Ф', ин-
версная фигуре Ф относительно окружности (О, г),
принятой за окружность инверсии, с центром О, не ле-
жащем ни на одной из прямых и окружностей фигуры Ф,
будет состоять только из точек и окружностей. Исполь-
зуя при этом задачи 15—18, увидим, что каждая из этих
точек и прямых может быть построена одним лишь цир-
кулем.
Допустим теперь, что некоторую задачу на построе-
ние, разрешимую циркулем и линейкой, требуется ре-
шить одним только циркулем.
*) Это доказательство приведено в Приложении II.
37
Представим себе, что эта задача решена циркулем и
линейкой, в результате чего получена некоторая фигу*,
ра Ф, состоящая из точек, прямых и окружностей. По*
строение этой фигуры будет осуществляться проведени-
ем в определенном порядке конечного числа прямых и
окружностей.
Возьмем по возможности более подходящую окруж-
ность инверсии (О, г) и построим фигуру Ф', инверсную
фигуре Ф (задачи 15—18). Фигура Ф' будет состоять
только из точек и окружностей, если, конечно, окруж-
ность инверсии выбрана 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 фигу-
ре Ф', то мы придем к искомому результату. При этом
надо заметить, что построение фигуры Ф' следует произ-
водить в том порядке, в котором производится построе-
ние фигуры Ф циркулем и линейкой.
Изложенным выше способом можно решить при по-
мощи одного циркуля каждую конструктивную задачу
на построение, разрешимую циркулем и линейкой. Ос-
новной результат Мора — Маскерони доказан еше раз о
помощью метода инверсии.
Общим методом могут быть решены и пять простей-
ших задач, приведенных в конце § 1.
В качестве иллюстрации общего метода решения за-
дач на построение одним только циркулем приведем ре-
шение задачи 7. Построим точку пересечения двух данных
прямых АВ и CD, каждая из которых задана двумя
точками.
Берем в плоскости произвольную окружность (О, г)
с центром О, не лежащим на данных прямых, и прини-
маем ее за окружность инверсии. Строим окружности,
инверсные данным прямым, и отмечаем точку X' их пе-
ресечения (задача 16). Строим точку X, инверсную точ-
ке X' (задача 15). Точка Л' является искомой точкой пе-
ресечения данных прямых АВ и CD.
Здесь фигура Ф состоит из двух данных прямых АВ
и CD (точнее, состоит из четырех данных точек А, В, С
и Z), через которые мы мысленно проводим данные пря-
мые); фигура Ф' состоит из двух окружностей, инверс-
ных данным прямым АВ и CD. Изображением, прини-
маемым на фигуре Ф' за результат, будет точка X'. Точ-
ка X, инверсная точке Xх, является искомым результат
том — точкой пересечения данных прямых,
ЗЬ
Точно так же можно решить задачу 6 (четвертая про-
стейшая задача): построить точки пересечения данной
прямой и данной окружности. Если при этом прямая не
проходит через центр окружности, то за окружность нн<
версии следует взять данную окружность. Решение за*
дачи при этом значительно упростится.
Справедливость этих построений немедленно следует
из теоремы I.
Задача 19. Найти центр начерченной окружности.
Построение. Берем на данной окружности точ-
ку О и произвольным радиусом г описываем окружность
(О, г), которая пересечет данную окружность в точках
А и В. Принимаем окружность (О, г) за окружность ин-
версии и строим центр окружности, инверсной прямой
АВ (задача 16). Для выполнения последнего построе-
ния проводим окружности (Л, | ОА [) и (В, | ОВ|), пе-
ресекающиеся в точке (?!, Описываем окружность (О],
|OOi|) и отмечаем точки D и D\ пересечения ее с ок-
ружностью инверсии. Окружности (D, | OD |) и (ТД,
1ODi |) определяют иско-
мый центр начерченной
окружности (рис, 31).
Доказательство.
Точки А и В сами себе
инверсны, так как лежат
на окружности инверсии.
Таким образом, данная
начерченная окружность
и прямая АВ являются
взаимно инверсными фи-
гурами.
В задаче 16 было по-
казано, что точка 0'1 является
ной окружности, которая в данном случае инверсна пря-
мой АВ.
Следует обратить внимание читателей на простоту и
изящество решения последней задачи. Для нахождения
центра окружности было проведено шесть окружнос-
тей *). Это построение проще и точнее, чем обычное по-
строение, осуществляемое циркулем и линейкой.
Данную задачу, а также некоторые другие задачи
геометрии циркуля, как, например, задачи 3 и 8 (2-й спо-
в
Bl
Рас. 31.
искомым центром дан-
*) При условии, конечно, что радиус г взят большим половины
радиуса данной окружности. В противном случае окружностей бу
дет больше (см, решение задачи 15 — второй случай).
39
соб решения), на уроках геометрии можно предлагать
учащимся старших классов в качестве упражнений. Не*
ходя из этого, приведем доказательство задачи 19, не
опираясь на принцип инверсии.
Доказательство. Прямая 00] перпендикуляр-
на хорде АВ данной окружности и проходит через ее се-
редину, следовательно, искомый центр должен лежа!Ь
на прямой 00]. Пусть Б и F— соответственно точки пе-
ресечения прямой 00] с данной окружностью и окруж-
ностью (01, jOOJ). Отрезок ОЛ' — лизменр данной ок-
ружност и,
Из рассмотрения прямоугольных (реугольников О^В
и ODF. для которых отрезки АН и ОК являются выеи-
тами, находим
| О А Р =* I О В | * | ОН 1 и 1 0D р= | OF j - | OK | .
Принимав ни внимание, что | 0D | = | ОА I = г,
OF\- 2 | СЮ, 1 ОН I 1СЮ, | и | ОК
получим
| ОЕ | • | ОН | = | Of- | • | ОК I,
или
I ОЕ | . Ю?. ’ . = 2 | 00, |
Отсюда
| 0()\ ।
г
Задача 20. Около данного треугольника АВС опи-
сать окружность.
Построение. Описываем окружность (A, }AS|)
ка С' инверсна точке С по
и принимаем ее за окруж-
ность инверсии. Строим точ-
ку С\ инверсную точке С
(задача 15). Строим окруж-
ность (X |АХ|), инверсную
прямой ВС' (задача 16).
(X, |ЛХ|) — искомая ок-
ружность, описанная около
треугольника AZJC (рис.32).
Доказат е л ьст в о.
Точка В сама себе инверсна,
так как лежит на окружно-
сти инверсии (А, |АВ|); точ-
построению. Следовательно,
окружность, проходящая через данные точки А, В и С(
40
инверсна прямой ВС\ А как было показано в задаче 16,
точка X является центром искомой окружности*).
Примечание. Приведем теперь следующий спо-
соб решения задачи 18. Берем на данной окружности
(01, /?) произвольные точки <4, В и С и строим инверс-
ные 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-
ной прямой. Эго построение и было использовано для решения за-
дач 1ё и 20.
4!
ГЛАВА ВТОРАЯ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ ОДНИМ
ЦИРКУЛЕМ С ОГРАНИЧЕНИЯМИ
В первой главе нашей книги мы рассмотрели построе-
ния одним циркулем, которые можно теперь назвать
классической геометрией циркуля.
В теории геометрических построений одним цирку-
лем всегда подразумевается свободное пользование цир-
кулем, когда на растворы ножек никаких ограничений
не накладывается. Таким циркулем можно чертить ок-
ружности как угодно больших и как угодно малых ра-
диусов.
Однако каждому известно, что практически данным
конкретным циркулем можно описывать окружности, ра-
диусы которых не больше некоторого отрезка и не
меньше отрезка /?тщ. Отрезок /?тах равен максимально-
му, а /?т!п—минимальному раствору ножек данного
циркуля. Если через г обозначить радиус окружности,
которую можно описать этим циркулем, то всегда имеет
место равенство
^?min ST- f Rm&x>
Будем говорить, что в данном случае растворы ножек
циркуля ограничены снизу отрезком /?т[П н ограничены
Сверху ОТреЗКОМ Яшах-
В этой главе будут рассмотрены геометрические по-
строения одним циркулем, когда на. растворы ножек на-
ложены некоторые ограничения.
§ 5. Построения одним циркулем с раствором ножек,
ограниченным сверху
В данном параграфе мы будем пользоваться цирку-
лем, растворы ножек которого ограничены только сверху
некоторым наперед заданным отрезком /?тйх. Таким
циркулем можно описывать окружности, радиусы кото-
рых не превышают этого отрезка. Для сокращения запи-
си в дальнейшем будем вместо /?тах писать просто R<
Если обозначить через г радиус окружности, которую
можно описать данным ииркулем, то всегда
О < г Rt
49
Задача 21. Построить отрезок, в 2П раз меньший дан*
кого отрезка (разделить данный отрезок АВ на 2, 4,
Ь>..., 2п равных частей).
Построение. Нетрудно проверить, что в случае
| АВ | •<-£-*) можно воспользоваться построением зада-
чи 10; радиус наибольшей окружности равен в этом по-
строении |4С|«=2|ДЯ| </?* **).
В случае |4В|<2А? произвольным радиусом г опи-
сываем окружности (Л. г) и (В, г) и обозначаем через
С и D точки их пересечения. Изменяя величину радиу-
са г, всегда можно добиться того, что ( CD | .
