konstruowalności samym cyrklem

Transkrypt

Wydział Matematyki i Informatyki
Uniwersytetu Mikołaja Kopernika w Toruniu
Marta Marszałek
Konstrukcje geometryczne przy
pomocy cyrkla
Praca dyplomowa wykonana
w Kolegium Nauczycielskim w Ciechanowie
pod kierunkiem dra Andrzeja Sendlewskiego
Ciechanów 2003
Wstęp
Od zarania dziejów człowiek dużą część swojej aktywności poświęcał konstruowaniu (budowaniu) najrozmaitszych obiektów z innych prostszych, za
pomocą odpowiednio dobranych narzędzi. W czystej i przejrzystej formie
możemy to obserwować na gruncie geometrii. Już w starożytności próbowano rozwiązać wiele problemów geometrycznych metodą konstruowania za
pomocą różnych przyrządów, wśród których prym wiodą cyrkiel i linijka.
Problemy te były ważną inspiracją w rozwoju całej matematyki, a wiele z
nich doczekało się rozwiązania dopiero w niedalekiej przeszłości. Wypada
wspomnieć tutaj o takich problemach jak: podwojenie sześcianu, trysekcja
kąta (Galois Evariste, 1811-32).
Tradycyjne ograniczenie przyrządów geometrycznych do cyrkla i linijki odchodzi już w zapomnienie, ale ma swoje głębokie uzasadnienie. Znakomita
geometria Euklidesa oparta była na konstrukcjach geometrycznych wykonywanych przy pomocy tych właśnie narzędzi. Nie miało większego znaczenia
czy do wykonania konstrukcji geometrycznych użyto cyrkla i linijki, czy też
tylko jednego z tych przyrządów. Z czasem zauważono jednak, że cyrkiel jest
dokładniejszym i doskonalszym przyrządem, niż linijka. Obserwacja ta zdecydowała o rozpoczęciu badań nad wykonywaniem konstrukcji geometrycznych
tylko przy pomocy cyrkla. W 1672 roku matematyk G. Mor, a w 1797 roku
Lerenco Maskieroni, dowiedli w swych pracach, że: ”Wszystkie konstrukcje
geometryczne wykonywane przy pomocy cyrkla i linijki mogą być wykonywane tylko przy pomocy cyrkla, bez użycia linijki.”
Podobne zainteresowanie wzbudziły też konstrukcje wykonywane tylko przy
pomocy samej linijki.W 1833 roku Jakub Sztejner dowiódł, że: ”Wszystkie
konstrukcje geometryczne wykonywane przy pomocy cyrkla i linijki mogą być
wykonywane tylko przy pomocy linijki, pod warunkiem, że dany jest chociaż
jeden okrąg i jego środek”. Potwierdziła się zatem wyższość cyrkla nad linijką.
Celem mojej pracy jest prezentacja rozwiązań wybranych problemów konstrukcyjnych za pomocą cyrkla. Praca składa się z dwóch rozdziałów.
Rozdział pierwszy poświęcony jest konstrukcjom za pomocą cyrkla bez żadnych ograniczeń. Przedstawiono pewien chronologiczny układ konstrukcji
prowadzących od zadań prostych do coraz bardziej skomplikowanych. Układ
ten między innymi zawiera (paragraf pierwszy tego rozdziału) wszystkie konstrukcje potrzebne do dowodu twierdzenia Mora-Maskieroniego.
Natomiast rozdział drugi poświęcony jest rozważaniom dotyczącym konstru2
kcji rzeczywistym cyrklem, tj. takim, którym można narysować okręgi o promieniach z ustalonego przedziału liczb dodatnich. Jak dzisiaj wiemy ograniczenie to nie jest istotne, gdyż jak wykazał japoński matematyk K. Yanagihara wszystkie klasyczne konstrukcje geometryczne można wykonać tylko
przy pomocy cyrkla, którego rozstawienie nóżek jest ograniczone zarówno z
góry jak i z dołu odcinkami o długości Rmax i Rmin .
W obu rozdziałach tej pracy pojawią się następujące oznaczenia, które ułatwią nam zapis i odczytanie pojawiających się tam wielkości i obiektów matematycznych :
prostaAB,prAB
AB
AB
d
AB
o(O, r)
k
⊥
∡
△ABC
∼
∼
=
−→
AB
−→ −−→
AB ⇈ CD
−→
−−→
AB ↑↓ CD
SAB (C)
d(A, BC)
prosta przechodząca przez punkty A i B
odcinek, którego końcami są punkty A i B
długość odcinka zawartego między punktami A i B
łuk okręgu zawarty między punktami A i B
należacymi do tego okręgu
okrąg o środku w punkcie O i promieniu długości r
oznaczenie równoległości
oznaczenie prostopadłości
oznaczenie kąta
trójkąt o wierchołkach w punktach A, B, i C
oznaczenie podobieństwa
oznaczenie przystawania
wektor AB
oznaczenie wektorów leżących na prostych równoległych,
o zgodnych zwrotach
oznaczenie wektorów leżących na prostych równoległych,
o przeciwnych zwrotach
punkt symatryczny do punktu C, względem prostej prAB
odległość punktu A od prostej BC
Do pracy dałączamy płytę CDROM ze wszystkimi konstrukcjami w formacie HTML (aplety Javy do przeglądarki) ze spisem konstrukcji.
3
1
1.1
Geometria cyrkla
Konstrukcje wprowadzające. Główne twierdzenie
W tym paragrafie zapoznamy się z głównym twierdzeniem geometrii cyrkla
oraz przeprowadzimy jego dowód. W tym celu musimy jednak najpierw przeprowadzić kilka konstrukcji wprowadzających.
Wszystkie przytoczone zarówno w tym paragrafie, jak i w całej pracy konstrukcje opierać się będą na spostrzeżeniu, że liniał pozwala jedynie kreślić
odcinki prostoliniowe, a więc okaże się zbędny w kostrukcjach, jeżeli uzna się
odcinek za wyznaczony, gdy skonstruowane są oba jego końce (a te można
skonstruować cyrklem).
Konstrukcja 1 Konstrukcja punktu symetrycznego do danego punktu C względem danej prostej AB.
Kolejne kroki konstrukcji:
1 Konstruujemy okręgi o(A, AC) oraz o(B, BC).
2 Punkt przecięcia okręgów oznaczamy jako C ′ .
C ′ jest szukanym punktem.
C
B
A
C’
Zauważmy, że jeśli punkty A, B, C są współliniowe to C ′ = C.
4
A
C=C’
B
Współliniowość punktów A, B, C można sprawdzić w następujący sposób:
1 Skonstruować punkt D ′ symetryczny do pewnego punktu D nie leżącego
na prostej AB względem tej prostej;
2 Narysować okrąg o(C, CD).
Punkt C leży na prostej AB wtedy i tylko wtedy, gdy D ′ leży na okręgu
o(C, CD)
D
A
B
C
D’
Konstrukcja 2 Konstrukcja odcinka AC, którego długość jest naturalną wielokrotnością długości danego odcinka AB.
Konstrukcję można przeprowadzić dwoma sposobami.
Sposób 1.
