5 Konstrukční planimetrické úlohy

Transkript

5. Konstrukční planimetrické úlohy
5
Konstrukční planimetrické úlohy
5.1
Řešení konstrukčních úloh
Konstrukční úlohou rozumíme úlohu, ve které je požadováno sestrojení
jistého geometrického útvaru (alespoň jednoho, resp. všech) splňujícího dané
podmínky.
Je třeba zdůraznit, že narýsování hledaného útvaru není podstatou řešení
konstrukční úlohy — vlastní řešení konstrukční úlohy je deduktivní úvaha,
která má za cíl vyhledat geometrický útvar. Jádrem řešení je nalezení posloupnosti elementárních konstrukcí K1 , K2 , K3 , . . . (viz str. 9), které vedou
na hledaný objekt. Útvar přitom považujeme za sestrojený, je-li určen každý
jeho bod; např. přímku považujeme za sestrojenou, jsou-li sestrojeny dva její
různé body – dvěma body je přímka určena, tudíž jsou určeny i všechny její
body (samozřejmě nelze sestrojit všechny(!) body přímky).
Klasické řešení konstrukční úlohy se zpravidla člení na následující fáze:
1. rozbor — cílem rozboru je nalezení takových souvislostí mezi danými a hledanými prvky, které umožní objevit posloupnost základních
konstrukcí K1 , K2 , K3 , . . .; vždy předpokládáme, že útvar je sestrojitelný, načrtneme ilustrační obrázek s alespoň jedním útvarem požadovaných vlastností a ukážeme, že jej lze sestrojit jistou konstrukcí
(K1 , K2 , K3 , . . .);
2. konstrukce — konstrukce spočívá ve stanovení konstrukčního předpisu,
který je výsledkem rozboru a formulujeme jednotlivé kroky konstrukce
(K1 , K2 , K3 , . . .); tato fáze zpravidla zahrnuje též grafické provedení
úlohy;
3. zkouška (důkaz, zdůvodnění konstrukce) — konstrukční předpis
nám dává všechna možná řešení úlohy, může se však stát, že některé
sestrojené útvary nevyhovují všem podmínkám úlohy, tj. ukážeme, že
každý útvar sestrojený konstrukcí (K1 , K2 , K3 , . . .) má všechny požadované vlastnosti;
4. diskuse — tato fáze je součástí řešení v případě, že řešíme množinu
úloh, tj. objevují-li se v úloze proměnné prvky (parametry); úkolem
diskuse je určení podmínek řešitelnosti úlohy a roztřídění množiny úloh
na úlohy neřešitelné, úlohy s jedním výsledkem, se dvěma výsledky atd.,
a to v závislosti na hodnotách zadaných či skrytých (avšak volitelných)
číselných parametrů (vzdálenosti bodů a velikosti úseček, velikosti úhlů
a odchylky včetně jejich goniometrických funkcí,. . . )
(Pokud se v úloze nevyskytují proměnné prvky, pouze konstatujeme
počet vyhovujících výsledků úlohy.)
1
GEOMETRIE I. — Základy geometrie v rovině
Již podle zadání úlohy poznáme, zdali budeme řešit jen jednu konkrétní úlohu,
anebo celou množinu úloh. Vyskytují-li se v úloze proměnné prvky (parametry), hovoříme o úlohách s jedním parametrem, o úlohách se dvěma a
více parametry, v opačném případě pak o úlohách bez parametrů.
Řešení konstrukční úlohy spočívá v nalezení neznámého bodu nebo bodů,
které určují hledaný geometrický útvar. Podle počtu těchto bodů rozeznáváme
úlohy s jedním neznámým bodem, se dvěma neznámými body, se
třemi neznámými body, atd.
Další způsob třídění konstrukčních úloh je dělení na úlohy polohové a nepolohové. U polohových úloh je dána poloha některých zadaných prvků, u
nepolohových úloh neznáme polohu žádného ze zadaných prvků. Postup řešení
nepolohové konstrukční úlohy je následující:
1. umístění (lokalizace) nepolohové úlohy — volba polohy některého bodu,
úsečky, úhlu atd., čímž získáme polohovou úlohu; lokalizaci je možné
zpravidla provést vícero způsoby, přičemž příslušné úlohy mohou mít i
rozdílný počet neznámých bodů;
2. řešení polohové úlohy;
3. určení počtu řešení nepolohové úlohy — úvahou o shodnosti výsledných
útvarů polohové konstrukční úlohy stanovíme počet tříd navzájem shodných útvarů, jež mají nepolohové vlastnosti.
Při řešení konstrukčních úloh užíváme nejčastěji tyto metody:
• Konstrukce metodou množin bodů dané vlastnosti
Při této metodě určujeme neznámé body jako prvky průniku dvou množin všech bodů dané vlastnosti. První z množin vytvoříme tak, že vyloučíme jednu z podmínek zadání a to takovou, aby body vyhovující
zbývajícím podmínkám tvořily jistou dobře popsatelnou (resp. známou)
množinu všech bodů dané vlastnosti. Obdobně určíme i druhou množinu všech bodů dané vlastnosti. Body náležející průniku splňují všechny
podmínky ze zadání.
• Konstrukce metodou geometrického zobrazení
Řadu konstrukčních úloh se podaří vyřešit, jestliže nejprve útvar daný
nebo hledaný transformujeme pomocí jistého vhodně zvoleného geometrického zobrazení. Máme-li např. sestrojit lichoběžník z jeho stran a, b, c,
d, použijeme posunutí T (D → C) a tím úlohu převedeme na konstrukci
trojúhelníka se stranami a − c, b, d.