Делим теперь пополам отрезок CD (задача 10), полу-
чим точку Хь Очевидно, точка X] делит пополам и дан-
ный отрезок АВ.
Точно так же построим точку Ла, делящую отрезок
пополам. Отрезок ] АХ2 | = | АВ 1 < По-
строение точек Х4, Х8, 2й сводится дальше к реше-
нию задачи 10.
Увеличивая } АХ | =» в 2л раз (задача 2),
мы отрезок АВ разделим на 2й равных частей.
*) Для сравнения длин двух данных отрезков АВ и CD следует
описать окружность (/1, |СО\); если точка В лежит: а) внутри этой
окружности, гэ < (СР|, б) на окружности, то | А В1=“\CD |,
в) вне окружности, то |ДД| > |СР|.
i
Для проверки непииенства f АВ ( <У"?г R или неравенства
21А В | В. следует прпягс.’И окружность (4, /?); если точка В ле-
жит на окружности (Д, It) 9ли вне ее. то 2148| > )О /?; если
точка В лежит внутри этой окружности, то |ЛВ| < it и, следова-
тельно, оiрезок Й|.4Й! vn«et быть достроен (задача 2} и указан-
ным выше способом *. l иьвен с отрезком /?,
**11ри первом способе построения в задаче 10 нужно Прове-
рахь, что |AD«j Д' аля всех 2, 3, ...
i hn | ADn | г — iim f i 4- -7- 4* туг -J- ... 4* л* “
t> -< OO L ' '
” f 4~ ~~2~ CX 4* • 4* ‘2^’ + •••) a* — ^~~r %aS °" ^.(P,
1 "T
T. e,
1 Л£>в| < /2 | AB[ <R.
43
В случае |/i£J|^2A? построение будет дано в зада-
че 24.
Задача 22 (первая основная операция). На прямой,
заданной двумя точками Л и В, построить одну или не-
сколько точек *).
Построение. Случай |ЛВ|<2/? сводится к за-
даче 5.
Пусть |ЛВ| '^2R. Описываем окружности (В, R) и
(Л, г), где г — произвольный отрезок, меньший или рав-
ный R. Берем на окружности (Л, г) точку С так, что-
бы она «приближенно» лежала на отрезке А В (т. е. что-
бы угол С АВ был пс возможности малым), н строим от-
резок |Л2>| = т[АС| .(задача 2, |АС| — Нату-
ральное число т подбираем так, чтобы точка D попала
в круг (В, R) **). 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 |/lC|=s
= ...=] /7i (рис. 33). Возьмем такое нату-
ральное число п, чтобы 2'!~1<т^:2\ Строим отрезок
I D/\ i =-^г I | (задача 21, здесь \BD\<2R). Де-
лим отрезок DH па 2” равных частей (задача 21,
*) Как уже отмечалось выше, одним циркулем, а тем более од-
ним циркулем с ограниченным раствором ножек, мы не можем на-
чертить непрерывной прямой, однако сможем построить любое ко-
личество точек этой прямой.
**) Точка D может и не лежать в круге (В, R); важно, чтобы
|В£>| <2Я. Точка должна лежать в круге (В. 2R), но такую окруж-
ность данным циркулем мы списать не можем.
44
т
\DH\=r^.R) н берем отрезок \ DE \ ~
2п
f DH} (на
рис. 33 m = 3, 23-1 <3<22, /г=2, | DE | = ~ I ОН j ) .
Строим параллелограмм НЕЕМ, для чего следует
провести окружности {Н, |£7(|) и {К, |£T/|). (Если в
пересечении этих окружностей точка М получается не-
четко, то для построения точки Л-1 следует провести ок-
ружность (£, |£Л|) и отложить в этом круге хорды
| КР\ = | РТ\, равные радиусу |£7(|. В пересечении
окружностей (Я, |£Д|) и (Р, | ТИ |) получим точку Л1).
И, наконец, если провести окружности (Д, j НМ|) и
(С, то обе эти окружности пересекутся в иско-
мой точке X, лежащей на прямой АВ.
Дальнейшее построение точек данной прямой АВ
сводится к задаче 5 (| АХ | < 2R).
Доказательство. Согласно построению можем
записать:
\вр\
I РК |
= 2п
и
I АР I
I DE I
m I АС | __ 2я
m
2?з I AC I
Таким образом, треугольники
(угол ADB — общий). Значит,
ADB и EDK подобны
A_DEK^ Z_DAB и [ЕД] !1 {АВ).
Так как [ЯМ] || [ЕК] (фигура НЕЕМ — параллело-
грамм), то
[НМ] {АВ).
Из конгруэнтности треугольников АСХ и DHM следует
[ДХ] |! [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 т — 2':, т. е.
т принимает одно из значений 2, 4, 8, 16, .... то постро-
ение задачи значительно упрощается; в этом случае
точка Е совпадает с точкой Я, а точка М — с точкой К.
Деление отрезка DH па 2л равных частей и построение
параллелограмма ЕКМН в этом случае отпадают.
Таким образом, изменяя величину радиуса г, следу-
ет всегда добиваться того, чтобы число т приняло одно
из значений 2,4,8, 16,..,
Задача 23. От дайной точки С отложить отрезок,
равный и параллельный данному отрезку АВ.
Построение. Если точка С не лежит на прямой АВ,
то задача сводится к построению параллелограмма АВ DC
(АВ XX CD) или ABCDf {АВ\\сЬг)*}-
Пусть |AZJ| 5^/?. Пусть LlCpcft и точка С не ле-
жит на прямой АВ. Проводим окружности (С, | АВ |) и
(В, |АС|) и отмечаем точку D их пересечения, Отрезок
CD — искомый, фигура ABDC — параллелограмм.
Если Отрезок нужно отложить от точки С в противо-
положном направлении {АВ П CD), то вместо окружно-
сти {В, J АС |) следует провести окружность (А, | ВС [ ).
Рис. 34.
В случае j ZJCj описать эту окружность данным цир-
кулем мы не сможем, однако искомую точку получим,
если иа окружности (С, |А£»|) построим точку D', диа-
метрально противоположную точке D. Фигура ABCD' —-
параллелограмм.
Пусть теперь |АС| ~>R и | Л?С| >/? (рис. 34). В на-
правлении от точки А к точке С берем произвольный
ряд точек Аь А2} ..., Ah с условием, что |AAJ
|AiA2| -С К, ...» [ A k С [ С R, и строим параллелограммы
ABBiAi, А1В1В2А2, ..., A^Bii-xBkAk. Затем строим па-
раллелограмм AkBkDC (нли AkBkCD'). Отрезок CD —
искомый. Если окажется, что точка Аг случайно лежит
иа прямой Аг-1£»г-1, то вместо точки Aj следует взять
другую точку.
Это построение справедливо и в случае, если данная
точка С лежит на данной прямой АВ.
Рассмотрим теперь случай |А5| ~>R. Пользуясь ре-
шением задачи 22, строим на отрезке АВ точки Х2>
i(t, Хп с условиями |АЛ\| s^R, [XiJC2| ^R, ,.| ХпВ |
t^R.
) См. Приложение I.
46
Строим затем параллелограммы AXJ^C, X1X2D2Di,l
Xn-iXnDnDn-it XnBDDn. Отрезок CD—искомый.
Задача 24. Построить отрезок, в 2п раз меньший дан-
ного отрезка АВ, в случае |ДЕ|^2/? (разделить отре-
зок на 2П равных частей).
Построение. На данном отрезке АВ находим
точку С с условием [ДС|^/? (задача 22). Строим от-
резок J AD | =т | Л С | (задача 2), при этом натуральное
число т берем таким, чтобы | A D ] | А В [ и |Z)S| <R,
для чего отрезок АС повторяем два, трн и т. д. раз, по-
ка не придем к точке В. Если прн этом число т ока-
жется нечетным, то строим еще отрезок |DZ)i | = | ДС|;
в этом случае IADX I = (m+1) |ДС|, |Д^1 < I и
(на рис. 35 т~6),
Рис. 35,
Делим точкой К отрезок BD (или BD^) пополам
(задача 21, |BD\<R). .
Обозначим через Е середину отрезка AD (или Д£>1)
и откладываем отрезок ЕХ\, равный и параллельный от-
резку DK (задача 23), так, чтобы |ДЛ) I == | ДЕ] Д-|Е7(|
(или |ДХ]| = ]ДЕ|— |В7(|, если точка Е является сере-
диной отрезка ДЕО; для этого берем точки Q, Qi, ... и
строим параллелограммы QDRG, MQGN, QiMNGi
и т. Д. *)
Точка Xi делит данный отрезок АВ пополам.
Делим далее пополам отрезок ДХЬ получим четвер-
тую часть отрезка АВ и т. д. Если прн этом [ДЛ^| <2/?,
то применяем построение, указанное в задаче 21, в про-
тивном случае построение проводим аналогично выше-
изложенному.
Задача 25. Построить отрезок, в п раз больший дан-
ного отрезка АВ, в случае ] АВ| >#.
Построение. Определяем на данной прямой АВ
точку С так, чтобы | ДС| </? (задача 22), Строим отре-
*) Точки Xj будет построена, если построить |ДХ1| = 5Л£'|±
±[ВК[ (см. примечание к задаче 6),
Я
зок [/W|—| АС | (задача 2, |АС| <R), при этом чис-
ло т подбираем так, чтобы | AD | | А/J| и 0^ | DB | < А?}
для этого отрезок АС следует повторить два, три и т. д.
