Построения одной линейкой

Решение:

Пусть АВСD (рис. 228)—данный параллелограмм, О — его центр. Учтя, что АО = СО и ВО = DО, можно воспользоваться предыдущей задачей и провести СЕ\\ВD и DF\\АС. Если М — точка пересечения прямых СЕ и DF, то прямая ОМ параллельна стороне АD.

Для доказательства рассмотрим треугольник АСК, где К — точка пересечения прямых АD и СМ. Треугольник DКМ равен треугольнику АDС по двум сторонам и углу между ними. А поэтому КМ = ОD = СМ. Следовательно, прямая ОМ служит средней линией треугольника АСК и поэтому параллельна его основанию. 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Легко заметить, что с помощью одной линейки  можно проводить только проективно-инвариантные построения. В частности, невозможно даже разбить отрезок на две равные части, либо найти центр нарисованной окружности. Но при наличии на плоскости заранее проведённой окружности с отмеченным центром с помощью линейки можно провести те же построения, что и циркулем и линейкой (теорема Понселе-Штейнера), 1833г.

Штейнер (Steiner) Якоб (18.III.1796–1.IV.1863).

Швейцарский геометр, один из создателей проективной геометрии, член Берлинской АН (1834). Профессор Берлинского университета (1835). Штейнер уточнил и систематизировал идею проективного образования сложных геометрических образов из более простых. Автор работ «Систематическое развитие зависимости геометрических образов друг от друга», «Геометрические построения, выполняемые с помощью прямой линии и неподвижного круга». 

5. Теорема Штейнера

Пользуясь только линейкой, нельзя решить всякую задачу, разрешимую с помощью циркуля и линейки. Но исследования этого вопроса показали, что для решения как угодно сложной геометрической задачи на построение, разрешимой циркулем и линейкой, достаточно воспользоваться циркулем не более одного раза. Точнее говоря: всякая геометрическая задача на построение фигуры, состоящей из конечного числа точек, разрешимая циркулем и линейкой, может быть решена одной линейкой, если на плоскости построена какая-либо окружность и отмечен ее центр. При этом предполагается, что данная фигура состоит только из конечного числа точек, прямых, лучей, отрезков и дуг окружностей. Это предложение было доказано швейцарским математиком Я. Штейнером в 1833 г. Без доказательства оно было приведено ещё в 1822г. французским геометром Понселе в его „Трактате о проективных свойствах фигур". Поэтому эту теорему называют иногда теоремой Понселе-Штейнера.

  Доказательство  теоремы Штейнера проводится аналогично тому, как было проведено выше доказательство теоремы Мора-Маскерони.

  Условимся называть окружность известной, если построен её центр и построены концы отрезка, равного радиусу этой окружности. Если пользоваться только линейкой, то такая окружность не может быть построена, хотя с общегеометрической точки зрения она вполне определена этими данными.

  Для доказательства теоремы Штейнера достаточно установить, что при наличии линейки и построенной окружности с отмеченным центром (которую мы в дальнейшем называем вспомогательной или штейнеровой) можно выполнить следующие построения.

  (2"). Построение общих точек известной  окружности и построенной прямой (если такие точки существуют).

  (3"). Построение общих точек двух  известных окружностей (если такие точки существуют).

  (5"). Построение любого конечного  числа точек, принадлежащих известной окружности.

  (6"), Построение точки, не принадлежащей  соединению конечного числа построенных точек, построенных прямых и известных окружностей.

  Выполнимость  остальных построений из числа построений (1)—(6), в условиях теоремы Штейнера не вызывает сомнений.

  Перейдём  к рассмотрению интересующих нас  построений.

  Решим предварительно несколько вспомогательных  задач.

  1-я  вспомогательная задач а. Через  данную точку Р провести прямую, параллельную данной прямой а.

  Пусть (рис. 229) О — центр вспомогательной окружности. Выберем на прямой а произвольную точку М. Выберем на вспомогательной окружности такую точку A, чтобы прямая МА не была касательной и не проходила через точку О. Прямая МА пересечёт вспомогательную

Рис. 229.