1 Konstruujemy okręgi o1 (B, AB) oraz o2 (A, AB).
5
2
3
4
5
6
Punkt ich przecięcia oznaczmy przez O1 .
Konstruujemy okrąg o3 (O1 , AB).
Jeden z punktów wspólnych okręgów o1 i o3 oznaczymy przez O2 .
Konstruujemy okrąg o4 (O2 , AB).
Punkt przecięcia okręgów o1 i o4 jest szukanym punktem C.
O2
O1
B
A
C
Dowód poprawności konstrukcji.
Ponieważ
AB = AO1 = O1 O2 = O2 C, zatem trójkąty △ABO1 , △O1O2 B, △BO2 C są
równoboczne. Wynika z tego, że
∠ABO1 = π/3,
∠O1 BO2 = π/3,
∠BO2 C = π/3,
czyli
∠ABO1 + ∠O1 BO2 + ∠BO2 C = π.
Więc punkty A, B, C są wspóliniowe. Ponadto O ∈ o1 (B, AB). A zatem
AC = 2AB.
Sposób 2.
1 Obieramy dowolny punkt D 6∈ prAB.
2 Konstruujemy okręgi o(B, AD) i o(D, AB).
6
3 Punkt przecięcia okręgów oznaczymy przez E.
4 Kreślimy okręgi o(B, AB) i o(E, BD).
5 Punkt przecięcia tych okręgów jest szukanym przez nas punktem C.
E
D
B
A
Ponieważ
AB = DE AB k DE,
AD = BE AD k BE,
zatem ABED jest równoległobokiem.
Ponadto
DB = EC, DB k EC,
DE = BC, DE k BC,
zatem DBCE jest równoległobokiem.
Z konstukcji wynika również, że
AB = DE = BC,
AD = BE = BD = EC,
Punkty A,B,C są wspóliniowe. A zatem AC = 2AB.
7
C
Konstrukcja 3 Konstrukcja odcinka x takiego, że
a
b
= xc .
Tę konstrukcję również przeprowadzimy na dwa sposoby.
Sposób 1.
Najpierw rozpatrzymy przypadek, gdy 2a > c.
1 Obieramy dowolny punkt O.
2 Kreślimy okręgi o1 (O, a) i o2 (O, b).
3 Na okręgu o1 obieramy dowolny punkt A.
4 Konstruujuemy okręgi o3 (A, c) i o4 (O, a).
5 Punkt wspólny okręgów o3 i o4 oznaczmy przez B.
6 Obieramy odcinek d spełniający nierówność d > |a − b| i kreślimy okręgi
o5 (A, d) oraz o6 (B, d).
7 Punkty przecięcia tych okręgów X i X1 wyznaczają szukany przez nas
odcinek x = XX1 .
X
a
b
A
c
X1
O
B
Poprawność konstrukcji wynika z równości
AO = BO = a,
OX = OX1 = b,
AX = BX1 = d,
△AOX ≃ △OBX1, ∡AOX = ∡BOX1 , ∡AOB = ∡XOX1,
ponadto △AOB i △XOX1 to trójkąty równoramienne i podobne, a zatem
zachodzi proporcja
a
c
=
b
x
8
Dla 2a ¬ c i b > 2a rozpatrujemy proporcję
a
b
a
c
=
równoważną proporcji
= .
c
x
b
x
Dla 2a ¬ c i b ¬ 2a konstruujemy odcinek n · a taki, że 2 · n · a > c.
Wówczas rozpatrujemy proporcję
a
c
= .
b
x
i konstruujemy odcinek n · y = x, gdyż
c
a
=
.
b
ny
Zatem x = n · y jest szukanym odcinkiem.
Sposób 2.
Ponownie najpierw rozpatrujemy przypadek gdy 2a > c.
1 Obieramy punkty C, C1 takie, że |CC1 | = c.
2 Przecięcie okręgów o1 (C, a) i o2 (C1 , a) oznaczamy przez B.
3 Jako punkt X oznaczymy przecięcie o3 (B, b) z o1 , a jako X1 przyjmiemy
przecięcie o3 z o2 .
Szukanym odcinkiem x jest XX1 .
a
b
B
c
X
C
C1
X1
9
Poprawność konstrukcji wynika z
DB = D1 B
BC = BC1 ,
DC = C1 D1 ,
△DBC ≃ △D1 BC1 , ∡DBC = ∡D1 BC1 , ∡C1 BC = ∡DBD1 ,
i ponadto △AOB i △XOX1, to trójkąty równoramienne i podobne.
Zatem zachodzi proporcja
a
c
= .
b
x
d danego okręgu o(O, r)
Konstrukcja 4 Konstrukcja punktu dzielącego łuk AB
na połowę.
Rozpatrzymy najpierw przypadek gdy AB < 2r.
Kolejne kroki konstrukcyjne:
1 Przyjmijmy a = |AB| i a 6= r.
2 Konstruujemy okręgi o1 (O, AB) , o2 (A, r) i o3 (B, r).
3 Punkt przecięcia o1 z o2 oznaczymy przez C a o1 z o3 przez D.
4 Konstruujemy okręgi o4 (C, CB) i o5 (D, AD), punkt ich przecięcia nazwiemy E.
5 Kreślimy okręgi o6 (C, OE) oraz o7 (D, OE).
6 Oznaczamy punkty przecięcia okręgów o6 i o7 przez X i X1 . Dzielą one na
d oraz łuk dopełniający do AB.
d
połowy odpowiednio łuki: AB
E
X
A
C
B
O
X1
10
D
Wiem, że CO k pr AB i OD k prAB oraz figury ABOC i ABDO są równoległobokami, a zatem punkty C, O, D są współliniowe. OE i OX są wysokościami w trójkątach równoramiennych. ∠COE = ∠COX = π/2, więc
OX ⊥ a. Wystarczy zatem pokazać, że OX = r.
To zaś wynika z równości
OA2 + BC 2 = 2OB 2 + 2AB 2 ,
r 2 + BC 2 = 2r 2 + 2a2 ,
BC 2 = 2a2 + r 2 ,
zaś z △COE mamy
CE 2 = BC 2 = OC 2 + OE 2 ,
OE 2 = a2 + r 2
oraz
OX =
√
CX 2 − OC 2 =
√
OE 2 − OC 2 =
√
a2 + r 2 − a2 = r
c.n.d
Przypadek, gdy AB = 2r.
d na łuki AA
d,A
d
[
Dzielimy łuk AB
1
1 B1 i B1 B tak, aby AA1 = B1 B i stosujemy
[
poprzednią konstrukcję do łuku A
1 B1 .
A1
B1
A
O
11
B
Konstrukcja 5 Konstrukcja punktów prostej danej dwoma punktami A i B.
1 Obieramy dowolny punkt C 6∈ prAB.
2 Konstruujemy punkt C ′ symetryczny do C względem prostej AB.
3 Przy dowolnym r > d(C, AB) konstruujemy okręgi o1 (C, r) i o2 (C ′ , r).
4 Punkty ich przecięcia to punkty X1 i X2 należące do prostej AB.
Zmieniając wielkość r możemy zbudować dowolną ilość punktów prostej AB.