раз, пока не дойдем до точки В (рис. 36),
Рис. 36.
Строим отрезок | DE | = п | DB I (задача 2, | DB |<^
так, чтобы AD П DE*'}, а затем отрезок | АЕ j =
= (/z — 1) т j АС }, причем АЕ U АВ. Отрезок | ЕЕ | «
= п j АВ | — искомый (на рис. 36 т = 3, zz == 2).
Доказательство.
| ЕЕ | « l ЕА | + | AD | + | DE | =
= (п - 1) т. | AC j + т | АС | + п I О В 1
= пт | АС | ] DB | = п (т | АС | + j DB | ) —
- п{1 AD | + I DB | ) = п j АВ U
Примечание. Чтобы построить отрезок |АМ|=:
АВ|, необходимо вместо отрезка AF построить от-
резок |£М| — (п—1) т IА С [ так, чтобы ЕМ^АВ. Тогда
получим |AM| ==rt|AZJ], т. е. одни конец данного и по-
строенного отрезков совпадают.
Задача 26 (вторая основная операция). Из данной
точки О, как из центра, описать окружность данного
радиуса j АВ |.
Построение. Если [AS] s^R, то окружность дан-
ным циркулем с ограниченным раствором описывается
непосредственно. Если же |АВ| >R, то данным цирку-
лем мы не можем начертить окружность в виде непре-
рывной кривой, однако в этом случае можно строить лю-
бое число точек, расположенных как угодно плотно на
*) См, Приложение I»
48
данной окружности, заданной центром и радиусом
(рис. 37).
Строим отрезок а = * (задачи 21 и 24), при
этом число п берем таким, чтобы as^R. Проводим ок-
ружность (О, а), берем на ней произвольную точку Af
и строим отрезок | СИ| —2Д С% [ (задача 2.
— a^R). Точка X принадлежит данной окружности
(О, |ДВ|).
Изменяя положение точки Xi на окружности (О, а),
можно построить сколько угодно точек данной окруж-
ности.
Если на данной окружности уже построены две точ-
ки X и У, причем |ЛУ| <ZR и |Мто дальнейшее
построение точек окружности можно производить сле-
дующим образом. Проводим окружности (У, ]А?У|) и
(D, |Z)X|), пересекающиеся в точке Z. Точка Z принад-
лежит данной окружности. Описываем окружности (D,
\DC\) и (У, |СУ|j и отмечаем Е — точку их пересече-
ния. Если теперь провести окружности, (2, ) У/1) и (Е,
|ЕУ|), то построим еще одну точку окружности и т. д.
Доказательство. Отрезок | ОХ | = 2" а == 2п I=
= । АВ | .
Примечание. Если на отрезке АВ задана еще
точка К, такая, что (или | BR\<О\), то по-
строение можно значительно упростить. Строим отрезок
49
| A D j | A К | (задача 2, при этом число m
подбираем так, чтобы |ЛВ| и О-С </?;
для этого отрезок АК следует повторить два, три н т. д.
раз (рис. 36). Если теперь провести окружность (О, а),
где а — 147(|, взять на ней точку Ль затем построить’от-
резок | ОС | s=»m| CMG [ и, иаконеп, отложить отрезок
|СХ| — (£)В| ♦) (OCffCX). Точка X лежит на данной
окружности (см. рис. 37).
Задача 27 (третья основная операция). Найтн точки
пересечения двух данных окружностей (О, 1451) и
(01, К£>|).
Построение, Если радиусы обеих окружностей
не больше /?, то построение их точек пересечения выпол-
няется циркулем непосредственно.
Рис. 38.
Предположим теперь, что радиус одной или радиусы
обеих окружностей больше R.
MB I Z. 1 CD I |Л1С1
Строим отрезки а — , b = 2И 1 и | ОЕ |=
= (задачи 21 и 24); число п берем таким, чтобы
a^R и b^R (рис. 38). Проводим окружности (О, а) и
(Е, Ь) н отмечаем точки их пересечения АТ и Уь Если
*) См. примечание к задаче 6.
50
теперь построить отрезки | ОХ] = 2" | OXt | и | ОУ] =
= 2Л|ОУ11; то получим искомые точки X и У пересече-
ния данных окружностей (О, [ЛВ]) и (Ob |CD|).
Доказательство.
I OX | = 2’-а = 2”- -ЦЩ- = | АВ
| ОГ | = 2» • -Ц2-1- = | АВ |.
Из подобия треугольников ОХОх и ОХхЕ
1 =2", угол ОхОХ — общий) следует:
I ОхХ I = 2» • | ЕХ, | = 2" • -1 ffil- = | CD |.
Точно так же получим | О, У | = | CD [.
Задача 28. Построить точку Сь симметричную данной
точке С относительно дайной прямой АВ.
Построение. Для случая |ДС| и |ВС|
построение дано в задаче 1. Если расстояние точки С
от данной прямой АВ мень-
ше Я, то, пользуясь зада- Са
чей 22, на данной прямой /
всегда можно найти точки
Л] и Вх так, что
и |СВ1|^£.
Пусть теперь расстояние
точки С от данной прямой
АВ больше Я. Можем счи-
тать |ЛВ|<2£, в против-
ном случае находим такие
точки на данной прямой
(задача 22).
Берем в плоскости точ-
ку Е так, чтобы
и прямая СЕ пересекала
отрезок АВ. Строим отрезок Рис 39
|СО]=т|С£| (|СЕ|==
==.. .= |/Я)|; задача 2). Точку Е и число т подберем
так, чтобы отрезки AD, АН, BD и ВН были меньше /?.
Строим точки Di и Hit симметричные точкам D и Н
относительно данной прямой (задача 1). Строим отре-
зок IZ^Ci] =m|D1//i|. Точка Ci искомая, симметричная
данной точке С относительно данной прямой АВ
(рис. 39), т. е. 6i = S(дв)(С).
51
Примечание. Решение задачи 1 осгаетсз спра-
ведливым и в общем случае: есла для построения сим*
метричной точки Ci пересечения окружностей (Д |ЛС()
и (В, |8С|) мы воспользуемся задачей 27,
Задача 29 (четвертая основная операция). Построить
точки пересечения данной окружности (О, | CD |) и пря-
мой, заданной двумя точками А и В.
Построение. В случае, если прямая не проходит
через центр окружности, строим точку Ols симметрич-
ную центру О данной окружности относительно прямой
АВ (задача 28). Определяем точки X и У пересечения
окружностей (О, | CD [) и (Оь | CD |) (задача 27). Точ-
ки X и У искомые.
В случае, если прямая проходит через центр окруж-
ности *) (рис. 40), строим отрезок г «= ' с усло-
вием г <7 ~ (задачи 21 и 24). Проводим окружность
(О, г) и обозначаем через At и В\ точки ее пересечения
с окружностью (Л, d) (или (В, </)), где d — произволь-
ный отрезок, меньший или равный Я. Если даже при
d — R окружности (Л, Я) или (В, R) не пересекают ок-
ружность (О, г) (в этом случае |ОЛ| Z>RA~r и |ОВ|7>
то пользуясь задачей 22, определяем точку с
на прямой АВ так, чтобы |ОЕ| окружность
*) Для проверки этого факта см. примечание к задаче 1,
52
(E, d) пересечет (О, г) в точках Л, и В\. Изменяя ве-
личину радиуса d, следует добиться того, чтобы а~
= |Л,в,|с4-
Делим обе дуги Д]В( окружности (О, г) точками Хь
У] пополам (задача 4). Строим отрезки |OX|=2njOXlj
и [ОУ|=2Ч|ОУ1| (задача 2, | ОК, | = г < -А).
Точки X и ¥— искомые точки пересечения данной пря-
мой и данной окружности.
Наибольшая из окружностей, проведенных в данном
построении, будет при делении дуги пополам. При
делении дуги пополам (см. задачу 4) радиус наиболь-
шей окружности равен I ВС S == /2а2 4- г2 (см.
рис. 5). В этом построении радиус будет удовлетворять
неравенству
Ц2а2 + г* < jA (4У + (4)’ < R-
Задача 30. Построить отрезок, четвертый пропорцио-
нальный к трем данным отрезкам а, b и с.
Построение. Если a^zR, b<ZR и c<ZR, то постро-
ение дано в задаче 3.
Пусть теперь хотя бы одно из указанных неравенств
_ а . b с
не имеет места. Строим отрезки а,и
(задачи 21 и 24), при этом натуральные числа пит
подбираем так, чтобы b^R, c^R и Ct<2ai.
Строим отрезок х,, четвертый пропорциональный к
отрезкам аь bi и cL, Если теперь построить отрезок х=
= 2т-х1 (задачи 2 и 25), то найдем искомый отрезок,
четвертый пропорциональный к трем данным отрезкам
а, b и с.
Доказательство.
а - b - С ‘ г
2" * 2Л ” 2я1 р
Эту пропорцию можем записать так:
a:b = с:'2т
Задача 31 (пятая основная операция)1. Построить
точку пересечения данных прямых АВ и CD, каждая
из которых определена двумя точками.
