Элементарная геометрия - Шоластер Н.Н.
Скачать (прямая ссылка):
Считаем, что это построение выполняется при помощи совместного применения линейки и циркуля.
5. Построение точек пересечения двух конструктивных окружностей (если они существуют).
Считаем, что это построение выполняется при помощи циркуля.
Вопрос о существовании точек пересечения в последних двух построениях разрешен выше при рассмотрении взаимного расположения прямой и окружности и двух окружностей.
Построение при помощи циркуля и линейки некоторой фигуры, следовательно, заключается во включении ее в класс конструктивных элементов путем последовательного выполнения конечного числа перечисленных элементарных построений.
Пример. Построить середину данного отрезка AB (черт. 34). Точки А и В являются данными конструктивными элементами. Строим прямую AB (построение 1). Затем строим окружности A (AB) и В (BA) (построение 3). Так
42
как эти окружности пересекаются (§11, случай 3), то выполнимо построение 5, после которого точки их пересечения PnQ становятся конструктивными. Далее, строим прямую PQ (построение 1) и точку С, в которой она пересекается с прямой AB (построение 2). Как известно, С — середина отрезка AB. Эта точка стала конструктивной. Следовательно, задача решена.
Ряд простейших задач на построение, к которым обычно сводятся более сложные задачи, рассмотрен в школьных учебниках. Их называют обычно «о с н о в-ными построениями». Задачу считают решенной, если она сведена к этим «основным постро- Черт. 34
ениям».
К основным построениям относятся обычно следующие задачи:
1. Построение треугольника по трем основным элементам (сторонам и углам), из которых хотя бы один элемент является его стороной.
2. Построение угла, равного данному.
3. Построение прямой, проходящей через данную точку и перпендикулярной данной прямой.
4. Деление отрезка на равные части.
5. Деление угла пополам (построение биссектрисы угла).
6. Построение прямой, параллельной данной и проходящей через данную точку.
7. Построение прямой, проходящей через данную точку и касающейся данной окружности.
8. Построение сегмента, вмещающего данный угол.
Решение этих задач известно из школьного курса.
Если искомую фигуру можно включить в класс конструктивных элементов посредством конечного числа указанных пяти элементарных построений, то задача считается разрешимой при помощи циркуля и линейки. Если же этого сделать нельзя, то задача является неразрешимой при помощи этих инструментов. Вопрос о том, как определить, является ли данная задача разрешимой, будет рассмотрен дальше. Классическим примером задачи, неразрешимой при помощи циркуля и линейки, является задача о делении произвольного угла на три равные части.
43
§14. Понятие о построениях при помощи одного циркуля
При построении середины отрезка мы не использовали элементарного построения 4. Оказывается, ту же задачу можно решить, не применяя также элементарных построений 1 и 2. Это значит, что середину данного отрезка можно включить в класс конструктивных элементов путем последовательного выполнения только элементарных построений 3 и 5. Дадим это построение.
Пусть А и В — концы данного отрезка (черт. 35). Построим две окружности A (AB) и В (BA) (построение 3).
Эти окружности пересекаются в некоторых точках KhN (построение 5). Строим, далее, окружность К (KA) (построение 3) и точку L, в которой она пересекается с окружностью В (построение 5). Затем строим окружность того же радиуса, но с центром в точке L (построение 3). К и M — точки пересечения ее с окружностью В. Легко видеть, что точки А и M являются концами диаметра окружности В, т. е. AM = 2 AB.
Строим теперь окружность с центром M и радиусом MA (построение 3), эта окружность пересечется с окружностью А в некоторых точках PhQ (построение 5). Наконец, строим окружности с центрами в точках PhQ радиусом AB (построение 3). Они пересекутся в точках Л и С (построение 5). Построенная таким способом точка С является искомой серединой отрезка AB.
Доказательство. Так как точки А, С и M одинаково удалены от точек PhQ, то все они лежат на одной прямой, на которой лежит и точка В. дЛРСсо дЛРМ, так как эти треугольники равнобедренные и -^: РАМ у них общий. Отсюда:
—— — AC — АР AP — — AP— — AR AP - АМ> AL~ AM ' Л* - 2 ЛУ - 2 Л0'
44
Датский математик Мор (1672) и независимо от него итальянский математик Маскерони (1797) доказали, что все задачи на построение, разрешимые при помощи циркуля и линейки, являются также разрешимыми при помощи одного циркуля. Прямая при этом считается конструктивной, если она определена двумя конструктивными точками. Однако нельзя пользоваться линейкой для построения точек пересечения двух прямых и прямой с окружностью, т. е. нельзя уже считать построения 2 и 4 элементарными. Эти два построения, как будет доказано в § 53, могут быть сведены к конечному числу построений 3 и 5.
Итак, если фигура может быть включена в класс конструктивных элементов при помощи элементарных построений 1—5, то она войдет в этот класс и при помощи элементарных построений 1, 3 и 5.