Často se používá transformace v útvar stejnolehlý nebo podobný: nejprve sestrojíme útvar, jenž vyhovuje všem podmínkám až na jednu tak,
2
že je stejnolehlý (podobný) s útvarem hledaným; potom již k sestrojenému útvaru snadno nalezneme stejnolehlý (podobný) útvar, který vyhovuje i podmínce poslední. Např. při řešení úlohy sestrojit trojúhelník,
známe-li jeho dva úhly (nebo úhel a poměr dvou stran) a dále výšku
(resp. težnici, resp. poloměr vepsané či opsané kružnice, resp. obvod
atd.), sestrojíme nejprve trojúhelník s danými úhly a poté trojúhelník
jemu podobný, který splňuje i podmínku konkrétní délky výšky (resp.
težnice, resp. poloměru vepsané či opsané kružnice, resp. obvodu atd.)
• Konstrukce algebraicko-geometrickou metodou.
Při této metodě vhodně kombinujeme konstrukce a výpočty některých
prvků. Tuto metodu se snažíme používat jen tehdy, nevedou-li k cíli
metody předcházející. Samozřejmě se snažíme, je-li to možné, používat
konstrukce algebraických výrazů.
Příklad 5.1.1. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dána velikost strany c, výšky
vc a úhlu γ. ♦
Jedná se o nepolohovou úlohu se
třemi parametry c, vc a γ. UmísC
p tíme stranu AB a tím převedeme
úlohu na polohovou s jedním neγ
k
známým bodem C. Řešení provedeme užitím metody množin všech
bodů dané vlastnosti
Velikost výšky vc udává vzdálenost
bodu C od přímky AB. Bod C tudíž
musí náležet množině M1 = {X ∈
c
E2 ; |X, ↔ AB| = vc }, což je sjednoB
A
cení dvou rovnoběžek p1 , p2 s přímObr. 5.1.1
kou AB ve vzdálenosti vc .
Jelikož známe velikost úhlu γ, musí bod C náležet množině M2 = {X ∈
E2 ; |∠AXB| = γ}, což je sjednocení dvou kruhových oblouků k1 , k2 s
krajními body A, B s výjimkou bodů A, B.
Rozbor:
Bod C je tedy prvkem průniku množin M1 , M2 .
Konstrukce:
1.
2.
3.
4.
5.
AB; |AB| = c
M1 ; M1 = {X ∈ E2 ; |X, ↔ AB| = vc }
M2 ; M2 = {X ∈ E2 ; |∠AXB| = γ}
C; C ∈ M1 ∩ M2
4ABC
3
Důkaz konstrukce: Pokud M1 ∩M2 6= ∅, potom každý bod průniku splňuje
podmínky pro vrchol C hledaného trojúhelníka ABC.
Diskuse:
Úloha má alespoň jedno řešení, právě když
je M1 ∩M2 6= ∅. Z bodu 4 plyne, že přímka
T
p1 (resp. p2 ) může mít s obloukem k1 (resp.
p
k2 ) dva společné body, popř. jeden společný
γ/2
k
bod, anebo s ním nemá žádný společný bod.
Zabývejme se řešením jen v jedné polorovině, tj. zajímá nás průnik přímky p1 a kruhového oblouku k1 . Přímka p1 může být
vnější přímkou, tečnou a sečnou kružnice
B
A
c/2 S
k1 . Podívejme se na mezní případ tečny —
bod dotyku označme T . Tento případ naObr. 5.1.2
stává právě tehdy, když |T S| = vc (S –
střed úsečky AB).
Trojúhelník AST je pravoúhlý s úhlem o velikosti γ2 u vrcholu T ,
protější stranou o velikosti |AS| = 2c , a proto
|T S| =
c
2tg
γ
2
.
Odtud — jestliže
a) vc > |T S|, potom úloha nemá řešení;
b) vc = |T S|, potom úloha má v jedné polorovině jedno řešení;
c) vc < |T S|, potom úloha má v jedné polorovině dvě řešení. Příklad 5.1.2. Jsou dány dvě různoběžky a, b a kružnice k 0 (S 0 , r0 ), která se
nedotýká žádné z obou různoběžek. Sestrojte kružnici k tak, aby se dotýkala
přímek a, b a kružnice k 0 . ♦
Rozbor:
b
b’
V’
a’
o
k’ S’
T
S
k
a
V
Obr. 5.1.3
4
Řešení provedeme užitím metody geometrických zobrazení,
konkrétně využijeme stejnolehlosti.
Víme, že každé dvě kružnice jsou
stejnolehlé, a proto i hledaná
kružnice k a zadaná kružnice k 0 ;
navíc střed stejnolehlosti je u
dvou dotýkajících se kružnic v
bodě jejich dotyku — označme
jej T .
V této stejnolehlosti H odpovídá tečně a kružnice k tečna a0 k a kružnice
k 0 , tečně b kružnice k tečna b0 k b kružnice k 0 a průsečíku V přímek
a, b průsečík V 0 přímek a0 , b0 . Vzhledem k definici stejnolehlosti jsou
vzor, obraz a střed stejnolehlosti kolineární, a proto přímka V V 0 protíná
kružnici k 0 v bodě T , který je bodem dotyku obou kružnic. Střed S
kružnice k pak musí ležet na přímce S 0 T a na ose úhlu vymezeného
přímkami a a b, ve kterém leží bod T .
Konstrukce:
1. a, b, a ∩ b = {V }; k 0 (S 0 , r0 ) nedotýkající se a, b
2. a0 ; a0 k a ∧ a0 je tečna kružnice k 0
3. b0 ; b0 k b ∧ b0 je tečna kružnice k 0
4. V 0 ; V 0 ∈ a0 ∩ b0
5. T ; T ∈↔ V V 0 ∩ k 0
6. o — osa úhlu vymezeného přímkami a, b, ve kterém leží bod T
7. S; S ∈ o ∩ ↔ S 0 T
8. k(S, |ST |)
Důkaz konstrukce: Z konstrukce plyne, že a0 k a a b0 k b jsou tečnami
kružnice k 0 . Ve stejnolehlosti určené středem T a párem odpovídajících
si bodů [V 0 , V ] odpovídá tečně a0 přímka a a tečně b0 přímka b, a proto
se kružnice k dotýká přímek a, b. Střed stejnolehlosti leží na kružnici
k 0 , a proto mají v tomto bodě obě kružnice dotyk. Kružnice k vyhovuje
podmínkám úlohy.