53
Построение точки пересечения данных прямых линии
циркулем с ограниченным раствором точно такое же,
как и в задаче 7, однако вместо'задач 1 и 3 следует ис-
пользовать соответственно задачи 28 и 30. Для опреде-
ления точки Е и искомой точки X (пересечения прямых
АВ 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 окруж-
ности, описываемые в этом построении, будут иметь ра-
диусы не больше R и, следовательно, могут быть начер-
чены циркулем с ограниченным раствором ножек.
Ф *
На основании вышеизложенного в данном параграфе
приходим к следующему выводу.
Все пять основных операций (простейших задач) мо-
гут быть выполнены (решены) одним только циркулем,
описывающим окружности, радиусы которых не превы-
шают некоторого наперед заданного отрезка R.
Каждая геометрическая задача на построение, раз-
решимая циркулем и линейкой, всегда сводится к вы-
полнению в определенном порядке конечной последова-
тельности основных операций (§ 1).
Таким образом, имеет место следующая теорема.
Теорема. Все геометрические задачи на построе-
ние, разрешимые циркулем и линейкой, могут быть точ-
но решены и одним только циркулем, описывающим ок-
ружности, радиусы которых не превышают некоторого
наперед заданного отрезка.
Рассмотрим теперь общий метод решения конструк-
тивных задач на построение одним циркулем, растворы
ножек которого ограничены сверху отрезком R.
Допустим, что некоторую задачу на построение, раз-
решимую циркулем и линейкой, требуется решить одним
циркулем с ограниченным раствором ножек. Предста-
вим себе эту задачу решенной одним циркулем в клас-
сическом смысле, при свободном пользовании циркулем,
когда на раствор ножек никаких ограничений не накла-
дывается; в результате получим некоторую фигуру Ф,
состоящую нз одних только окружностей, взятых в ко-
нечном числе. Обозначим через Ri наибольший из ра-
диусов всех окружностей, составляющих фигуру Ф. Если
окажется, что Ri^E> то указанное построение может
51
быть выполнено одним циркулем с ограниченным раство-
ром ножек.
Пусть теперь Возьмем натуральное число п
таким, чтобы Если теперь все отрезки, дан-
ные в условии задачи, в том числе и отрезки, определя-
ющие радиусы заданных окружностей, уменьшить в 21
раз и затем провести решение задачи данным циркулем,
то в результате получим фигуру Ф', подобную фигуре Ф
I
с коэффициентом подобия (гомотетии), равным .
Все окружности фигуры Ф' могут быть начерчены дап-
ным циркулем, так как их радиусы не больше К
При этом следует заметить, -что если среди дан-
ных в условии задачи имеется некоторая фигура Ф1 в
плоскости чертежа, то нужно одну нз точек этой фигуры
взять за центр подобия и построить ей подобную фнгу-
I
ру Ф'1 с коэффициентом подобия (т. е. уменьшить
фигуру Ф1 в 2п раз) *).
Обозначим через Т' ту часть фигуры Ф', которая
принимается за искомый результат. Строим фигуру Т,
подобную фигуре с центром подобия О и коэффици-
ентом подобия 2я (увеличиваем фигуру Т' в 2й раз),
для чего строим отрезки [OXi].....[Ол&] такие, что
| OXt 1 = 2« I ОХ[ 1, | ОХ2 | =2« | OX2j. -
.... j OXJ = 2« I oxi b
где через Х'ь Х'2, ...» X'ft обозначены все точки пересе-
чения окружностей фигуры У'. Точки Хь Xg, Xh фи-
гуры Т будут центрами и точками пересечения окруж-
ностей, составляющих эту фигуру.
Фигура Т представляет искомый результат решения
данной задачи. Прямые и окружности, радиусы которых
больше R, на фигуре Т не могут быть начерчены дан-
ным циркулем; они могут быть построены в виде точек,
как угодно плотно прилегающих друг к другу (задачи
22 и 26),
Для иллюстрации изложенного можно привести ре-
шение задачи 27. В этом решении фигура Ф состоит из
*) Данные к задаче могут задаваться несколькими фигура-
ми Ф1, Ф2, ..,
55
окружностей {О, и (Ot, [ CD |). Данными элемен-
тами являются три отрезка АВ, CD и ОО}, где ]ДВ|,
| CD [ — радиусы заданных окружностей, а О и О| —
центры этих окружностей, причем | ОО{ | — расстояние
между центрами этих окружностей. Эти отрезки и есть
соответственно заданные в условии задачи фигуры Ф,,
Ф2 и Ф3 (см. рис. 38). Фигуры Фь Ф2 и Фз —это от-
резки а, b и ОЕ соответственно с центрами подобия А,
С и О и коэффициентом подобия, равным Фигура
Ф' состоит из окружностей (О, а) и (Е, Ь) (вместе с их
центрами О и £). Фигура Ч*3', принимаемая на фигуре
0' за искомый результат, состоит из двух точек и Уь
Искомым результатом задачи (решения) является фи-
гура Чг, состоящая из точек X и У. Точка О — центр по-
добия (на рис. 38 2л — 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 АЗ наибольшей из окружностей. Учитывая это
обстоятельство, решение задач данным циркулем с огра-
ниченным раствором проводим до тех пор, пока не при-
дем к окружности с радиусом Определяем нату-
ральное число /г( так, чтобы — Уменьшаем дан-
ные отрезки в 2Л> раз и повторно начинаем решение
данной задачи; в результате мы или полностью решим
задачу и построим фигуру Ф', или снова придем к ок-
ружности радиуса Г2>Я. Определяем натуральное число
так, чтобы — </?, и снова уменьшаем все отрезки
в 21’ раз (при этом отрезки, данные в условии задачи,
будут уменьшены в 2"’ +раз) и в третий раз начинаем
решение задачи и т. д. После конечного числа, k шагов
фигура будет построена (исходные отрезки, данные в
условий задачи, будут уменьшены в 2"’ + + + П}! раз).
Используя общий метод решения, нетрудно по-
строить одним циркулем с ограниченным раствором
фигуры, инверсные данной точке, прямой и окружности
(задачи 15—18).
В заключение параграфа приведем решение следую-
щей задачи.
Задача 32. Разделить данный отрезок АВ на пять
равных частей, если мы не можем иметь отрезок, в пять
раз больший данного отрезка |ЛВ| —а.
56
6
Рис.
41.
В обширном сочинении Л. Маскерони [10] эта зада-
ча является единственной, решенной с указанным в ус-
ловии ограничением.
Построение. Описываем окружность (В, а) н
строим точку Е, диаметрально противоположную точке
А (на рис. 41 |ДС| = |СБ| — \DE\ — а). Проводим ок-
ружности (А, | ДБ |) н
(Е, [ЕС]), которые пе-
ресекутся в точках F
и Fi, Отмечаем точку
И пересечения окруж-
ностей (Fi, а) с окруж-
ностью (В, а). Описы-
ваем затем окружнос-
ти (И, \HFl\) и (F,
|ДЕ|), в пересечении
которых получим точ-
ку G. Окружность (Д,
| F\G |) пересечет ок-
ружность (В, а) в точ-
ках К и Ki, Если те-
перь провести окруж-
ности (К, |ДК[) и (Ki,
|ДК1 J), то и построим
искомую точку X, т. е.
| ВХ | = 4- I АВ 1 •
и
Доказательство. Пусть иа окружности (Я,
|ЯЕ1{) точка М диаметрально противоположна точ-
ке Fi, и пусть N— точка пересечения прямых HF и MG.
Отрезок JBFI — IBFSI ~У2а. Длина касательной, про-
веденной из тачки F к окружности (И, | Т//7! |), равна
i = V\FF1 | • | FB I =1^2/2 a V2 a = 2a.
Но, с другой стороны, |FG|=2a'no построению, значит,
прямая FG касается окружности (Н, [ HFi |) в точке G,
Из прямоугольного треугольника FGH имеем
| HF | = V[ //G Р + I ОЕ |2' == Vba.
Треугольник FMFi — равнобедренный, так как угол
FiBM — прямой, вписанный и опирающийся на диа-
метр F{M окружности (И, |ЯЛ| )• Значит, -
— =2а.
57
Треугольник MGF также равнобедренный ([MfJ —
= | FG | = 2a), поэтому (M G) I (HF),
Из прямоугольного треугольника HGF, для которо-
го отрезок GN является высотой, получим
j HQ | 2 = а2 = | HF j • | HN | = Уба | HN |
НЛИ
1 HN I =
Из прямоугольных треугольников HNG и MGFi на-
ходим
=41 м°\’
| GFr |2 =4a2--^-a2= -t a2.
И, наконец, из прямоугольного треугольника AKE
имеем
I АК 12= I QF^ = I АЕ [ • | АР I =
= 2a • ----1 AX ।
ИЛИ
Отсюда
I BX\ =4-1 AB |.
§ 6. Построения одним циркулем с раствором ножек,
ограниченным снизу
В данном параграфе мы будем пользоваться цирку-
лем, растворы ножек которого ограничены только снизу
наперед заданным отрезком Таким циркулем мож-
но описывать окружности любого радиуса, большего илн
равного отрезку Япнп. В дальнейшем будем вместо £min
писать просто R.