окружность  ещё в одной точке С. Проведём через А и С два диаметра АВ и СD. Ясно, что четырёхугольник АСВD — параллелограмм (даже прямоугольник). Пусть Оk — прямая, параллельная АС (см. задачу 3). Если прямые АС, Оk и ВD пересекают данную прямую а соответственно в точках М, L и K, то МL=LК, так как АО—ВО. Для выполнения требуемого построения остаётся применить задачу 2.

  Если  прямая а проходит через центр вспомогательной окружности (или хотя бы пересекает её), то решение задачи, очевидно, упрощается.

  2-я  вспомогательная задача. Через данную  точку Р провести прямую, перпендикулярную данной прямой а (рис. 230).

    Проведём прежде всего диаметр  АВ вспомогательной окружности, параллельный данной прямой. Пусть прямые РА и РВ пересекаются со вспомогательной окружностью в точках С и D. Обозначая через Q точку пересечения прямых ВС и АD, найдём, что РQ┴АВ, а следовательно РQ┴ а. Действительно, прямые CQ и DP служат высотами треугольника APQ. Следовательно, AB- третья его высота, так как все три высоты треугольника должны пройти через одну точку. 
 
 
 
 
 
 
 
 

  Рис.230 

  Замечание: описанное построение невозможно в двух случаях. 1)Если прямая PB (или прямая PA) касается окружности. В этом случае прямая PB (соответственно PA) является искомой. 2) Если точка P расположена на окружности или на прямой AB. В этом случае изберем вспомогательную точку P’, не принадлежащую ни окружности, ни прямой AB, проведем через P’ перпендикуляр к данной прямой а указанным способом, а затем проведем через точку P прямую, параллельную этому перпендикуляру.

 

 3-я вспомогательная задача. На данной прямой a отложить от данной точки P отрезок, равный данному отрезку AB. рис. 231)

      Пусть O-центр вспомогательной окружности. Строим параллелограмм OABC (см. 1-ую вспомогательную задачу).Пусть луч OC встречает вспомогательную окружность в точке M, а прямая OL, проведенная через O, параллельно прямой a, встречает окружность в точке N. Пусть, далее, прямая, проведенная через точку С параллельно прямой  MN, встречает прямую OL в точке Q. Прямая QR, проведенная параллельно OP, встречает прямую a в искомой точке X. Действительно: PX=OQ=OC=AB. 
 

 
 
 

Рис.231 
 

6. Примеры на построения  одной линейкой

1. Пара параллельных прямых.

 
 
 
 
 
 
 
 
 

 Предположим, что на плоскости имеем пару параллельных прямых а и b. Тогда точка пересечения Р этих прямых является точкой несобственной прямой u. Таким образом, пара параллельных прямых определяет одну точку несобственной прямой u, в остальном последняя остается неопределённой, то есть может быть любой прямой пучка Р.

Какие задачи могут  быть решены при этих условиях с  помощью одной линейки? Очевидно, что могут быть решены те задачи аффинного характера, которые связаны с несобственной точкой Р. Приведем примеры.

1. Через данную точку С провести прямую, параллельную данной прямой а.

В самом деле, прямая СР будет служить решением задачи.

2. Отрезок МN разделить пополам.

Деление отрезка  пополам означает построение четвертой  геометрической точки Q к несобственной точке Р относительно концов отрезка М и N. Такая задача может быть решена при помощи одной линейки. Этот пример  показывает, что возможно обращение данных и искомых. Так, если на прямой а дан отрезок MN, разделенный в точке Q пополам, то не собственная точка Р прямой может быть построена как четвертая гармоническая к точке Q относительно пары М, N. поэтому можно строить прямые (b, c), параллельные прямой  а.

Следует отметить, что построение прямой, параллельной произвольной прямой d, остается невозможным, так-так  может быть любым лучом пучка Р, и, следовательно, несобственная точка D прямой d остается неопределенной.

2. Параллелограмм (две пары параллельных прямых).

 
 
 
 
 
 
 
 

Предположим, что даны две пары параллельных прямых, образующих параллелограмм ABCD. В этом случае мы имеем две не собственные точки P и Q, в которых пересекаются противоположные стороны параллелограмма. Несобственная прямая PQ вполне определена. следовательно, все задачи, связанные с несобственной прямой проективными отношениями, могут быть решены с помощью одной линейки. приведем примеры.