C
X
A
B
X1
D
C’
Konstrukcja 6 Konstrukcja punktów przecięcia danego okręgu o(O, r) z daną
prostą AB.
Przypadek, gdy O 6∈ prAB.
1 Konstruujemy punkt O ′ symetryczny do O względem prostej AB.
2 Kreślimy okrąg o1 (O ′ , r), który przetnie okrąg o(O, r) w punktach X i X1 .
Są to szukane punkty.
12
O
A
X
X1
B
O’
Z konstrukcji 5. wiemy, że punkty X i X1 należą do prostej AB. Ponadto
punkty te należą również do okręgu o(O, r). A zatem punkty te są szukanymi
punktami przecięcia prostej AB i okręgu o(O, r).
Zauważmy, że gdy r = d(O, AB) możemy znaleźć punkt wspólny okręgu
o(O, r) z prostą AB w taki sposób:
1 Konstruujemy punkt O ′ symetryczny do O względem prostej AB.
2 Kreślimy okręgi o1 (O, r1) i o2 (O ′, r1 ) (przy czym r1 > r).
3 Środek odcinka wyznaczonego przez punkty przecięcia o1 z o2 jest punktem
styczności okręgu o(o, r) z prostą AB.
Przypadek, gdy O ∈ prAB.
1 Rysujemy okrąg o1 (A, a) gdzie a ¬ d(A, o).
2 Punkty przecięcia danego okręgu z okręgiem o1 oznaczamy przez C i D.
d okręgu o(o, r) na połowę.
3 Dzielimy łuk CD
Otrzymamy w ten sposób szukane punkty X, X1 .
13
E
C
G
X A
O
X1B
D
F
Konstrukcja 7 Konstrukcja punktu przecięcia dwóch danych prostych: prAB
i prCD.
1 Konstruujemy punkty C ′ i D ′ symetryczne do punktów C i D względem
prostej AB.
2 Rysujemy okręgi o1 (D ′ , CC ′ ) i o2 (C, CD).
3 Oznaczamy punkt przecięcia okręgów o1 i o2 jako E.
4 Budujemy odcinek x proporcjonalny do odcinków DE : DD ′ = CD : x.
5 Kreślimy okręgi o3 (D, x) i o4 (D ′ , x). Ich punkt przecięcia to szukany punkt
X.
14
E
D’
C
A
X
B
C’
D
F
X1
X2
C
D
Ponieważ CC ′ = D ′ E i CE = C ′ D ′ , zatem CC ′ D ′ E jest równoległobokiem.
Mamy również CC ′ k D ′ E, CC ′ k DD ′, a więc DD ′E są współliniowe. Z
konstrukcji △CDE i △XDD′ wynika, iż są one podobne. Więc
DE : DD ′ = CD : DX
i
DX = D ′ X.
Zatem X jest szukanym punktem.
Konstrukcje, które przeprowadziliśmy posłużą nam jako podstawa do dowodu
głównego twierdzenia geometrii cyrkla, które teraz sformuuję.
15
Twierdzenie 1.1 (Mohra-Mascheroniego) Wszystkie klasyczne konstrukcje geometryczne wykonywane przy pomocy cyrkla i linijki mogą być wykonane tylko przy pomocy cyrkla, bez użycia linijki.
Dowód. Aby udowodnić powyższe twierdzenie wystarczy wykazać, że poniższe zadania konstrukcyjne są wykonywalne tylko przy użyciu cyrkla.
(1) Wyznaczenie jednego lub więcej punktów danej prostej,
(2) skonstruowanie punktu przecięcia prostej i okręgu,
(3) skonstruowanie punktu przecięcia dwóch danych prostych,
(4) skonstruowanie punktów przecięcia dwóch danych okręgów,
(5) konstrukcja okręgu o danym środku i promieniu.
Trzy z tych zadań zostały przez nas wykonane jako konstrukcje wprowadzające do paragrafu. Pozostałe dwa zadania wynikają z samych właściwości
kreślarskich narzędzia, którym się posługujemy. Dowodzi to prawdziwości
twierdzenia.
16
1.2
Konstrukcje - ciąg dalszy
Udowodnione w poprzednim paragrafie twierdzenie pozwala nam na przeprowadzenie kilku podstawowych konstrukcji geometrycznych, z użyciem cyrkla.
Konstrukcje te wykonane zostały niegdyś przez głównych twórców geometrii
cyrkla: Maskieroniego, Mora i Adlera. Niektóre z nich posłużą nam w dalszej
części pracy.
Konstrukcja 8 Konstrukcja prostej prostopadłej do odcinka AB, wystawionej w jednym z jego końców.
1 Kreślimy dwa okręgi o(A, d) i o(B, d), gdzie d jest dowolnym odcinkiem.
2 Punkt przecięcia tych okręgów oznaczamy przez O.
3 Rysujemy okrąg o(O, d).
4 Konstruujemy punkt E- symetryczny do punktu B względem punktu O.
Punkt E jest punktem, który wraz z punktem A wyznacza prostą prostopadłą
do odcinka AB.
D
E
C
O
A
B
Kąt ∡EAB jest kątem opartym na półokręgu, a zatem jest kątem prostym.
17
Konstrukcja 9 Konstrukcja odcinka n razy mniejszego od danego odcinka
AB.
Rozpatrzmy najpierw przypadek, gdy szukany odcinek będzie zawierać się w
odcinku AB.
Przebieg konstrukcji dla n = 2:
1 Konstruujemy punkt C symetryczny do punktu A względem punktu B.
2 Kreślimy okręgi o(A, AB) i o(C, AC).
3 Punkty ich przecięcia oznaczamy przez D1 i D2 .
4 Rysujemy okręgi o(D1 , AB) i o(D2 , AB).
5 Punkt ich przecięcia jest szukanym punktem X.
D1
X
A
C
B
D2
Dowód porawności konstrukcji.
Trójkąty △ACD1 i △AD1 X są rónoramienne i kąt między ramieniem, a podstawą w obydwu trójkątach jest taki sam, zatem
△ACD1 ∼ △AD1 X
18
i prawdziwa jest proporcja
AC
AD1
AD1 2
=
AD1
,
AX
= AX · AC.
Ponieważ AD1 = AB i AC = 2AB, więc
AB 2 = AX · 2AB,
AX =
AB
.
2
Zajmijmy się teraz przypadkiem, gdy szukany odcinek będzie leżał poza odcinkiem AB.
Kolejne kroki konstrukcji dla n = 2:
2 Kreślimy dwa okręgi o(A, AC) i o(B, AC).
3 Punkt przecięcia tych okręgów oznaczamy jako D.
4 Rysujemy okrąg o(D, AB).
5 Okrąg ten przecina dwa pierwsze okręgi w punktach X i X ′ wyznaczjących
szukany odcinek.
D
X
X’
A
B
C
Trójkąty △ABD i △ADX ′ są przystające. Poza tym ∡ADB = ∡XDX ′ . Z
19
podobieństwa trójkątów równoramiennych △ADB i △XDX ′ wynika nastę′
AB
pująca proprcja XX
= AD
.
XD
Ponieważ XD = AB i AD = 2 · AB, więc
XX ′ = 2 · AB.