Задача 33, Построить отрезок, в п раз больший дан*
ного отрезка AAU
Построение. Строим отрезок А\Е> перпендику-
лярный к данному отрезку АА\ (задача 8, берем | О А |
58
Определяем точку Е', симметричную точке Е от-
носительно прямой AAi (задача 1, здесь [ЛЕ] >/? и
|Д{Е[ >/?). Строим точку А2, симметричную точке А от-
носительно прямой ЕЕ', Получаем |ЛЛ2] = 2IAAA
(рис. 42).
Строим затем [Л2ЕХ] ± [ЛЛ2] и Е\ = S(^5) (Е\). Если
теперь построить точки Л3= (Лх) и А4= ^уЛ),
то будем иметь
1 АА3 | = 3 | ЛА[, | АА4 | = 4 ; ЛЛХ | .
Дальше построение повторяется аналогично.
Для случая [ЛЛ^ ^R построение дано в задаче
Радиусы всех ок-
ружностей, проведен-
ных в этом построении,
не меньше R.
Примечание.
Из приведенного пост-
роения очевидно, что
точки А2, А4, Аё, Аб,—
можно строить сразу,
пропуская при этом
построение точек Л3,
А, А, А?, А, Т‘
находить отрезки, в 2,
4, 8, 16, 2П раз боль-
шие данного отрезка
ЛЛ,.
Задача 34. Постро-
ить отрезок, в п раз
меньший данного от-
резка АВ (разделить
отрезок па п равных
частей).
Построен и е.
При | А В | R построе-
ние дано в задаче 9.
I АВ' |
пт
Пусть теперь |ЛВ|<Е. Строим отрезок |ДВ'[ —
=m[Л8| (задача 33), при этом натуральное число т
берем таким, чтобы | А В' | Саг Я. Делим отрезок АВ' на
пт равных частей (задача 9). Получим искомый отре-
зок ЛХ;
\ЛХ j =
Действительно,
I Ах , _ I АВ' I _ т\АВ\ = I Л5|
1 ' пт пт п
Примечание, Если в данном случае вместо по-
строения задачи 9 применить построение задачи 10, то
получим
| АХ | =4- 1 АВ I-
Решение задачи 5 остается справедливым и для цир-
куля с раствором ножек, ограниченным снизу.
Задача 35 (вторая основная операция). Из данной
точки О, как из центра, описать окружность радиуса
г= I Д8|.
Построение. Если |ЛВ| то окружность дан-
ным циркулем описывается непосредственно. Если же
|ДВ| <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 н ра-
диусом.
Пу<;ть Произвольным радиусом аУ>Л?4~г
описываем окружности (О, а) и (Л, а) и берем на вто-
рой из них две точки С и D так, чтобы | CD| R. Берем
иа (О, а) точку С<, и проводим окружность (Сь | CD |)
и отмечаем точку ее пересечения с (О, а) через Dj. Ес-
ли теперь описать окружности (Сь |СВ|) и (Dh \BD\)t
то в пересечении получим точку X, лежашую на задан-
ной окружности (О, г). Меняя положение хорды C^Di
на окружности (О, а), можно построить сколько угодно
точек данной окружности (рис. 43).
60
Справедливость построения немедленно следует из
конгруэнтности треугольников ACD, OC\DX и BCl)
ХСА.
Рассмотрим теперь общий метод решения геометри-
ческих задач на построение одним циркулем, растворы
ножек которого ограничены снизу отрезком Rt Этим ме-
тодом можно решать каждую задачу на построение, раз-
решимую циркулем и линейкой, в том числе третью, чет-
вертую и пятую основные простейшие задачи (зада-
чи 5—7).
Общий метод решения задач на. построение одним
циркулем, описывающим окружности, радиусы которых
не меньше совпадает с общим методом решения за-
дач, проведенным в § 5. Различие этих методов заклю-
чается в том, что данные в условии задачи 'отрезки нуж-
но не уменьшать в 2” раз, а наоборот, увеличивать в п
(или 2Л) раз (задача 33).
Допустим, что некоторую задачу на построение, раз-
решимую циркулем и линейкой, требуется решить одним
циркулем, растворы ножек которого ограничены снизу
отрезком R. Представим себе эту задачу решенной од-
ним циркулем, когда на растворы ножек никаких ограни-
чений не накладывается; в результате получим некото-
рую фигуру Ф, состоящую из одних только окружнос-
тей, Обозначим через наименьший из радиусов всех
этих окружностей, составляющих фигуру Ф. Подбираем
такое натуральное число п, чтобы и строим фи-
гуру ф', подобную фигуре Ф и в п раз большую нее.
Обозначим через Т' ту часть фигуры ф', которая прини-
мается за искомый результат. Если теперь построить
фигуру Т, в п раз меньшую фигуры Т', то и придем к
искомому результату решения нашей задачи (задача 34).
Итак, мы пришли к следующей теореме.
Теорема. Все геометрические задачи на построе-
ние, разрешимые циркулем и линейкой, могут быть точ-
но решены и одним только циркулем, описывающим ок-
ружности, радиусы которых не меньше длины некоторо-
го наперед заданного отрезка.
§ 7. Построения одним циркулем с постоянным
раствором ножек
Геометрические построения одним циркулем с посто-
янным раствором, которым можно описывать окружно-
сти только радиуса R, рассматривались многими учены-
ми. Значительная часть сочинения «Книги геометриче-
61
ских построений» арабского ученого Лбу Вафа посвя-
щена этому вопросу. Решением задач на построение од-
ним циркулем с постоянным раствором занимались Лео-
нардо да Винчи, Кардано, Тарталья, Феррари и др.
Циркулем с постоянным раствором, равным /?, мы
можем провести прямую, перпендикулярную к отрезку
АВ н проходящую через один из его концов, если толь-
ко |ЛВ| <Z2R (задача 8); можем отрезок R увеличить
в 2, 3, 4, ... раз (задача 2). Если |ЛВ| <2R и |ЛВ| ^R,
то можно строить точки прямой АВ (задача 5), меняя
при этом каждый раз положение симметричных точек С
и Сь Однако мы не можем этим циркулем делить от-
резки и дуги на равные части, находить пропорциональ-
ные отрезки и т. д.
Таким образом, с помощью одного циркуля с посто-
янным раствором невозможно решить все задачи на по-
строение, которые можно решать циркулем и линейкой.
В двух предыдущих параграфах мы рассмотрели ре-
шения геометрических задач на построения одним лишь
циркулем, когда на растворы ножек были.наложены не-
которые ограничения, и предложили общие методы ре-
шения задач с помощью таких инструментов.
Естественно возникает вопрос о возможности реше-
ния геометрических задач на построение одним цирку-
лем с ограниченным раствором ножек одновременно и
сверху и снизу, т. е. циркулем, описывающим окружно-
сти радиуса, не меньшего /?т[П и не большего /?гаах.
Ответ на этот вопрос был дан в работе японского
математика Китизи Янагихара (Y a n a g i h а г а К. On
limited Mascheroni geometrical construction.— TOhoku
Math. J., 1931, 34). К. Янагихара доказал: «Все задачи
на построение, разрешимые циркулем и линейкой, могут
быть точно решены н одним только циркулем и в том
случае, если величина радиуса ограничена одновремен-
но и сверху и снизу отрезками и Rmin».
Сложность и абстрактность этого доказательства ли-
шила нас возможности привести его в данной брошюре.
Разность Rmax — Rmin в основной теореме Янагихара
может быть взята достаточно малой. Таким образом, все
геометрические задачи на построение, разрешимые цир-
кулем и линейкой, могут быть точно решены и одним
лишь циркулем с «почти» постоянным раствором ножек,
а, как уже отмечалось в начале данного параграфа, цир-
кулем с постоянным раствором все эти задачи решить
нельзя,
62
§ 8. Построения одним циркулем с условием, что все
окружности проходят через одну и ту же течку
В этом параграфе мы рассмотрим решение геометри-
ческих задач на построение одним лишь циркулем, при
условии, что все проведенные окружности будут прохо-
дить через одну и ту же точку плоскости *).
Определение. Под углом пересечения двух ок-
ружностей (в общем случае — двух кривых) понимают
угол, составленный касательными, проведенными к
этим окружностям (кривым) в точке их пересечения. Ок-
ружности называются
ортогональными, если
они пересекаются под
прямым углом,
Теорема I. Если
окружность (01, R)
ресекает окружность
инверсии (О, г) орто-
гонально, то она сама
себе инверсна **).
Доказательство.
Если окружности пере-
секаются ортогонально,
то угол ОЛОь обра-
зованный радиусами, проведенными в точку пересечения
этих окружностей, равен прямому углу. Значит, прямая
ОА является касательной, проведенной к окружности
(Ob R'} в точке Д, и
। о л р = л
Последнее равенство- справедливо для любой секу-
щей ОР. Точка Р' инверсна точке Р. Дуга APAt окруж-
ности (C*i, R) инверсна дуге AP'Ai (рис, 44),
В задаче 11 было дано построение отрезка, в раз
большего данного отрезка АА0. При выполнении этого
построения все окружности проходят через точку А.
Исключение представляет окружность (Л, [ДЛ0|), ко-
торую мы проводим для того, чтобы определить точки
£ и Е', и которая не проходит через точку А (рнс. 18),
Однако окружности (Л, (ЛЛ0|) можно не проводить,
а поступить следующим образом.