Diskuse: Jelikož lze ke kružnici k 0 vždy sestrojit dvě tečny rovnoběžné s
přímkou a (bod konstrukčního předpisu 2) a dvě tečny rovnoběžné s
přímkou b (bod 3), existují čtyři průsečíky V 0 6= V (1 a0 ∩ 1 b0 = {1 V 0 },
1 0
a ∩ 2 b0 = {2 V 0 }, 2 a0 ∩ 1 b0 = {3 V 0 }, 2 a0 ∩ 2 b0 = {4 V 0 }), které jsou
vrcholy rovnoběžníka opsaného kružnici k 0 — bod 4. Každá z přímek
V V 0 buď protne kružnici k 0 ve dvou bodech T , anebo nemá s kružnicí
žádný společný bod — bod 5. Může tedy vzniknou až osm bodů T .
Úloha může mít za daných podmínek nejvýše 8 řešení. Doposud jsme předpokládali, že nákresna, na které provádíme konstrukce je
neomezená. Je-li však nákresna omezená — což samozřejmě ve skutečnosti
je (papír, tabule, . . . ) — musíme v některých případech určité konstrukce
přizpůsobit konkrétní situaci. Tak vznikají např. úlohy typu: sestrojte přímku
procházející daným bodem a nepřístupným průsečíkem daných dvou přímek ;
nebo v daném bodě sestrojte tečnu kružnice, která je dána svým obloukem a
jejíž střed je nepřístupný. V úlohách na omezené nákresně využíváme stejnolehlost, podobnost, mocnost bodu ke kružnici, kruhovou inverzi apod.
Příklad 5.1.3. Sestrojte přímku p procházející daným bodem C a nepřístupným průsečíkem daných dvou různoběžek a, b. ♦
5
Sestrojíme libovolný trojúhelník ABC (A ∈ a, B ∈ b) a pomocí rovnoběžek
s ním stejnolehlý trojúhelník A0 B 0 C 0 (A0 ∈ a, B 0 ∈ b). Trojúhelníky ABC a
A0 B 0 C 0 jsou stejnolehlé ve stejnolehlosti, jejímž středem je nepřístupný průsečík přímek a, b. Vzhledem k tomu, že u stejnolehlosti jsou vzor, obraz a střed
kolineární, prochází přímka CC 0 nepřístupným průsečíkem přímek a, b. b
ω
B
B’
C
C’
p
T
A’
t’=t
A
k
a
Obr. 5.1.4
k’
Obr. 5.1.5
Příklad 5.1.4. Je dána kružnice k, jejíž střed je nepřístupný. V daném přístupném bodě T sestrojte tečnu kružnice k. ♦
V kruhové inverzi se středem T přejde zadaná kružnice k na přímku k 0 , bod T
na nevlastní bod ∞ a tečna t procházející středem inverze T je samodružná,
tj. t0 = t. Kruhové křivky k a t se dotýkají v bodě T , a proto přímky k 0 a
t0 jsou rovnoběžné. Přímka t = t0 tedy prochází bodem T a je rovnoběžná s
přímkou t0 . Jiný druh omezení konstrukční úlohy spočívá v zúžení výběru rýsovacích
pomůcek. Zatím jsme připouštěli možnost použití libovolné rýsovací pomůcky (pravítko, trojúhelníkové pravítko s ryskou, kružítko, úhloměr apod.),
omezíme-li však tento výběr, dostáváme řadu zajímavých úloh i výsledků.
Mezi uvedený typ úloh patří úlohy řešené jen s využitím pravítka a kružítka
— tzv. eukleidovské konstrukce. Jedná se o konstrukce, které měly velký
vliv na vývoj geometrie, a proto jim věnujeme celou následující kapitolu.
Pouhým pravítkem nesvedeme mnoho konstrukcí; je-li však dán v rovině určitý
útvar, který lze při konstrukci použít, je počet „pravítkových konstrukcíÿ
větší.
Příklad 5.1.5. V rovině jsou dány dvě rovnoběžky a, b a bod P mimo ně.
Pouhým pravítkem sestrojte rovnoběžku daným bodem k daným přímkách. ♦
Úlohu řešíme s využitím vlastností lichoběžníka — platí: Přímka spojující prů6
sečík prodloužených ramen lichoběžníka s průsečíkem jeho úhlopříček prochází
středy obou základen. Postup konstrukce sledujte na obrázku. C
Q
1.
P
P
8.
p
2.
7.
B
A
4.
b
3.
6.
5.
a
D
Obr. 5.1.6
Obr. 5.1.7
Je zajímavé, že na rozdíl od „pravítkových konstrukcíÿ lze pouhým kružítkem
řešit všechny(!) úlohy proveditelné pravítkem a kružítkem — tyto úlohy nazýváme Mascheroniovy konstrukce podle Lorenza Mascheroniho (1750–
1800), který se uvedenými konstrukcemi zabýval ve své knize Geometria del
Compasso (1797). O 125 let dříve popsal konstrukce jen pomocí kružítka ve
své knize Euclides Danicus Georg Mohr (1640–1697), avšak jeho kniha byla
omylem považována za pouhý komentář Eukleidových Základů, a tak se nedostala do podvědomí matematického světa — uvedené konstrukce se někdy
nazývají také Mohr-Mascheroniovy konstrukce .