Konstrukcja 10 Konstrukcja odcinka BXn spełniającego warunek
BXn = AB
, gdzie AB jest danym odcinkiem, a n liczbą naturalną.
2n
Konstrukcję tą można przeprowadzić na trzy różne sposoby.
Sposób 1.
2 Kreślimy dwa okręgi o1 (A, AB) i o2 (C, AC). Punkty ich przecięcia oznaczamy jako D1 i D2 .
3 Rysujemy dwa okręgi o3 (D1 , AB) i o4 (D2 , AB), które przetną się w pierwszym z szukanych punktów X1 .
4 Kreślimy kolejny okrąg o5 (A, BD1 ), przecinający okrąg o2 w punktach D1′
i D2′ .
5 Prowadzimy okręgi o6 (D1′ , AD1′ ) i o6 (D2′ , AD2′ ). W miejscu ich przecięcia
otrzymujemy drugi z szukanych punktów X2 . Aby otrzymać kolejne punkty
Xn postepujemy analogicznie jak w poprzednich krokach konstrukcji.
A
D2
D2’
D1
X1
X2
B
C
20
D1’
Przyjmijmy, że AB = a.
W dowodzie skorzystamy z twierdzenia Stewarta. Wynika z niego, że
4BD1 2 = 2CD1 2 + 2CD1 2 − AC 2 ,
4BD1 2 = 2a2 + 2AC 2 − AC 2 ,
4BD1 2 = 2a2 + AC 2 ,
4BD1 2 = 2a2 + 4a2 ,
BD1 2 =
3 2
a.
2
Trójkąty △ACD1′ i △AD1′ X2 są podobne, a zatem prawdziwa jest proporcja:
AX2
AD1′
=
,
AC
AD1′
AX2 =
AD1′ 2
.
AC
Ponieważ AD2 = BD1 , zatem
AX2 =
3 2
a
2
2a
,
3
AX2 = a,
4
1
BX2 = a.
4
Sposób 2.
Tym razem konstrukcja przebiegać będzie w nasępujący sposób:
Przeprowadzając tą konstrukcję na okregu o(B, AB) otrzymamy dwa punkty
E i H.
2 Kreślimy dwa okręgi: o1 (A, AC) i o2 (C, CE). Przetną się one w punktach,
które oznaczamy jako D1 i D2 .
3 Rysujemy okręgi o3 (D1 , CD1 ) i o4 (D2 , CD1 ), które przetną sie w punkcie
X1 .
4 Rysujemy okrąg o5 (C, BD1 ), który przecina okrąg o1 w punktach D1′ i D2′ .
5 Ponownie kreślimy dwa okręgi o(D1′ , BD1 ) i o(D2′ , BD1 ). Punkt ich przecięcia będzie drugim z szukanych punktów.
21
D1
D1’
H
E
A
C
X1 X2 B
D2’
D2
Sposób 3.
2 Kreślimy dwa okręgi o1 (A, AB) i o2 (C, AB).
3 Rysujemy kolejne dwa okręgi o3 (A, AC) i o4 (C, AC), które przetną się z
okręgami o1 i o2 odpowiednio w punktach E1 i D1 .
4 Kreślimy okręgi o5 (D1 , AD1 ) i o6 (C, E1 D1 ), które przetną się w pierwszym
z szukanych punktów X1 .
5 Rysujemy kolejne dwa okręgi o7 (C, BD1 ) i o8 (A, BD1 ). Okrąg o7 przecina
okrąg o3 w punkcie E2 , natomiast okrąg o8 przecina okrąg o4 w punkcie D2 .
6 Kreślimy okręgi o9 (D2 , AD2 ) i o10 (C, D2E2 ). Przecinają się one w drugim
z szukanych punktów.
22
E2
D2
E1
D1
A
C
X1 X2 B
Konstrukcja 11 Konstrukcja odcinka ACn spełniającego warunek:
ACn = 3n · AB, gdzie AB jest danym odcinkiem, a n liczba naturalną.
Konstrukcję tą przeprowadzimy dla n = 1 i bedzie ona przebiegać w następujący sposób:
1 Kreślimy okręgi o1 (A, AB) i o2 (B, AB). Przetną sie one w punktach E1 i
E2 .
2 Rysujemy kolejne dwa okręgi o3 (E1 , AB) i o4 (E2 , AB). Ich punkty wspólne
z okręgiem o2 oznaczymy odpowiednio jako D1 i D2 .
3 Ponownie kreślimy dwa okręgi o5 (D1 , AD1 ) i o6 (D2 , AD2 ), które przetną
się w szukanym przez nas punkcie C1 .
C1
D1
D2
B
E1
E2
A
23
Z konstrukcji trójkąta △AD1 D2 wynika, że
√
AD1 = AD2 = D1 D2 = 3AB,
√
3
3
h△AD1 D2 =
AD1 = AB,
2
2
AC1 = 2h△AD1 D2 = 3AB.
Konstrukcja 12 Konstrukcja odcinka 3 razy mniejszego od danego odcinka
AB.
1 Konstruujemy punkt C symetryczny do punktu B względem punktu A i
punkt D symetryczny do punktu A względem punktu B.
2 Kreślimy kolejno cztery okręgi o1 (C, CB) , o2 (C, CD) , o3 (D, DA) , o4 (D, DC).
Okrąg o1 przetnie sie z okręgiem o4 w punktach F1 i F2 , natomiast dwa pozostałe okręgi o2 i o3 przetną się w punktach E1 i E2 .
3 Rysujemy kolejne okręgi o5 (F1 , F1 C) i o6 (F2 , F2 C), które przecinają sie w
pierwszym z szukanych punktów X oraz okręgi o7 (F1 , F1 C) i o8 (F2 , F2 C),
których punkt przecięcia jest drugim z szukanych punktów Y . Punkty X i Y
dzielą odcinek AB na trzy równe części.
F1
C
E1
A X Y B
F2
24
D
E2
Przyjmijmy, że AB = a.
Wówczas CF1 = AF1 = 2a i DF1 = 3a.
Z podobieństwa trójkątów △CXF1 i △CF1 D wynika następująca proporcja:
CF1
CX
=
,
CF1
CD
CF1 2
CX =
,
CD
4a2
4
CX =
= a.
3a
3
Ponieważ CX = CA + AX , a zatem AX = CX − CA, czyli AX = a3 .
Konstrukcja 13 Konstrukcja środka danego okręgu o promieniu równym r.
1 Obieramy dowolny punkt A na danym okręgu.
2 Kreślimy okrąg o(A, d), dla 0 < d < 2r. Przecina on dany w konstrukcji
okrąg w punktach B i D.
3 Konstruujemy punktC symetryczny do punktu B względem punktu A.
4 Kreślimy dwa okręgi o(C, CD) i o(A, CD), które przetną się w punkcie E.
5 W wyniku przecięcia dwóch następnych zakreślonych okręgów o(E, CD) i
o(A, AB) otrzymamy punkt M.
6 Rysując kolejne dwa okręgi o(B, BM i o(A, BM) uzyskamy jako punkt ich
przecięcia szukany punkt X, będący środkiem danego okręgu.
B
A
X
M
C
E
D
25
Trójkąty równoramienne △ACE i △AEM są przystające, a zatem
∡EAM = ∡ACE.