1. через точку  F требуется провести прямую, параллельную данной прямой  g.

Так как несобственная  точка G прямой g может быть построена G = g х u , то прямая FG является решением задачи.

2. произвольный отрезок MN требуется разделить пополам

Для решения  задачи следует построить точку  L которая было бы четвертой гармонической к точке G по отношению к паре M и N.

3. квадрат.

 
 
 
 
 
 
 

 Квадрат может быть определен как такой параллелограмм, у которого смежные стороны перпендикулярны и диагонали так же перпендикулярны.

Пусть ABCD – данный квадрат. тогда противоположные стороны AD и BC определяют несобственную точку Р, а стороны AB и DC несобственную точку P’. Так как прямые AD и AB перпендикулярны , то их не собственные точки Р и Р’ являются соответственными в абсолютной инволюции на прямой. То же самое можно сказать о не собственных точках Q и Q’ диагоналей AC и BD. Таким образом, абсолютная инволюция на несобственной прямой u вполне определена двумя соответственными парами: (P , P’) и (Q , Q’). Это показывает, что данная фигура (квадрат) определяет абсолют плоскости.

Предположим что  квадрат ABCD задан. Тогда могут быть решены с помощью одной линейки те задачи, которые в своем проективном выражении требуют знания абсолюта плоскости. Приведем примеры.

1. дана прямая g и точка М. требуется из данной точки М опустить перпендикуляр на данную прямую g.

Так как абсолютная инволюция задана двумя парами точек  [(Р,P’) и (Q , Q’)] , то с помощью одной линейки можем построить точку G’ , соответственную в абсолютной инволюции несобственной точке G данной прямой g. Тогда прямая M G’ является искомым перпендикуляром к прямой g. В самом деле, прямые MG’ и g проходят через соответственные точки абсолютной инволюции.

2. удвоить данный угол ( a, b ).

 
 
 
 
 
 
 
 

Чтобы дать этой задаче проективную форму рассмотрим ее в условиях обычной метрической  геометрии. Пусть S - вершина, а b и a - стороны данного угла. При удвоении угла (a ,b) получим новую прямую с, при чем угол (b ,c) = углу (a,b). Следовательно, прямая b является биссектрисой угла (a,c). Прямая d , перпендикулярная  прямой b, является второй биссектрисой угла (a,c). Тогда будем иметь: (acbd) = -1, то есть искомая прямая с гармонически сопряжена прямой а относительно прямых b и d. Этот анализ задачи показывает, что она может быть решена при помощи одной линейки, если задан квадрат. В самом деле, возвращаясь к условиям чертежа 3 видим, что все построения требуют лишь проведения прямых линий. Прямую d, перпендикулярную к данной прямой b и проходящую через вершину угла S, можно построить аналогично построению перпендикуляра M G’ на чертеже 3. после этого прямую с строим как четвертую гармоническую к трем прямым: a,b,d. Все построение выполняется одной линейкой. Очевидно, что подобным же образом может быть решена и более общая задача об умножении данного угла на целое число.  

3)  Окружность и ее центр (построение Штейнера). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 Предположим  что на проективной плоскости  дана окружность k и ее цент О. будем считать, что все точки окружности k фактически построены на чертеже, то есть окружность дана как начерченная кривая. Проведем через центр О два произвольных диаметра AC и BD. Построим затем полный четырехугольник ABCD, диагональными точками которого являются центр О и точки P и P’. Последние определяют несобственную прямую – поляру центра о данной окружности. Диаметры OP и OP’ являются сопряженными (так как треугольник OPP’ есть полярный), а следовательно, взаимно перпендикулярными. Поэтому несобственные точки P и P’ соответственно в абсолютной инволюции. Так как можно построить сколько угодно пар сопряженных диаметров, то будем иметь сколько угодно пар соответственно точек абсолютной инволюции и несобственной прямой u. От сюда заключаем, что данная окружность и ее центр вполне определяют абсолют плоскости.