Věta 5.1.1: (Mohr-Mascheroniova věta) Každá eukleidovská konstrukce
je proveditelná jen kružítkem. Příklad 5.1.6. Jsou dány přímka AB (určena body A, B – ne sestrojena!) a
mimo ni bod P . Jen pomocí kružítka sestrojte rovnoběžku daným bodem k
dané přímce, tj. určete bod Q takový, že P Q k AB. ♦
Nechť C, D jsou průsečíky kružnic k1 (A, |AB|) a k2 (B, |AB|). Potom CD
je osa úsečky AB, tj. CD ⊥ AB. Dále sestrojíme kružnice l1 (C, |CP |) a
l2 (D, |DP |) — druhý průsečík označíme Q. Trojúhelníky CDP a CDQ jsou
osově souměrné (dokažte!), tj. P Q ⊥ CD. Odtud již plyne P Q k AB. Dalšími typy úloh jsou např. konstrukce kružítkem, jehož rozevření se nemění,
konstrukce pravoúhlým pravítkem, konstrukce pravítkem se dvěma rovnoběžnými hranami atd.
7
5.2
Eukleidovské konstrukce
Sestrojení hledaných útvarů provádíme pomocí rýsovacích pomůcek, nejčastěji
užitím pravítka a kružítka. Často však používáme i doplňkové pomůcky jako
např. trojúhelníkové pravítko s ryskou pro sestrojení kolmice, úhloměr pro
konstrukci úhlu dané velikosti apod. Konstrukce proveditelné výhradně pomocí pravítka a kružítka označujeme jako eukleidovské konstrukce. Tyto
konstrukce mají úzký vztah k prvním třem Eukleidovým postulátům:
P-1: Budiž úkolem od kteréhokoli bodu ke kterémukoli bodu vésti přímku.
P-2: A přímku omezenou nepřetržitě rovně prodloužiti.
P-3: A z jakéhokoli středu a jakýmkoli poloměrem narýsovati kruh.
Je nutné zdůraznit, že pod názvy pravítko a kružítko v eukleidovském smyslu
si nelze představit pomůcky, které běžně používáme. Eukleidovské pravítko
lze použít výhradně ke konstrukci přímek (tj. ke spojení dvou bodů, za to
libovolně vzdálených, úsečkou; resp. k prodloužení, a to i opakovanému, dané
úsečky), nikoliv však k měření či nanášení délky, ani ke konstrukci kolmic
nebo rovnoběžek. Co se týče eukleidovského kružítka, pak to lze použít jen k
sestrojení kružnice o daném středu a procházející daným, libovolně vzdáleným
bodem, nikoliv však k přenášení délky — oproti tomu pomocí moderního
kružítka můžeme sestrojit kružnici, jestliže je dán její střed a poloměr má
délku rovnou délce dané úsečky.
Následující věta ukazuje, že mezi oběma „modelyÿ kružítek není nutné rozlišovat, neboť i eukleidovské kružítko má vlastnost přenášení délky.
n
C
l
m
P
E
r
r
k
B
A
D
Obr. 5.2.1
8
Věta 5.2.1: Eukleidovsky (tj. jen pomocí eukleidovského pravítka a eukleidovského kružítka) lze sestrojit shodný obraz k 0 kružnice k(B, r) tak, že zadaný
bod A je středem kružnice k 0 . Důkaz: Uvažujme kružnici k(B, r). Úkolem je sestrojit kružnici k 0 se středem v
bodě A a poloměrem r. Nejprve sestrojíme kružnice l(A, |AB|) a m(B, |AB|).
Tyto kružnice se protínají ve dvou bodech — označme je C a D. Zadaná
kružnice k(B, r) a sestrojená kružnice l(A, |AB|) se protínají v bodě E.
Uvažujme dále kružnici n(C, |CE|), která protne kružnici m(B, |AB|) v
bodě P . Tvrdíme, že |AP | = r — tuto skutečnost bychom snadno dokázali
pomocí vět o shodnosti trojúhelníků. Q.E.D.
Uveďme příklady některých jednoduchých eukleidovských konstrukcí:
Konstrukce 1: Sestrojte osu dané úsečky. ♦
Konstrukce 2: Sestrojte střed dané úsečky. ♦
Konstrukce 3: Sestrojte osu daného úhlu. ♦
Konstrukce 4: Daným bodem mimo danou přímku veďte kolmici k dané
přímce. ♦
Konstrukce 5: V daném bodě dané přímky vztyčte kolmici. ♦
Konstrukce 6: Daným bodem mimo danou přímku veďte rovnoběžku s danou přímkou. ♦
Konstrukce 7: Jsou dány úsečky s délkami a, b. Sestrojte úsečku, jejíž délka
je a + b. ♦
Konstrukce 8: Jsou dány úsečky s délkami a, b (a > b). Sestrojte úsečku,
jejíž délka je a − b. ♦
Konstrukce 9: Danou úsečku rozdělte na n shodných částí. ♦
C
Dn
Dn-1
D3
D2
D1
B1
B2
B3
Bn-1
Obr. 5.2.2
9
B
Nechť je dána úsečka AB. Zvolíme bod C 6∈↔ AB. Na polopřímce
AC vyznačíme libovolný bod D1 . Sestrojíme konečnou posloupnost bodů
D1 , D2 , . . . , Dn tak, že AD1 ∼
= D1 D2 ∼
= D2 D3 ∼
= ... ∼
= Dn−1 Dn , kde Dk−1 6=
Dk+1 . Konečně sestrojíme přímku BDn . Každým z bodů D1 , D2 , . . . , Dn−1
vedeme rovnoběžku s přímkou BDn . Tyto rovnoběžky protnou úsečku AB
postupně v bodech B1 , B2 , . . . , Bn−1 a platí AB1 ∼
=
= B1 B2 ∼
= B2 B3 ∼
= ... ∼
Bn−1 B, jak bychom snadno dokázali. Konstrukce 10: Jsou dány úsečky s délkami a, b, c. Sestrojte úsečku, jejíž
délka je ab
c . ♦
Y
C
B
O
D
A
X
Obr. 5.2.3
Budeme postupovat obdobně jako v předcházející úloze. Zvolíme tři různé
nekolineární body O, X, Y . Na polopřímce OX sestrojíme bod A tak, že
|OA| = a. Na polopřímce OY sestrojíme postupně body B, C tak, že |OB| = b
a |OC| = c. Sestrojíme přímku AC a bodem B vedeme rovnoběžku s přímkou
AC. Tato rovnoběžka protne polopřímku OX v bodě D. Platí |OD| = ab
c ,
neboť z podobnosti trojúhelníků 4OAC ∼ 4ODB (uu) plyne
b
z }| {
|OB|
|OD|
=
.