Wiemy również, że ∡BAE = ∡ACE +∡AEC (jako zewnętrzny kąt △ACE).
Z drugiej strony ∡BAE = ∡BAM + ∡EAM.
Wynika stąd, że ∠BAM = ∠AEC.
W takim razie równoramienne trójkąty △ABM i △ACE są podobne i prawdziwe są proporcje
BM
AC
=
AB
CE
albo
BX
AC
=
.
AB
CD
Ponadto podobne są również równoramienne trójkaty △ABX i △ACD.
Oznacza to, że
1
∠BAX = ∠ACD = ∠BAD = ∠DAX.
2
Ostatnie dwie równości wynikają z tego, że
∠BAD = ∠ADC + ∠ACD = 2∠ACD = 2∠BAX.
A zatem z równości kątów ∡BAX = ∡DAX wynika, że trójkąty równoramienne △BAX i △ADX są przystające, czyli
BX = AX = DX.
Punkt X jest szukanym punktem.
26
2
Konstrukcje z ograniczeniami
W poprzednich paragrafach przeprowadziliśmy konstrukcje geometryczne nie
robiąc żadnych dodatkowych założeń jeśli chodzi o możliwości kreślarskie narzędzia, którym się posługiwaliśmy- cyrkla. Wiemy jednak, że w praktyce
konkretnym cyrklem kreślimy okręgi, których promienie są nie większe od
pewnego odcinka Rmax i nie mniejsze od pewnego odcinka Rmin . Odcinek
Rmax równy jest maksymalnemu, a Rmin minimalnemu rozstawieniu nóżek
cyrkla. Jeśli przez r oznaczymy promień okręgu, który można zakreślić tym
cyrklem, to prawdziwa jest zależność Rmin ¬ r ¬ Rmax .
Będziemy mówić, że w tym przypadku rozstawienie nóżek cyrkla jest ograniczone z dołu odcinkiem Rmin i ograniczone z góry odcinkiem Rmax .
2.1
Ograniczenia z góry
W paragrafie tym zajmiemy się konstrukcjami wykonywanymi cyrklem, którym możemy kreślić okręgi, których promień nie przekracza z góry zadanego
odcinka Rmax . Wykonamy dziesięć konstrukcji, wśród których znjadzie się
pięć podstawowych zadań konstrukcyjnych.
Konstrukcja 14 Konstrukcja odcinka 2n razy mniejszego od danego odcinka
AB, w przypadku gdy AB < 2Rmax .
Przypadek, gdy AB < Rmax
odpowiada przypadkowi rozwiązanemu w zada2
niu 3. paragrafu pierwszego. Promień największego okręgu w tej konstrukcji
spełnia rónanie: AC = 2AB ¬ Rmax .
W przypadku, gdy AB < 2Rmax konstrukcja przebiega w sposób nastepujący:
1 Kreślimy dwa okręgi o1 (A, r) i o2 (B, r), gdzie r jest dowolnym odcinkiem
nie wiekszym niż Rmax .
2 Oznaczamy przez C i D punkty przecięcia okręgów o1 i o2 .
3 Dzieląc na połowę odcinek CD otrzymamy punkt X1 , który dzieli na połowę również odcinek AB.
4 Punkt X2 otrzymamy dzieląc na połowę AX1 .
Odcinek AX2 spełnia warunek AX2 = AB
< Rmax
. Skonstruowanie punktów
4
2
27
X4 , X8 , ..X2n odpowiada już przypadkowi pierwszemu tego zadania.
C
F
G
A
X1
B
D
E
Konstrukcja 15 Konstrukcja punktów danej prostej AB.
Przypadek, gdy AB < 2Rmax odpowiada konstrukcji 5.
Rozpatrzmmy przypadek, gdy AB 2Rmax .
1 Konstruujemy dwa okręgi o1 (B, Rmax ) i o2 (A, r) gdzie r jest dowolnym odcinkiem nie większym niż Rmax .
2 Na okręgu o2 obieramy punkt C tak , aby ∠CAB był możliwie mały.
3 Konstruujemy odcinek AD = m · AC(konstrukja 2.). Wielkość m dobieramy tak, aby punkt D leżał wewnątrz okręgu o1 . Otrzymamy w ten sposób
.
odcinki AC = . . . = HD = AD
m
4 Weźmy takie n ∈ N , że 2n−1 < m < 2n . Dla tak obranego n konstruujemy
odcinek DE = 2mn DH.
5 Kreślimy okręgi o3 (H, EK) i o4 (K, EH).
28
6 Punkt przecięcia okręgów o3 i o4 oznaczamy przez M. Otrzymamy w ten
sposób równoległobok HEKM.
7 Prowadząc okręgi o5 (A, HM) i o6 (C, DM) otrzymamy punkt ich przecięcia
X leżący na prostej AB.
R
D
H
E
M
K
C
A
X
B
Z założeń konstrukcji wynikają następujące równości
BD
= 2n ,
DK
AD
m · AC
= m
= 2n .
DK
·
AC
2n
A zatem trójkąty △ADB i △EDK posiadające wspólny kąt ∠ADB , są
podobne. Oznacza to, że ∡DEK = ∡DAB i że odcinek EK jest równoległy
do prostej AB.
Ponadto wiemy również, że odcinki HM i EK są równoległe, gdyż HEKM
jest równoległobokiem. A zatem odcinek HM jest równoległy do prostej AB.
Z przystawania trójkątów △ACX i △DHM wynika, że odcinek HM jest
również równoległy do odcinka AX. A zatem punkt X musi należeć do prostej
AB.
29
Konstrukcja 16 Konstrukcja odcinka równoległego do odcinkaAB, przechodzącego przez punkt C.
Jeżeli punkt C 6∈ prAB to konstrukcja prowadzi do zbudowania równoległo−−→
−→ −−→
−→
boku ABCD (AB ⇈ CD) albo ABCD’ ( AB ↑↓ CD′ ).
Rozpatrzmy przypadek, gdy AB 6 Rmax i AC 6 Rmax , C 6∈ prAB.
1 Prowadzimy okręgi o(C, AB) i o(B, AC).
2 Oznaczamy punkt przecięcia zakreślonych okręgów jako D.
Odcinek CD jest szukanym odcinkiem.
Aby otrzymać punkt D ′ konstrukcja przebiega następująco:
1 Prowadzimy okręgi o(C, AB) i o(A, BC).
2 Oznaczamy punkt przecięcia zakreślonych okręgów jako D’.
Odcinek CD’ jest szukanym odcinkiem.
D
C
A
B
C
D’
A
30
B
W przypadku, gdy BC > Rmax nie możemy zakreślić okręgu o tym promieniu. Wówczas na okręgu o(C, AB) konstruujemy punkt D ′ symetryczny do
punktu D względem punktu C.
D
C
D’
B
A
E
F
Zajmijmy się teraz przypadkiem, gdy AC > Rmax i BC > Rmax .
W tym przypadku postępujemy następująco:
1 W kierunku od punktu A do punktu C obieramy dowolny ciąg punktów
A1 , A2 . . . Ak tak, aby AA1 6 Rmax , A1 A2 6 Rmax ,. . . , Ak C 6 Rmax .