*) В этом параграфе на растворы ножек циркуля никаких огра-
ничений не накладывается.
**) Справедливо также обратное утверждение теоремы, однако
в данном параграфе оно fie будет использовано.
63
Делаем раствор ножек циркуля равным |ЛД0| и ста-
вим острие карандаша в точку А (это острие каранда-
ша фактически ничем не отличается от острия-иголки
второй иожки циркуля), затем, ие изменяя раствора цир-
куля, устанавливаем вторую ножку так, чтобы острие
иголки попало на дугу окружности (Лй, |ЛЛ0|). Острие
иголки циркуля станет в точку Е. Если теперь провести
окружность (Е, |ЛЕ|), то в пересечении с окружностью
(Ло, ) получим точку С. Точно так же можно по-
строить точку С'. Введем эту дополнительную операцию
в теорию геометрических построений одним циркулем.
Следовательно, можно построить отрезок, в З" раз
больший данного (задача 11), так, что все окружности
пройдут через одну и ту же точку.
Решение задач 15, 16, 17 проведены так, что все ок-
ружности проходят через одну и. ту же точку О — центр
инверсии (см. рис, 26, 28, 29). Чтобы при построении
точки Л, инверсной точке С в случае I ОС i < ~ (за-
дача 15), проведенные окружности также все без иск-
лючения проходили через одну точку О, необходимо
вместо отрезка | ОСХ | = п | ОС | >• ~ (рис. 27) стро-
ить отрезок | ОСХ J = 3" | ОС | (задача II с уче-
том тех замечаний, которые сделаны в начале этого па-
раграфа) и строить | ОХ | = 3я | ОС\ [.
Итак, с помощью одного циркуля можно построить
точку, инверсную данной точке; построить окружность,
проходящую через центр инверсии, инверсную данной
прямой; и, наконец, построить прямую (две ее точки),
инверсную окружности, проходящей через центр инвер-
сии О, проводя в каждом из этих построений только ок-
ружности, проходящие через одну н ту же точку О —
центр инверсии.
* * *
Как уже было отмечено во «Введении», Я. Штейнер
показал, что все задачи на построение, разрешимые цир-
кулем и линейкой, могут быть точно решены и одной
лишь линейкой, если в плоскости чертежа даны посто-
янная (вспомогательная) окружность (Oh /?) и ее центр.
Предположим теперь, что некоторая задача на по-
строение решена методом Штейнера; в результате в
64
плоскости чертежа будет получена фигура Ф, состоят чя,
кроме вспомогательной окружности, только из прямых
линий. Возьмем произвольную окружность (О, г) с един-
ственным условием, что центр О не лежит на окружно-
сти (Olt R) и не лежит ни на одной из прямых фигу-
ры Ф, и примем ее за окружность инверсии. Строим фи-
гуру Ф\ инверсную фигуре Ф. Полученная фигура Ф'
будет состоять только из окружностей, из которых, за
исключением двух (окружности инверсии (О, г) и ок-
ружности, которая инверсна окружности Штейнера
(01, /?)), все будут проходить через одну точку О —
центр инверсии.
Если окружность инверсии (О, г) пересекает вспомо-
гательную окружность (Он R) под прямым углом, то в
силу теоремы 1 окружность Штейнера (Оь R) сама te-
бе инверсна (т. е. одновременно принадлежит Ф н Ф ).
Фигура Ф состоит из прямых линий и окружности Штей-
нера; ей инверсная фигура Ф' будет состоять из окруж-
ности 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, прн построении фигуры Ф', инверс-
ной фигуре Ф, в этом случае (когда окружности инвер-
сии и Штейнера ортогональны) все окружности, в том
числе и окружности, с помощью которых производится
построение фигуры Фк будут проходить через одну и ту
же точку О, исключение при этом составляют только
две окружности: окружность инверсии (О, г) и вспомо-
гательная окружность Штейнера (Oh R).
Подчеркнем, что построение фигуры Ф' следует про-
изводить в том порядке, в котором мы мысленно произ-
водим построение фигуры Ф методом Штейнера.
Для иллюстрации решим следующую задачу.
Задача 36. Даны прямая AOt и точка С вне нее. Про-
вести через точку С прямую, перпендикулярную прямой
AOt, и определить точку их пересечения.
Построение. Пусть (Oj, R)—окружность Штей-
нера, где R — |0i^|. Построение фигуры ф методом
Штейнера будет выполнено, в три этапа. 1) Проводим
прямую AOh и пусть В— точка ее пересечения с окруж-
ностью (Оь Ry 2) Проводим прямые АС и ВС и обо-
значим точки Е и D нх пересечения с окружностью
Штейнера. 3) Если теперь провести прямые AD и ВЕ>
то в пересечении получим точку F, Прямая СЕ нерпен-
65
дикулярна данной прямой Пусть И— точка пере-
сечения прямых АВ и СЕ (рнс. 45).
Доказательство, Отрезки CD и EF являются
высотами треугольника ACF, так как углы ADB и ЛЕВ
прямые (они вписаны в окружность (Оь R) и опирают-
ся на диаметр АВ), следовательно, (FC) JL (АО}), ибо
высоты треугольника пересекаются в одной точке.
Фигура ф в этой задаче’состоит нз окружности Штей-
нера (О[, R) и шести прямых АО}, 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 толь-
ко циркулем, с условием, что все проведенные в построе-
нии окружности, за исключением двух, будут проходить
через одну точку.
Построение. Определим сначала окружность
(О, г) так, чтобы она была ортогональной к окружно-
сти Штейнера (Оь R), где 7?= |. Для этого берем
на окружности (Ob R) две произвольные точки /< и АГ
и строим (КО) J_ [7<Oi] (задача 8, второй способ), для
чего проводим окружности (А1, (КМ|) и (К, |/(Pj), ко-
торые пересекутся в точке О. Точку Р получим в пере-
сечении окружностей (Al, |/(Afj) и (Оь R) (см. рис. 45).
Рис. 15.
Изменяя, если нужно, положение точек К и М, мож-
но найти точку О, не лежащую нн на одной из прямых
фигуры Ф. Окружность (О, | О/С j) ортогональна окруж-
66
пости Штейнера (Оь /?). Поэтому, если окружность
(О, г), где г=|ОК|, принять за окружность инверсии,
то окружность Штейнера (Оь 7?) будет сама себе ин-
версна.
Фигура Ф', инверсная фигуре Ф, состоит из семи ок-
ружностей (О2> |<7O2j), (Оз, |ОО3|), (О4, | ОО41), (СЦ,
|ОО5|), (О6, ]ОО6|), (О7, | ОО71) и (Оь R) *). (Окруж-
ность Штейнера (Оь R) сама себе инверсна, поэтому
принадлежит фигурам Ф и Ф' одновременно.) Первые
шесть окружностей проходят через центр инверсии О и
являются инверсными соответственно прямым AF, AOh
AC, CD, CF и EF фигуры ф. Точки А', В', С', D', Е', F'
и Н' фигуры Ф' инверсны соответственно точкам А, В,
С, D, Е, F и 7/ фигуры Ф. Все окружности, которые бы-
ли проведены для построения первых шести окружнос-
тей фигуры ф', а также окружности (Л4, ] КМ |), (К,
|7<Р|), проведенные для определения центра инверсии
О, будут проходить через одну и ту же точку О плос-
кости.
В начале построения фигура Ф содержит заданную
точку С и прямую АО], присоединяем к ней еще окруж-
ность Штейнера (Оь 7?). Чтобы построить остальные
прямые фигуры Ф, пользуясь одним только циркулем,
т. е. построить точки В, Е, D и искомые точки F н /7,
строим фигуру ф', повторяя фактически три этапа по-
строения Штейнера.
1) Строим окружность (О3, JOO3j), инверсную пря-
мой АО{ (задача 16), которая пересечет окружность
Штейнера (Оь R) в точках А' и В' (точка А' инверсна
точке Л). Находим точку В, инверсную точке В' (зада-
ча 15), Точка В является точкой пересечения прямой
AOt и окружности (Оь R) (см. рис. 45).
2) Сгроим окружности (O4t fOO4]) и (О5, ]ОО5|),
инверсные прямым АС и ВС. Пусть эти окружности пе-
ресекают окружность Штейнера соответственно в точ-
ках А' и Е', В' и D'. Строим точки Е и D, инверсные
точкам Е' и D'.
3) Наконец, строим окружности (О2, |ООг|) и
(О7, |ОО?|), инверсные прямым AD и BE, точку пересе-
чения которых обозначим через F'. Находим точку F,
инверсную точке F'. Прямая CF — искомая. Пусть те-
*) Центры этих окружностей О3, О4, СР, 0&t О? и О]
можно рассматривать как отдельные изолированные точки фи-
гуры Ф',
67
лерь окружность (O6, | ОО6|), инверсная прямой CF, пе-
ресекает окружность (О-, | ОО3[) в точке Н'. "Точка //,
инверсная точке Н\ искомая* т. е.
// = (CF) П ИО,).