|OA|
|OC|
| {z }
| {z }
a
c
Je evidentní, že pro c = 1 (OC volíme jako jednotkovou úsečku) reprezentuje
daná konstrukce součin ab a pro b = 1 (OB volíme jako jednotkovou úsečku)
reprezentuje daná konstrukce podíl ac .
Poznamenejme ještě, že úsečka s délkou x, pro kterou platí c : b = a : x, kde
a, b, c jsou délky daných úseček, se nazývá čtvrtá geometrická úměrná. Konstrukce 11: Je dána úsečka o délce a. Sestrojte úsečku, jejíž délka je
√
a. ♦
10
q
D
A
k
B
C
p
Obr. 5.2.4
Na přímce p zvolíme body A ∗ B ∗ C tak, že |AB| = 1 a |BC| = a. Dále
sestrojíme kružnici k s průměrem AC. V bodě B vztyčíme kolmici q k přímce
p. Přímka q protne kružnici k ve dvou bodech — označme jeden z nich D.
Trojúhelník ACD je pravoúhlý s pravým úhlem ∠D (k je Thaletova kružnice),
a proto podle Eukleidovy věty o výšce platí
|AB| · |BC| = |BD|2 .
| {z } | {z }
1
a
√
Uvedená konstrukce úsečky, jejíž
√ délka je x = a, je speciálním případem
konstrukce úsečky o délce x = ab pro b = 1. V obecném případě bychom
postupovali naprosto stejně, pouze bychom nevolili |AB| = 1, ale |AB| = b.
Úsečka
s délkou x, pro kterou platí a : x = x : b (tj. x2 = ab neboli x =
√
ab), kde a, b jsou délky daných úseček, se nazývá střední geometrická
úměrná. V souvislosti s eukleidovskými konstrukcemi připomeňme jednu starořeckou
legendu, která pojednává o tzv. Delském problému. Legenda praví, že jedinou
možností, jak ukončit mor, který propukl na ostrově Délos, bylo podle rady
delfské věštírny zdvojnásobení zlatého oltáře, který byl zasvěcen bohu Apolónovi a měl dokonalý krychlový tvar. Úkolem pro řecké matematiky se tak
stalo sestrojení krychle s dvakrát větším objemem, než byl objem původní
krychle. Není pravda, že starořečtí geometři neuměli sestrojit hranu krychle
požadované délky, ale nepodařilo se jim to jen pomocí pravítka a kružítka.
Duplikace krychle je jedním ze tří klasických problémů starověku. Zbylé dva
jsou trisekce úhlu a kvadratura kruhu a ani u těchto problémů nebyli Řekové
úspěšní. Teprve v 19. století se podařilo dokázat, že neúspěch Řeků, ale i jejich
následovníků zapříčinila skutečnost, že tyto úlohy prostě eukleidovsky vyřešit
nelze! Tento fakt dokážeme.
11
Oproti starověkým řeckým matematikům jsme dnes ve výhodě, neboť díky
R. Descartovi máme k dispozici moderní nástroj pro zachycení bodů a dalších geometrických objektů — kartézský souřadný systém. V rovině opatřené
kartézskou soustavou souřadnic začneme postupně vytvářet množinu všech
eukleidovsky konstruovatelných bodů. Do této množiny nebudou mít „přístupÿ všechny body, ale jen ty z nich, které se podaří sestrojit podle výše
uvedených pravidel. Na druhou stranu je jasné, že abychom mohli začít provádět eukleidovské konstrukce, potřebuje jistou výchozí množinu sestávající
alespoň ze dvou bodů — bez újmy na obecnosti volíme body [0, 0] a [1, 0].
D EFINICE 5.2.1: Bod nazveme bodem sestrojitelným pravítkem a kružítkem (zkr. PK-bodem), jestliže je posledním bodem konečné posloupnosti bodů P1 , P2 , . . . Pn takové, že každý bod Pi je buďto prvkem množiny
{[0, 0], [1, 0]} nebo je získán jednou z následujících tří konstrukcí:
(i) jako průsečík dvou přímek, z nichž každá je určena dvěma body, které se
objevují v dané posloupnosti již dříve;
(ii) jako průsečík přímky, jež je určena dvěma body, které se objevují v dané
posloupnosti již dříve, a kružnice, jež je určena středem a bodem na obvodu,
což jsou rovněž body, které se objevují v dané posloupnosti již dříve;
(iii) jako průsečík dvou kružnic, jež jsou obě určeny středem a bodem na obvodu jakožto body, které se objevují v dané posloupnosti již dříve.
Přímka sestrojitelná pravítkem a kružítkem (zkr. PK-přímka) je
přímka procházející dvěma PK-body. Kružnice sestrojitelná pravítkem a
kružítkem (zkr. PK-kružnice) je kružnice, jejímž středem je PK-bod a která
prochází dalším PK-bodem. Reálné číslo x nazveme číslem sestrojitelným
pravítkem a kružítkem (zkr. PK-číslem), jestliže [x, 0] je PK-bod. Uveďme několik příkladů posloupností, které vyhovují podmínkám předcházející definice (Ověřte!)