2 Konstruujemy równoległoboki ABB1 A1 , A1 B1 B2 A2 , . . . , Ak−1 Bk−1 Bk Ak .
3 Konstruujemy równoległobok Ak Bk DC (Ak Bk CD′ ).
D
C
B1
A1
A
31
B
Ta konstrukcja jest również poprawna, gdy C ∈ prAB.
Pozostał do rozpatrzenia jeszcze przypadek, kiedy AB > Rmax .
1 Konstruujemy na prostej AB punkty X1 ,X2 . . . Xn tak, aby AX1 6 Rmax ,
X1 X2 6 Rmax , . . . , Xn B 6 Rmax .
2 Konstruujemy równoległoboki:
AX1 D1 C , X1 X2 D2 D1 , . . . , Xn BDD1 .
C
A
X1
D1
X2
D2
X3
D3
D
B
Konstrukcja 17 Konstrukcja odcinka 2n razy mniejszego od danego odcinka
AB, w przypadku gdy AB > 2Rmax .
Konstrukcja ta będzie przebiegać w następujący sposób:
1 Na danym odcinku AB obieramy punkt C taki, że AC 6 Rmax .
2 Konstruujemy odcinek AD = m · AC, przy takim m ∈ N, że AD 6 AB i
DB 6 Rmax . Jeżeli n jest liczbą nieparzystą to konstruujemy jeszcze odcinek
DD1 = AC.
3 Dzielimy odcinek BD (albo BD1 ) na połowę. Środek oznaczamy literą K.
4 Dzielimy odcinek AD (albo AD1 ) na połowę. Środek oznaczamy literą E.
5 Konstruujemy odcinek EX1 równy i równoległy do odcinka DK (D1 K)
tak, żeby AX1 = AE + BK (AX1 = AE − BK).
Punkt X1 dzieli dany odcinek AB na połowę. Dzieląc na połowę odcinek AX1
32
otrzymamy czwartą część odcinka AB.
H1
A
C
E
D1
G1
X1
K1
H
G
D
K
B
Konstrukcja 18 Konstrukcja odcinka n razy większego od danego odcinka
AB, przy założeniu, że AB > Rmax .
1 Na danym odcinku AB obieramy punkt C taki, że AC 6 Rmax .
2 Konstruujemy odcinek AD = m · AC, przy takim m ∈ N, że AD 6 AB i
0 6 DB < Rmax .
−−→ −−→
3 Konstruujemy odcinek DE = n · DB, tak, aby AD ⇈ DE.
−→
−→
4 Konstruujemy odcinek AF = (n − 1) · m · AC tak, aby AF ↑↓ AB.
Odcinek F E jest szukanym odcikiem.
F
A
D
C
33
B
E
F E = F A + AD + DE =
= m(n − 1)AC + mAC + nDB =
= nmAC + nDB =
= n(mAC + DB) =
= n(AD + DB) =
= nAB.
Konstrukcja 19 Konstrukcja punktów okręgu o danym środku O i danym
promieniu, którego długość równa jest długości odcinka AB.
Jeśli AB 6 Rmax to cyrklem z ograniczonym rozstawieniem nóżek możemy
narysować okrąg bezpośrednio.
Jeśli jednak AB > Rmax to konstrukcja będzie przebiegać w następujący sposób:
1 Konstruujemy odcinek a = AB
, gdzie n jest liczbą naturalną tak dobraną,
2n
aby a 6 R.
2 Prowadzimy okrąg o(O, a) i obieramy na nim dowolny punkt X1 .
3 Konstruujemy odcinek OX = 2n · OX1 .
Otrzymany punkt X należy do szukanego okręgu. Zmieniając położenie punktu
X1 na okręgu o(O, a) można skonstruować dowolną ilość punktów szukanego
okręgu.
A
C
E
B
X
a
D
Rmax
X1
O
34
Prawdziwa jest następująca równość
OX = 2n a = 2n
AB
= AB,
2n
która dowodzi prawdziwości konstrukcji.
Konstrukcja 20 Konstrukcja punktów przecięcia dwóch okręgów o(O, AB)
i o(O1, CD), gdy dane są długości trzech odcinków: OO1 , AB i CD.
Jeśli promienie obydwu okręgów są nie większe niż Rmax to konstrukcja ich
punktów przecięcia wykonalna jest cyrklem, którego rozstawienie nóżek jest
ograniczone.
Rozważmy przypadek, gdy promień jednego lub obu okręgów jest więszy od
Rmax .
Wówczas konstrukcję przeprowadzamy w następujący sposób:
1
, b = CD
i OE = OO
, gdzie n jest taką
1 Konstruujemy odcinki: a = AB
2n
2n
2n
liczbą naturalną, że: a 6 Rmax i b 6 Rmax .
2 Prowadzimy okręgi o(O, a) i o(E, b) i oznaczamy punkt ich przecięcia jako
X1 i Y 1 .
3 Konstruujemy odcinki OX = 2n · OX1 i OY = 2n · OY1 .
Otrzymane w ten sposób punkty X i Y są szukanymi punktami przecięcia
okręgów o(O, AB) i o(O1 , CD).
O1
B
A
a
C
D
b
Rmax
E
X
Y
X1
Y1
O
35
AB
= AB,
2n
AB
OY = 2n · OY1 = 2n a = 2n n = AB.
2
OX = 2n · OX1 = 2n a = 2n
Ponadto wiemy, że
OX
OO1
=
= 2n
OX1
OE
i ∡O1 OX jest kątem wspólnym trójkątów △OXO1 i △OX1E. A zatem trójkąty te są podobne. Co za tym idzie
O1 X = 2n · EX1 = 2n
CD
= CD,
2n
CD
= CD.
2n
Punkty X i Y są zatem szukanymi punktami.
OY1 = 2n · EY1 = 2n
Konstrukcja 21 Konstrukcja punktu C1 symetrycznego do danego punktu
C, względem danej prostej AB.
Przypadek , gdy AC 6 Rmax i BC 6 Rmax został już rozpatrzony w konstrukcji 1.
Jeśli odległość punktu C od danej prostej AB jest mniejsza od Rmax , to
korzystając z konstrukcji 15. zawsze znajdziemy na danej prostej AB dwa
punkty A1 i B1 takie, że CA1 6 Rmax i CB1 6 Rmax .
Załóżmy zatem, że odległość punktu C od danej prostej AB jest większa od
Rmax i,że AB < 2Rmax .
W tym przypadku konstrukcja przebiega w następujący sposób:
1 Obieramy na płaszczyźnie punkt E tak, aby CE 6 Rmax i aby prosta CE
przecinała prostą AB.
2 Konstruujemy odcinek CD = m · CE (CE = EF = . . . = HD). Stałą m
dobieramy tak, aby długość odcinków: AD, AH, BD i BH była mniejsza od
Rmax .
3 Konstruujemy punkty D1 i H1 symetryczne odpowiednio do punktów D i
H względem danej prostej AB.