На основании вышеизложенного можем сформули-
ровать:
Теорема 11. Каждую геометрическую задачу за
построение, разрешимую циркулем и линейкой, можно
решить одним циркулем так, что все окружности по-
строения, за исключением двух (окружности инверсии и
вспомогательной окружности Штейнера), будут прохо-
дить через одну и ту же точку—центр инверсии,
& * *
Пусть теперь некоторая задача на построение решена
методом Штейнера, В результате получим фигуру Ф,
состоящую из окружности R) и прямых линий*
часть из которых проходит через центр О} вспомога-
тельной окружности. Если за окружность инверсии при-
нять окружность Штейнера (Oh R) и построить фигу-
ру Ф\ инверсную фигуре Ф, то построенная фигура Ф'
будет состоять из прямых линий и окружностей, причем
все эти прямые и окружности, за исключением окруж-
ности (О], R)T будут проходить через одну и ту же на-
перед заданную точку Oj *).
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 одновре-
менно и вспомогательной окружностью Штейнера), бу-
*) А. Адлер в [1] утверждает (см. § 20), чтс если, вспомога-
тельную окружность Штейнера (Оь /?) принять за окружность ин-
версии, то; «Не только возможно, как показал еще Маскерони, ре-
шить все геометрические конструктивные задачи второй степени
при исключительном пользовании циркулем, но можно даже поста-
вить еще условие, чтобы все входящие в построение окружности,
за исключением одной из них, проходили через одну и ту же про-
извольно выбранную точку»,
Ошибочность этого утверждения следует из того, что все за-
дачи па построение, разрешимые циркулем и линейкой, невозможно
решить одной линейкой, если центр вспомогательной окружности Oj
неизвестен, т. е. если через центр не проводить прямых линий
(которые сами себе инверсны {см, теорему 11 из § 3) и, следова-
тельно, будут принадлежать фигуре Ф')-
68
дут проходить через одну и ту же наперед заданную точ-
ку — центр инверсии.
# * *
Допустим теперь, что при решении геометрических
задач на построение одним циркулем допускается одно-
кратное употребление линейки (илн положим, что в
плоскости чертежа с помощью линейки проведена пря-
мая линия АВ). Возьмем произвольную окружность
(О, г) с центром О, не лежащим на прямой АВ, за ок-
ружность инверсии и построим окружность (Ob R), ин-
версную данной прямой (задача 16). Окружность
(Оь R) проходит через центр инверсии О и —)00i|.
Решение любой задачи на построение методом Штей-
нера с вспомогательной окружностью (Ob R) даст фи-
гуру Ф, состоящую только из прямых линий и окружно-
сти (01, R). Инверсная ей фигура Ф', кроме прямой АВ,
будет состоять из одних окружностей, проходящих через
центр инверсии О. При этом мы предполагаем, что ни
одна из прямых при решении методом Штейнера не про-
шла через точку О, лежащую на вспомогательной ок-
ружности (Оь £); 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 чер-
тежа берем произвольную окружность (Оь R) в каче-
стве вспомогательной и решаем предложенную задачу
методом Штейнера. Зачем берем на этой окружности
точку О с условием, чтобы- она не лежала ни на одной
из прямых фигуры Ф. Радиусом описываем ок-
ружность (О, г) и обозначим через А и В точки ее пе-
ресечения с окружностью (01, R). Берем линейку н про-
водим прямую АВ, которая будет инверсна окружности
(Од, R), если считать (О, г) окружностью инверсии.
Дальше строим фигуру ф', инверсную начерченной фи-
гуре Ф.
Теорема IV. Если в плоскости чертежа начерчена
прямая линия, то все задачи на построение, разрешимые
циркулем и линейкой, могут быть решены и одним цир-
кулем так, что все окружности этого построения, за иск-
лючением одной (окружности инверсии), будут прохо-
дить через одну и ту же точку плоскости.
Эта теорема имеет некоторую аналогию с основной
теоремой Штейнера для построения одной линейкой с
постоянной окружностью.
69
ф * «
Пусть теперь в плоскости чертежа начерчена с по-
мощью линейкн некоторая фигура Т, состоящая из пря-
мых линий и отрезков (например, две параллельные пря-
мые или параллелограмм и т. д.).
Предположим теперь, что какую-нибудь задачу на
построение мы решили методом Штейнера, приняв фи-
гуру Т в качестве вспомогательной, В результате полу-
чим некоторую фигуру Ф, состоящую- только из прямых
линий. Фигура Т является подмножеством фигуры Ф.
Возьмем произвольную окружность (О, г) при усло-
вии, что центр О ие лежит ни на одной нз прямых фигу-
ры ф, за окружность инверсии и построим фигуру Ф',
инверсную фигуре Ф. Фигура Ф' будет состоять только
из окружностей, проходящих через одну точку О —
центр инверсии.
Теор ема V. Если в плоскости задана (начерчена)
некоторая фигура, состоящая из прямых линий и отрез-
ков, то все задачи на построение, которые можно ре-
шить методом Штейнера, принимая эту фигуру в каче-
стве вспомогательной, всегда можно решить одним цир-
кулем так, что все окружности, за исключением одной
(окружности инверсии), будут проходить через одну и
ту же точку, произвольно взятую в плоскости чертежа,
jj! rfj
В начале параграфа мы ввели дополнительную опе-
рацию, с помощью которой решение задачи 15 всегда
можно выполнить так, что все проведенные при этом ок-
ружности, . за исключением .одной (окружности инвер-
сии (О, г)), будут проходить через одну и ту же наперед
заданную точку О — центр инверсии.
Если же этой дополнительной операции не вводить,
то для построения точек Е и Е', Еу н Е\, и Е'2
и г. д, в задаче 11, которая используется в задаче 15,
потребуется чертить окружности (A, jAAij), где i = l,
2, ... В этом случае в теореме 11 фразу: «за исключени-
ем двух (окружности инверсии и вспомогательной ок-
ружности Штейнера)» следует заменить фразой: «за
исключением вспомогательной окружности Штейнера
(Оь Я), окружности инверсии (О, г) и, быть может,
еще нескольких концентрических окружностей (О, г<),
t= 1, 2, ...».
В теоремах III, IV и V фразу «за исключением одной
(окружности инверсии)» следует заменить фразой: «за
70
исключением окружности инверсии (О, г) и, быть мо-
жет, еще нескольких концентрических окружностей
(О, rt), i=sl, 2, ..
Например, теорема III будет формулироваться так:
Теорема ПТ. Каждую геометрическую задачу на
построение всегда можно решить циркулем и линейкой
так, что все прямые и окружности будут проходить че-
рез одну и ту же наперед заданную точку О, за исклю-
чением окружности инверсии (О, г) и, быть может, еще
нескольких концентрических окружностей (О, rf)f
i~l, 2, описанных из полюса инверсии О, как из
центра.
Таким образом, все окружности построения можно
разделить иа две группы: окружности первой группы бу-
дут проходить через одну и ту же точку О, а окруж-
ности второй группы (одна или более) будут проведены
из этой же точки О, как из центра. Среди этих концент-
рических окружностей всегда будет находиться окруж-
ность инверсии (О, г).
ПРИЛОЖЕНИЯ
Приложение
СИМВОЛЫ И ОБОЗНАЧЕНИЯ ШКОЛЬНОГО КУРСА
МАТЕМАТИКИ
Ниже приводится перечень символов школьного курса матема-
тики, которые используются в настоящей работе.
N—множество всех натуральных чисел.
Ф, Т — геометрические фигуры.
(ЛВ) —прямая, проходящая через точки Л и В.
[^В]— отрезок с концами А и В.
МВ) —луч АВ
]| —знак параллельности.
х —знак перпендикулярности,
(ЛВ) {j (CD) —прямая АВ параллельна прямой CD.
{/IBj 1 [С£>] — отрезок АВ перпендикулярен к отрезку CD.
знак угла. А АВС — угол АВС.
/\—знак величины угла. ДВС^=6О°.
о — знак дуги. м4В- дута АВ.
-—'—знак угловой величины дуги. СВ = 90°.
А — знак треугольника.
~ —знак подобия. Л АВС ~ /\СОЕ.
2^—знак конгруэнтности. А ЛВС^Д CDE.
&— знак .принадлежности. А е= (CD)—точка А принадле-
жит (CD),
cz.—знак включения. [^Bj Ф — отрезок АВ принадлежит фи-
гуре Ф.
U — знак объединения.
fl — знак пересечения. Е=(АВ) f| (CD) — прямые пересекаются
в точке Е.
0 — пустое множество. Л1 = 0— множество ЛА пусто.
А (х) —точка с координатой х.
Л1={я; В; с} — множество М, состоящее из элементов а, b и с.
(О, г)—окружность или круг с центром О и радиусом г.
АВ — вектор АВ.
jj — знак сопаправлеиностп век-торов. А ВЦСО — векторы ле-
жат на параллельных прямых и в одну сторону направлены.
fl — знак противоположной направленности векторов.
—точка, симметричная точке С относительно пря-
мой АВ.
Hfto — гомотетия (подобие) с центром О и коэффициентом k.
С другими символами, которые используются в школьном кур-
се математики, читатель может ознакомиться по работе [14].
72
Приложение 11
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО В ОБЩЕМ СЛУЧАЕ РЕШЕНИЯ
ЗАДАЧИ 18
Доказательство решения задачи 18 проведено для случая, ког-
да центр инверсии О лежит вне заданной окружности /?)'
Здесь мы приводим доказательство, которое не связано с проведе-
нием касательной ОР, и справедливо в общем случае.