[1, 0];
[1, 0], [0, 0], [2, 0];
√
[0, 0], [1, 0], [−1, 0], [0, 3];
√
√
1
3 1
3 1
[0, 0], [1, 0], [ ,
], [ , −
], [ , 0].
2 2
2
2
2
Jelikož je možné eukleidovsky sestrojit kolmici i rovnoběžku k dané přímce
daným bodem, je evidentní platnost následující věty.
Věta 5.2.2: Osy souřadnic jsou PK-přímkami. Každý z bodů [p, 0], [−p, 0],
[0, p], [0, −p] je PK-bodem, je-li alespoň jeden z nich PK-bodem. Číslo x je
PK-číslem, právě když −x je PK-číslem. Celá čísla jsou PK-čísly. Bod [p, q]
je PK-bodem, právě když každé z čísel p, q je PK-číslem. 12
Zdůrazněme jeden důležitý fakt — ačkoliv osa x je PK-přímkou, neznamená
to, že každý její bod je PK-bodem! Totéž platí i pro ostatní PK-přímky a
samozřejmě i pro PK-kružnice.
Pro další zpracování teorie eukleidovských konstrukcí je nutné zavést jeden
pojem moderní algebry, a to pojem tělesa. Pro naše účely však není zapotřebí
vyslovit obecnou definici tělesa, ale vystačíme jen se speciálními tělesy, jejichž
prvky jsou reálná čísla. Připomeňme, že racionálním číslem rozumíme poměr
(resp. přesněji celou třídu poměrů) m
n , kde m a n 6= 0 jsou celá čísla. Reálné
číslo, které není racionální se nazývá iracionální.
D EFINICE 5.2.2: Tělesem T nazveme každou podmnožinu reálných čísel,
která obsahuje 0 a 1 a současně pro všechna a, b, c ∈ T (c 6= 0) jsou rovněž
čísla
a
a + b, a − b, ab,
c
prvky množiny T . Symbolem Q budeme značit těleso racionálních čísel a symbolem R těleso reálných čísel. Těleso
√ T nazveme eukleidovské, jestliže pro
všechna x ∈ T (x > 0) je rovněž x ∈ T . Věta 5.2.3: PK-čísla tvoří eukleidovské těleso. Důkaz: Platnost této věty je zřejmá vzhledem k dříve uvedeným eukleidovským konstrukcím reprezentujícím součet, rozdíl, součin, podíl a druhou odmocninu (konstrukce 7, 8, 10 a 11). Q.E.D.
Věta
5.2.4: Nechť T je
√ těleso a nechť d je takové kladné číslo, že d ∈ T , ale
√
d 6∈ T . Potom {p + q d; p, q ∈ T } je těleso. Důkaz:
Snadno√bychom dokázali, že součet,
√
√ rozdíl, součin a podíl čísel p1 +
q1 d a p2 + q2 d je číslo ve tvaru p3 + q3 d, kde všechna pi , qi ∈ T . Q.E.D.
Konkrétním příkladem tělesa
z předcházející věty může být např. množina
√
všech čísel ve tvaru p +
q
3,
kde
p, q jsou racionální čísla — takovéto těleso
√
budeme značit T = Q( 3). Půjdeme-li v našich úvahách√dále, můžeme vytvořit další těleso jakožto množinu všech čísel ve tvaru a + b 5,√kde a, b √
jsou√
tentokráte prvky tělesa T — takovéto těleso budeme značit T ( 5) = Q( 3, 5).
D EFINICE
5.2.3: Jestliže T je těleso
√
√ a d je kladné reálné číslo takové,
√ že d ∈ T ,
ale d 6∈ T , potom symbolem T ( d) označujeme těleso {p + q d; p, q ∈ T }
a nazýváme
kvadratické rozšíření
tělesa T . Jestliže
√ je (jednoduché)
√
√
T1 √= T√
( d1 ), T√
=
T
(
d
),
.
.
.
,
T
=
T
(
d
),
potom
píšeme Tn =
2
1
2
n
n−1
n
T ( d1 , d2 , . . . , dn ) a těleso Tn nazýváme vícenásobné kvadratické rozšíření tělesa T . D EFINICE 5.2.4: Symbolem E budeme značit sjednocení všech vícenásobných
kvadratických rozšíření tělesa Q. Ptáme se, jaká čísla lze najít v množině E. Zřejmě se jedná o taková reálná
13
čísla, k jejichž zápisu použijeme jen závorky, celá čísla, symboly čtyř aritme√
tických operací +, −, · (resp. ×), : (resp. /, resp. ÷) a symbol pro druhou
odmocninu. Příkladem může být „divoce vypadajícíÿ číslo
s
r
q
q
p√
p√
√
1023 3 + 2342
321 − 81 + 15 − 6 + 7 15 − 2
5
sr
q
p
√
√
24589
17
−
64 − 5 19 + 356871
3456
Věta 5.2.5: Jestliže všechna čísla√tělesa T jsou PK-čísly, potom také všechna
čísla v kvadratickém rozšíření T ( d) jsou PK-čísly. Důkaz: Tato věta ihned plyne ze skutečnosti, že všechna PK-čísla vytvářejí
eukleidovské těleso. Q.E.D.
Věta 5.2.6: Jestliže x ∈ E, potom x je PK-číslo. Důkaz: Platnost této věty plyne z opakovaného použití věty předcházející a ze
skutečnosti, že E je sjednocením všech vícenásobných kvadratických rozšíření
tělesa Q. Q.E.D.
Dá se dokázat i obrácená věta
Věta 5.2.7: Jestliže je x PK-číslo, potom x ∈ E. Věta 5.2.8: Bod P je PK-bodem, právě když souřadnice bodu P jsou
prvky E. Důkaz: Bod [p, q] je PK-bodem, právě když každé z čísel p, q je PK-číslem. A
každé z čísel p, q je PK-číslem, právě když p, q ∈ E. Q.E.D.