36
4 Tworzymy odcinek D1 C1 = m · D1 H1 . Punkt C1 jest szukanym punktem.
C
E
D
H
B
A
H1
D1
E1
C1
Wiemy, że
D1 C1 = m · D1 H1 = m · DH = m
DC
= DC.
m
Ponadto
D1 = SAB (D).
A zatem
C1 = SAB (C).
Konstrukcja 22 Konstrukcja punktów przecięcia danego okręgu o(O, CD)
i prostej zadanej dwoma punktami A i B.
Kolejne kroki konstrukcji dla przypadku, gdy prosta nie przechodzi
przez środek okręgu i gdy CD > Rmax :
1 Konstruujemy punkt O1 symetryczny do punktu O względem prostej AB.
2 Konstruujemy odcinek a = CD
, gdzie n jest stałą tak dobraną, aby: a 6 R2 .
2n
3 Kreślimy okręgi o(O, a) i o(O1 , a). Przetną się one w dwóch punktach X1
i Y1 .
37
4Konstruujemy odcinki OX = 2n · OX1 i OY = 2n · OY1. Otrzymane w ten
sposób punkty X i Y są szukanymi punktami.
C
D
a
O
Y1
X1
X A
E
BY
O1
W przypadku, gdy prosta AB przechodzi przez środek danego
okręgu konstrukcja będzie przebiegać w następujący sposób:
1 Konstruujemy odcinek r = CD
, gdzie n jest stałą tak dobraną, aby: r 6 R2 .
2n
2 Prowadzimy dwa okręgi o(O, r) i o(A, d) (d- długość dowolnego odcinka,
d 6 R), które przetną się w dwóch punktach A1 i B1 .
[
3 Dzielimy łuki A
1 B1 i dopełniający do niego łuk okręgu o(O, r) na połowę.
Otrzymujemy dwa punkty X1 i Y1 .
4 Konstruujemy odcinki OX = 2n · OX1 i OY = 2n · OY1. Otrzymane w ten
sposób punkty X i Y są szukanymi punktami.
38
C
D
r
A1
X O
A
X1
Y
Y1 B
B1
Konstrukcja 23 Konstrukcja odcinka x takiego, że
a
b
= xc .
W przypadku, gdy prawdziwe są następujące nierówności:
a 6 Rmax , b 6 Rmax , c 6 Rmax
konstrukcja powinna przebiegać tak jak w konstrukcjii 3-ej.
Kiedy chociaż jedna z nierówności nie zachodzi przebieg konstrukcji jest następujący:
1 Konstruujemy odcinki a1 = 2an , b1 = 2bn i c1 = 2cm , przy m i n takich, że
a1 6 Rmax , b1 6 Rmax , c1 6 Rmax i c1 < 2a1 .
2 Konstruujemy odcinek x1 proporcjonalny do odcinków a1 , b1 , c1 .
3 Konstruujemy odcinek x = 2m · x1 . Odcinek ten jest szukanym odcinkiem.
X
a1
C
b1
A
B
X’
c1
X’’
39
Wiemy, że
Ponadto
a1 =
c1 =
A zatem
a1
c1
= .
b1
x1
a
,
2n
c
,
2m
b1 =
x1 =
b
,
2n
x
.
2m
c
a
= .
b
x
Konstrukcja 24 Konstrukcja punktu przecięcia dwóch prostych: prAB i prCD.
Wykorzystamy tu konstrukcję, w której znajdowane są punkty prostej zadanej dwoma punktami. Znajdziemy takie punkty prostych prAB i prCD, aby
możliwa była do przeprowadzenia konstrukcja z numerem 7, z paragrafu 1.1.
C
B
C1
B1
X
A1
D1
D
A
Jak zauważyliśmy w paragrafie 1.1 każde geometryczne zadanie konstrukcyjne wykonywane przy pomocy cyrkla i linijki zawsze sprowadza się do
wykonanaia w określonym porządku pięciu podstawowych operacji geometrycznych. Wykonując wszystkie te operacje cyrklem, którego rozstawienie
nóżek jest ograniczone z góry odcinkiem Rmax udowodniliśmy następujące
twierdzenie:
Twierdzenie 2.1 Wszystkie klasyczne konstrukcje geometryczne wykonywane przy pomocy cyrkla i linijki mogą być wykonane tylko przy pomocy cyrkla,
40
kreślącego okręgi, których promienie nie przewyższają zadanego z góry odcinka.
Rozpatrzmy teraz ogólną metodę wykonywania zadań konstrukcyjnych z
użyciem cyrkla, którego rozstawienie nóżek jest ograniczone z góry odcinkiem
o długości Rmax . W takim przypadku przeprowadzamy zawsze konstrukcję
tak, jakby na cyrkiel nie zostały nałożone żadne ograniczenia. W rezultacie otrzymujemy pewną figurę F . Oznaczamy jako R1 promień największego
okręgu spośród tych, które tworzą figurę F . Jeśli okaże się, że R1 6 Rmax ,
wówczas zaproponowana przez nas konstrukcja jest wykonalna cyrklem, z rozstawieniem nóżek ograniczonym z góry. W przeciwnym razie bierzemy liczbę
naturalną n taką, że R2n1 6 Rmax . Wówczas zmniejszając 2n razy wszystkie
okręgi otrzymamy figurę F ′ podobną do figury F o skali podobieństwa 21n .
Następnie oznaczamy przez Ψ′ tę część figury F ′ , którą uważamy za szukaną.
Kostruujemy figurę Ψ podobną do figury Ψ′ . zachowujemy wspólczynnik podobieństwa z poprzedniego przekształcenia 21n . Figura Ψ przedstawia szukany
rezultat danego zadania.
2.2
Ograniczenia z dołu
W tym paragrafie będziemy posługiwać się cyrklem, którego rozstawienie nóżek jest ograniczone tylko z dołu przez pewien zadany odcinek Rmin . Takim
cyrklem można narysować okręgi o dowolnym promieniu większym niż odcinek Rmin . Posługując się takim cyrkem wykonamy teraz kilka konstrukcji
geometrycznych.
Konstrukcja 25 Konstrukcja odcinka n razy większego od danego odcinka
AB, w przypadku gdy AB < Rmin .
Konstrukcja ta będzie przebiegać w następujący sposób:
1 Konstruujemy odcinek BE prostopadły do odcinka AB. Korzystamy tu z
konstrukcji 8-ej.
2 Tworzymy obraz punktu E w symetrii względem prostej AB. Otrzymamy
punkt E ′ .
3 Konstruujemy punkt A1 symetryczny do punktu A względem prostej EE ′ .
Otrzymany punkt A1 jest pierwszym z szukanych punktów.
41
Kolejne kroki są naturalną konsekwencją trzech pierwszych kroków konstrukcyjnych.
4 Konstruujemy odcinek A1 E1 prostopadły do odcinka AA1 .
5 Tworzymy obraz punktu E1 w symetrii wzdlędem prostej AC. Otrzymujemy punkt E1′ .
6 Konstruujemy punkt A2 symetryczny do punktu A1 względem prostej E1 E1′
i punkt A3 symetryczny do punktu A względem prostej E1 E1′ . Dalszą konstrukcję przeprowadzamy analogicznie.