Доказательство Введем координатную прямую: С
(центр инверсии) — начало координат; ось абсцисс проходит чере;
центр Oj заданной окружности. Обозначим координаты точек оси:
4(*1), В(х2), В’(х'г), ОДхз), О2(х,), О'(хь) (см. рис. 25,
30, 46).
Тогда
| Хг + х, |
! *8 I --------2
j х\ + х2 I
| лг4 | =-
| Х1 | • |/||- |л4] • [х, | = Г2.
(1)
(2)
(3)
А =
Пусть точка О' инверсна точке О2 (центру искомой окружио*
ста, инверсной заданной), т. е.
I Xi | • |xf| - г’. (4)
73
Необходимо, доказать, что
1*з|'1*з—х3|=/?2, (5)
т. е. что точка О' инверсна точке О, если окружность (О|, Я) при,
ннгь в качестве окружности инверсии.
Действительно, из равенств (1}—(4) получим
1 I 1 г3 I
! ^з I • I Xj— Tj | ™ с, j Xi “f- xt 1*1 2 I Xj 4~ xg I ~~~ [ | [ =
— I x I - x [ . -L£tdi^d_ ________„------- ==t
“ 21 X' + X11, ? - 1^ + 4,
S Xi 4- X, J | X, +• x, I 2r2
2 ’ 7 ~ I j *
I x, + X, I
= 1 +Л’ I , | I Xi 4 X, |8 —4 j X, j • j X, | I
= 2 I '2 | X) + x5 I I “
i 1
= — j I X, + x3 p — 4 I Xi [ * I XQ I [ = ~ ) xg— л1 p = X2,
Теорема доказана.
ЛИТЕРАТУРА
1. Адлер А. Теория геометрических построений.— Л.: Учпед-
гиз, 1940.
2. А л е к с а и д р о в И. И. Сборник геометрических задач на по-
строение.— М.; Учпедгиз, 1950.
3. Аргунов Б. И., Бланк М. Б. Геометрические построения
на плоскости. — М.: Учпедгиз, 1957.
4. Воронец А. М. Геометрия циркуля. — М.; Гостехиздат, 1934.
5. Зегель С. И- Геометрия линейки и геометрия циркуля.—
М.: Учпедгиз, 1950.
6. Костовский А. Н. О возможности решения задач на по-
строение одним циркулем с ограниченным раствором ножек.—
Науков! записки, Изд-во Львовск. ун-та, 1954, 24.
7. Костовский А. Н. Розв’язування геометричних задач на
побудову одним циркулем з обмеженним розхилом.— Питания
мехашки 1 математики, Изд-во Львовск. ун-та, 1957, 44.
8. К у т у з о в Б. И. Геометрия. — М.: Учпедгиз, 1955.
9. Курант Р., Роббинс Г. Что такое математика. — М.:
ОГИЗ, 1947.
10. Mascheronj L. La geometria del compasso. — Павия, 1797.
J J, Методика розв’язаиия задач на побудову в середшй школ! / л(д
ред. проф. Астряба Е. Я. i проф. Смогоржевського С. О. — Киш;
Радянська школа, 1940.
12. Тесленко И. Ф. Метод iHsepcil та його застосування.— Ки-
1в.‘ Радянська школа, 1954.
13. Радемахер Г., Теплиц О. Числа и фигуры.— М.: Нау-
ка, 1966.
14. А н т и п о в И. Н., Шварцбурд Л. С. Символы, обозна-
чения. понятия школьного курса математики, — М.; Просвещен
ние, 1978.
75
Александр Никитович Костовский
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ
ОДНИМ ЦИРКУЛЕМ
1Серия; «Популярные лекции по математике»)
Редактор Ф. И. Кизнер.
Технический редактор С. Я. Шкляр.
Корректор И. Я. Кришталь.
ИБ № 12351
Сдано в набор 07.04.83. Подписано к печати
28.11.83. Формат 84X108’/^, Бумага тип № 3
Литературная гарнитура. Высокая печать.
Условн. Печ. л. 4,2, Усл. кр.-отт. 4,41,
Уч.-изд. л. 4,12. Тираж 150 000 экз. Заказ Xs 150,
Цена 10 к.
Издательство «Наука*
Главная редакция
физико-математической литературы
117071, .Москва, В-71, Ленинский проспект, 15
Московская типография № 13 ПО «Периодика»
ВО «Союзполиграфпром» Государственного
комитета СССР по делам издательств,
полиграфии и книжной торговли 107005, Москва,
Б-5. Денисовский пер,, д. 30.
ПОПУЛЯРНЫЕ ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИКЕ
Вып. . I. А. И. Мархушевич. Возвратные после*
довательносги.
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 кри-
вые.
Вып. 5. П. П. Коровкин. Неравенства.
Вып. 6. Н. Н. Воробьев. Числа Фибоначчи.
Вып. 7. А. Г,' Курош. Алгебраические уравнен» 1
произвольны * степеней.
Вып.- 8. А. О. Гсльфонд. Решение уравнений в
целых числах.
Вып. 9. А И. Маркукгевич. Плошади и лога-
рифмы
Вып. 10. А. С. ('моторжевский, Метод координат.
Вып. 11. Я. С. Дубнов. Ошибки я геометрических
доказа i е.шст нах.
Вып. 12. И. 11. HaiaifcoH. Суммирование беско-
нечно малых величин.
Вып. 13. А. И. Маркушевнч. Комплексные числа
и конформные отображения.
Вып. 14. А. И Фетисов. О доказательствах d
геометрии
Вып. 15. А. И. Фетисов. О доказательствах в гео-
мет рии.
Вып. 15. И. Р. Шафаревич. О решении уравне-
ний цысших степеней.
77
Вып, 16. В. Г. Шерватов. Гиперболические функ^
ции.
Вып. 17. В. Г. Болтянский. Что такое диффе-
ренцирование?
Вып. 18. Г. М. Миракьян. Прямой круговой ци-
линдр.
Вып. 19. Л. А. Люстерник. Кратчайшие линии.
Вып. 20. А. М. Лопшиц. Вычисление площадей
ориентированных фигур.
Вып. 21. Л. И. Головина и И. М. Яглом, Индук-
ция в геометрии.
Вып. 22. В. Г. Болтянский, Равновеликие и рав-
носоставленпые фигуры.
Вып. 23. А. С. Смогоржевский. О геометрии Ло-
бачевского.
Вып. 24. Б. И. Аргунов и Л. А. Скорняков. Кон-
фигурационные теоремы.
Вып. 25. А. С. Смогоржевский. Линейка в гео-
метрических построениях.
Вып. 26. Б. А. Трахтенброт. Алгоритмы и
машинное решение задач.
Вып. 27. В. А. Успенский. Некоторые приложе-
ния механики к математике.
Вып. 28. Н. А. Архангельский и Б. И. Зайцев.
Автоматические цифровые машины.
Вып. 29. А. Н. Костовский. Геометрические по-
строения одним циркулем
Вып. 30. Г. Е. Шилов. Как строить графики.
Вып. 31. А. Г. Дорфман. Оптика конических се-
чений.
Вып. 32. Е. С. Вентцель. Элементы теории игр.
Вып. 33. А. С. Барсов. Что такое линейное про-
граммирование.
Вып. 34. Б. Е. Маргулис. Системы линейных урав-
нений.
Вып. 35. Н. Я. Виленкин. Метод последователь-
ных приближений.
Вып. 36. В. Г. Болтянский. Огибающая.
Вып. 37. Г. Е. Шилов. Простая гамма (устрой-
ство музыкальной шкалы).
Вып. 38. Ю, А. Шрейдер, Что такое расстояние?
Вып. 39. Н. Н. Воробьев, Признаки делимости.
Вып. 40. С. В. Фомин. Системы счисления.
Вып. 41. Б. Ю. Коган. Приложение механики к
геомстри и.
Вып. 42. Ю. И. Любич и Л. А. Шор. Кинемати-
ческий метод в геометрических задачах.
Вып. 43. В. А. Успенский. Треугольник Паскали.
Вып. 44. И. Я. Бакельман. Инверсия.
Вып. 45. И. М. Я^лом. Необыкновенная алгебра.
Вып. 46. И. 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 анализ в
области рациональных функций.
Вып. 50. В. Г. Болтянский, И. Ц. Гохберг. Раз-
биение фигур на меньшие части.
Вып. 51. Н. М. Бескин. Изображения простран-
ственных фигур.
Вып. 52. Н. М. Бескин. Деление отрезка в данном
отношении.
Вып. 53. Б. А. Розенфельд 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 программиро-
вания.
Вып. 57. В. А. Успенский. Теорема Гёделя о не-
полноте.
79
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА»
Главная редакция
физико-математической литературы
11^071, Москва, В-71,
Ленинский проспект, 15
ВЫХОДИТ ИЗ ПЕЧАТИ:
Шашкин Ю. А. Эйлерова характеристика.
В брошюре определяется эйлерова характеристика
как 'целочисленная аддитивная функция множества, за-
данная на классе, состоящем из компактных выпуклых
множеств плоскости (а также пространства или сферы)
и конечных объединений таких множеств. Она позволя-
ет решать разнообразные геометрические задачи, свя-
занные, в частности, с разбиениями и покрытиями плос-
кости или пространства.
Для'Школьников старших классов и студенюв млад-
ших курсов вузов.
8Э