Příklad 5.2.1. Nejprve uvedeme známý předpis pro konstrukci pravidelného
pětiúhelníka vepsaného do zadané kružnice.
1. k(S, r)
2. p; S ∈ p
3. A, K; k ∩ p = {A, K}
4. q; S ∈ q ∧ q ⊥ p
5. L, M ; k ∩ q = {L, M }
6. N ; N — střed úsečky SL
7. l; l(N, |AN |)
8. O; O ∈ l ∩ SM
9. |AO| = a5 (délka strany pravidelného pětiúhelníka)
10. pravidelný pětiúhelník ABCDE
14
P4
P5
P6
a5
P10
P9
P3
P13
P1
P8
P2
P12
P11
P7
Obr. 5.2.5
Na obrázku je znázorněna podrobná eukleidovská konstrukce pravidelného pětiúhelníka vepsaného do jednotkové kružnice. Jeho vrcholy jsou P5 , P10 , P11 ,
P12 a P13 . Oproti předcházejícímu předpisu jsou zde nyní zachyceny i eukleidovské konstrukce pomocných bodů — např. body P6 a P7 potřebujeme pro
sestrojení středu P8 úsečky P1 P2 .
Ukážeme si souvislost konstrukcí jednotlivých PK-bodů a příslušných kvadratických rozšíření tělesa Q.
P1 = [0, 0] = S
P2 = [1, 0] = L
P3 = [−1,
√0] = M
P4 = [0, 3]
P5 = [0, 1]
=A
√
3
1
P6 = [ 2 , 2 √]
P7 = [ 12 , − 23 ]
P8 = [h12 , 0] = N
i
P9 =
√
1− 5
,0
2
P10 = −
√
T1
T2
T3
T4
T5
T6
T7
T8
=O
√
√
10+2 5 −1+ 5
, 4
4
=B
15
=Q
=Q
=Q √
= Q(√3)
= Q( 3)
√
= Q( 3)
√
= Q(√3)
= Q( 3)
√ √
T9 = Q( 3, 5)
√ √ p
√ T10 = Q
3, 5, 10 + 2 5
P11
P12
P13
√
√
√
10−2 5 −1− 5
, 4
= −
=C
4
√
√
√
10−2 5 −1− 5
=
,
=D
4
4
√
√
√
10+2 5 −1+ 5
,
=E
=
4
4
T11 = Q
√ √ p
√ 3, 5, 10 + 2 5
T12 = Q
√ √ p
√ 3, 5, 10 + 2 5
T13 = Q
√ √ p
√ 3, 5, 10 + 2 5
Obecně bereme za Tk buďto Tk−1 , anebo kvadratické rozšíření Tk−1 . Tím
je zaručeno, že souřadnice všech bodů Pj , kde j 5 k, jsou
p prvky√tělesa
T
.
Zastavme
se
jen
u
konstrukce
tělesa
T
—
jelikož
10 + 2 5 ·
k
√ √ p11
p
√
√
√ p
√
10 − 2 5 = 4 5, potom T11 = Q
3, 5, 10 + 2 5, 10 − 2 5 =
√ √ p
√ Q
3, 5, 10 + 2 5 = T10 . Nyní již můžeme přistoupit k důkazu neřešitelnosti klasických problémů starověku pravítkem a kružítkem.
Trisekce1 úhlu
Pomocí pravítka a kružítka rozdělte daný úhel na tři shodné úhly.
Jedná se o eukleidovsky neřešitelnou úlohu, jak jsme se již zmínili a jak za
chvíli ukážeme. Hned zpočátku je však nutné zdůraznit, že samozřejmě existují
úhly, jejichž trisekci lze provést, např. pravý úhel, přímý úhel, . . . Řekneme-li,
že tato úloha je neřešitelná, máme na mysli, že je neřešitelná obecně.
Abychom mohli avizovanou neřešitelnost dokázat, vyslovíme několik vět, které
při důkazu využijeme.
Věta 5.2.9: Jestliže má polynomická rovnice s celočíselnými koeficienty
an xn + an−1 xn−1 + . . . a1 x + a0 = 0 (an 6= 0) racionální kořen pq , kde p,
q jsou nesoudělná čísla, potom p dělí a0 a q dělí an . √
Věta 5.2.10: Nechť T 0 = T ( d) je kvadratické rozšíření tělesa T . Potom
každý prvek tělesa T 0 je kořenem kvadratické rovnice s koeficienty z tělesa
T. √
√
∈ T 0 (p, q, d ∈ T , d 6∈ T ), potom samozřejmě i
Důkaz:
p+q d√
√ Jestliže
p − q d ∈ T 0 . Číslo p + q d ∈ T 0 je potom kořenem např. rovnice
√
√
[x − (p + q d)][x − (p − q d)] = x2 − 2px + p2 − q 2 d = 0,
jejíž všechny koeficienty 1, −2p, p2 − q 2 d jsou prvky tělesa T . Q.E.D.
Věta 5.2.11: Jestliže nemá kubická rovnice s racionálními koeficienty racionální kořen, potom žádný z jejích kořenů není PK-číslem. 1 trisekce
— z lat. rozdělení na tři stejné části
16
Důkaz: Provedeme důkaz sporem. Nechť a, b, c jsou racionální čísla a nechť
kubická rovnice f (x) = x3 + ax2 + bx + c = 0 nemá racionální kořen, ale
má kořen, který je PK-číslem (neboli leží v nějakém
kvadratickém rozšíření
√
tělesa
Q).
Označme
T
=
Q
a
dále
T
=
T
(
d
)
(k
= 1, 2, . . .), tj. Tk =
0
k
k−1
k
√ √
√
Q( d1 , d2 , . . . , dk ). Předpokládejme dále, že v tělese Tk−1 neleží žádný
kořen rovnice f (x) = 0, ale v tělese Tk leží kořen r ve tvaru
p
p
r = p + q dk ,
p, q ∈ Tk−1 , dk 6∈ Tk−1 .