A
E
E1
B
A1
E’
E1’
A2
A3
Na podstawie przeprowadzonej konstrukcji można zauważyć, że punkty A1 ,
A3 , A5 ... można skonstruować od razu opuszczając konstrukcję punktów A2 ,
A4 , A6 ...Uzyskamy w ten sposób odcinki 2n razy większe od danego odcinka
AB.
Konstrukcja 26 Podział odcinka AB na n równych części w przypadku, gdy
AB < Rmin .
′
1 Konstruujemy odcinek AB ′ m razy większy od odcinka AB
. Współczynnik
n·m
′
m dobieramy w ten sposób, że AB > Rmin .
2 Dzielimy docinek AB ′ na n · m równych części. Otrzymamy szukany odci′
nek AX = AB
.
n·m
42
E
C
X
A
B
B’
D
F
Prawdziwa jest następująca równość
AB ′
m · AB
AB
AX =
=
=
.
n·m
n·m
n
Jeśli odcinek AB ′ podzielimy na 2n·m równyh części to w rezultacie otrzymamy odcinek AX 2n razy mnieszy od odcinka AB.
Konstrukcja 27 Konstrukcja punktów okręgu o danym środku O i danym
promieniu, którego długość równa jest długości odcinka AB.
Jeśli AB > Rmin , to okrąg cyrklem z ograniczonym rozstawieniem nóżek
możemy narysować bezpośrednio.
Jeśli jednak AB < Rmin to konstrukcja będzie przebiegać w następujący sposób:
1 Dowolnym promieniem o długości a > Rmin + AB kreślimy okręgi o1 (O, a)
i o2 (A, a).
2 Na okręgu o2 obieramy dwa punkty C i D tak, żeby CD > Rmin .
3 Na okręgu o1 obieramy punkt C1 i kreślimy okrąg o3 (C1 , CD). Oznaczamy
punkt jego przecięcia z okręgiem o1 jako D1 .
4 Kreślimy kolejne dwa okręgi o4 (C1 , CB) i o5 (D1 , BD). Ich punkt wspólny
43
X będzie jednym z punktów szukanego okręgu. Zmieniając położenie punktów C i D można skonstrować dowolną ilość punktów szukanego okręgu.
D1
D
A
B
O
C
X
C1
Dowód porawności konstrukcji.
Z konstrukcji wynikają następujące równości
AC = AD = OC1 = OD1 ,
CD = C1 D1 .
A zatem trójkąty △ACD i △OC1 D1 są podobne. Podobna sytuacja ma
miejsce w przypadku trójkątów △BCD i △XC1 D1 wiemy bowiem, że
CB = C1 X,
DC = D1 C1 ,
D1 X = BD.
Z podobieństwa tych trójkątów wynika równość
OX = AB,
więc punkt X jest jednym z szukanych punktów.
Postaram się teraz sformułować ogólną zasadę rozwiązywania zadań konstrukcyjnych tylko przy pomocy cyrkla z rozstawieniem nóżek ograniczonym
44
z dołu. Zgadza się ona z ogólną metodą wykonywania konstrukcji cyrklem,
którego rozstawienie nóżek jest ograniczone z góry. Różnica polega na tym,
że dane w zadaniu odcinki należy nie zmniejszać 2n razy, ale zwiększać n
albo 2n razy. Ogólna metoda jest zatem następująca.
Przeprowadzamy konstrukcję w taki sposób jakby na cyrkiel nie nałożono
żadnych ograniczeń. W rezultacie otrzymujemy pewną figurę F składającą
się jedynie z okręgów. Promień najmniejszego z nich oznaczymy przez r1 . Następnie konstruujemy figurę F ′ podobną do figury F , n razy od niej większą.
Skala podobiństwa n jest tak dobrana, że nr1 > Rmin . Następnie oznaczamy
przez Ψ′ tę część figury F ′ , którą uważamy za szukaną. Kostruujemy figurę Ψ
podobną do figury Ψ′ , n razy od niej mniejszą. Figura Ψ przedstawia szukany
rezultat danego zadania.
Jeśli zatem opracowaliśmy ogólną metodę wykonywania konstrukcji geometrycznych cyrklem, którego rozstawienie nóżek jest ograniczone z dołu to
obejmuje ona również pięć podstawowych konstrukcji zaprezentowanych w
paragrafie 1.1. Na tej podstawie łatwo już wysnuć wniosek, że prawdziwe
jest następujące twierdzenie.
Twierdzenie 2.2 Wszystkie klasyczne konstrukcje geometryczne wykonywane
przy pomocy cyrkla i linijki mogą być wykonane tylko przy pomocy cyrkla, kreślącego okręgi, których promienie są nie mniejsze od zadanego z góry odcinka.
2.3
Stała rozwartość nóżek cyrkla
Przy pomocy cyrkla o stałej rozwartości cyrkla można wykonać tylko niektóre z klasyczych konstrukcji geometrycznych. Można poprowadzić prostą
prostopadłą do odcinka AB i przechodzącą przez jeden z jego końców. Ponadto możliwe jest skonstruownie punktów prostej danej dwoma punktami
A i B, przy założeniu, że AB < 2R i AB 6= R. Jeśli AB < 2R możemy skonstruować naturalną wielokrotność odcinka AB. Niestety niektóre konstrukcje
klasyczne nie są wykonalne cyrlem o stałej rozwartości nóżek. Nie możemy
między innymi dzielić odcinka na równe części, dzielić łuku na połowę oraz
znajdować odcinka proporcjonalnego do trzech danych odcinków.
Japoński matematyk K. Yanagihara dowiódł, iż wszystkie klasyczne konstrukcje geometryczne można wykonać tylko przy pomocy cyrkla, którego
rozstawienie nóżek jest ograniczone zarówno z góry jak i z dołu odcinkami o
długości Rmax i Rmin . Różnica między tymi dwoma odcinkami w ogólnej teo45
rii Yanagihara może być dowolnie mała. Wówczas jeśli (Rmax − Rmin ) −→ 0
to wszystkie konstrukcje geometryczne wykonalne cyrklem i linijką mogą być
wykonane z prawie stałym rozstawieniem nóżek.
Literatura
[1] A. N. Kostowskij, Konstrukcje geometryczne przy pomocy cyrkla, Nauka
- główna redakcja literatury fizyczno - matematycznej, Moskwa 1984.
[2] Z. Krygowska, Konstrukcje geometryczne na płaszczyźnie, Państowe
Wydawnictwo Naukowe, Warszawa 1958.
[3] M. Braun, Konstrukcje geometryczne- jak sobie z nimi radzić, Gdańskie
Wydawnictwo Oświatowe, Gdańsk 1996.
46

konstruowalności samym cyrklem

Transkrypt

Podobne dokumenty

Zadanie 2 Blender

Konstrukcje Za pomocą CYRKLA

Ślimak Teodorosa - na stronę szkoły

ZESTAWIENIE Urządzenia bezpieczeństwa ruchu drogowego 1

Napisz równanie okręgu, którego średnicą jest odcinek prostej x−2y

CYFROWE KONSTRUKCJE

finał

Geometria Elementarna 2016/17 Zestaw ćwiczeń 11, na dzień 9

załącznik punkty karne: 1. brak potwierdzenia 1 cp