√
Podle předcházející věty musí být číslo r = p+q dk kořenem jisté kvadratické
rovnice g(x) = 0. Označme t třetí kořen kubické rovnice. Potom můžeme psát
x3 + ax2 + bx + c = (x − t)(x2 − 2px + p2 − q 2 dk ).
Porovnáním koeficientů u kvadratického členu x2 dostáváme
a = −t − 2p
a odtud t = −a − 2p.
Jelikož a ∈ Q ⊂ Tk−1 a p ∈ Tk−1 , potom rovněž t ∈ Tk−1 , což je spor. Q.E.D.
Věta 5.2.12: PK-body P , Q, R takové, že |∠P QR| = α, existují, právě když
cos α je PK-číslo. y
R
1
A
B
α
α
3
Q
cos
α
P
x
3
Obr. 5.2.6
Důkaz: Jinými slovy věta říká: máme-li zadán úhel ∠P QR, kde P , Q, R jsou
eukleidovsky sestrojitelné body, potom lze eukleidovsky sestrojit úsečku, jejíž
délka je rovna kosinu daného úhlu. A naopak. Důkaz je evidentní a plyne z
eukleidovské sestrojitelnosti kolmice — stačí vhodně zvolit kartézskou soustavu souřadnic; cos α pak představuje x-ovou souřadnici bodu A, který je
průsečíkem PK-přímky QR a PK-kružnice k(Q, 1). Q.E.D.
17
Sestrojit úhel α3 je tedy problém ekvivalentní s úlohou najít x-ovou souřadnici
bodu B , tj. cos α3 . Obecnou eukleidovskou neřešitelnost trisekce úhlu stačí
dokázat pro jeden úhel — zvolme např. α = 60◦ . Vyjdeme z goniometrického
vztahu
α
α
cos α = 4 cos3 − 3 cos
3
3
◦
a dokážeme, že číslo x = cos 20 není PK-číslem. Dosazení cos 60◦ = 21 a
cos 20◦ = x dává kubickou rovnici
8x3 − 6x − 1 = 0.
Přesvědčíme se, že tato kubická rovnice nemá racionální kořen. Pro potenciální racionální kořen pq (p, q celá nesoudělná) by muselo platit, že p dělí
−1 (tj. připadají v úvahu jen čísla 1, −1) a q dělí 8 (tj. připadají v úvahu
čísla 1, −1, 2, −2, 4, −4, 8, −8). Racionální kořeny musíme tudíž hledat mezi
prvky množiny {±1, ± 21 , ± 14 , ± 18 }. Pouhým dosazením snadno dokážeme, že
ani jedno z nabízených racionálních čísel kořenem není, a proto kubická rovnice
8x3 − 6x − 1 = 0 nemá racionální kořen. Číslo cos 20◦ tudíž není PK-číslem,
a proto úhel o velikosti 60◦ nelze euklediovsky rozdělit na tři shodné části.
Trisekce úhlu je eukleidovsky neřešitelná úloha.
Duplikace2 krychle
Pomocí pravítka a kružítka sestrojte hranu krychle, jejíž objem se rovná dvojnásobku objemu zadané krychle.
Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že daná krychle je jednotková.
Jestliže délku hledané hrany označíme x, potom musí platit
x3 = 2.
Ovšem kubická rovnice x3 √
− 2 = 0 nemá racionální kořen, jak se snadno
přesvědčíme, a proto číslo 3 2, které je délkou hrany hledané krychle, není
PK-číslem. Duplikace krychle je eukleidovsky neřešitelná úloha.
Kvadratura3 kruhu
Pomocí pravítka a kružítka sestrojte k danému kruhu čtverec o stejném obsahu.
Eukleidovskou neřešitelnost prvních dvou klasických problémů dokázal poprvé
v 19. století francouzský inženýr Pierre Laurent Wantzel (1814–1848);
k důkazu eukleidovské neřešitelnosti třetího problému bylo nutné nejprve dokázat trancendentnost čísla π. Každé PK-číslo je tzv. algebraické, neboť je
2 duplikace
— z lat. zdvojení
— z lat. přeměna na čtverec, popř. určení obsahu
3 kvadratura
18
řešením nějaké polynomické rovnice s celočíselnými koeficienty. (Pozor! - ale
√ ne
všechna algebraická čísla jsou PK-čísly; příkladem je výše uvedené číslo 3 2.)
Reálná čísla, která nejsou algebraická se nazývají transcendentní. V roce
1882 dokázal německý matematik Ferdinand Lindemann (1852–1939), že
číslo π je trancendentní.
Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že daný kruh je jednotkový.
Jestliže délku strany čtverce označíme x, potom musí platit
x2 = π.
√
√
Kořen π kvadratické rovnice x2 − π = 0 je transcendentní, a proto číslo π,
které je délkou strany hledaného čtverce, není PK-číslem. Kvadratura kruhu
je eukleidovsky neřešitelná úloha.
K uvedeným třem klasickým úlohách se často přidávají ještě dvě další —
rektifikace kružnice a konstrukce pravidelného n-úhelníka.
Rektifikace kružnice
Pomocí pravítka a kružítka sestrojte k dané kružnici úsečku, jejíž délka je
rovna délce kružnice.
Úvahy jsou stejné jako u kvadratury kruhu. Bez újmy na obecnosti můžeme
předpokládat, že daná kružnice je jednotková. Jestliže délku úsečky označíme
x, potom musí platit
x = 2π.
Kořen 2π rovnice x − 2π = 0 je transcendentní, a proto číslo 2π, které je
délkou hledané úsečky, není PK-číslem. Rektifikace kružnice je eukleidovsky
neřešitelná úloha.
B
|BD|=πr
r
S
o
30
A
C
r
r
r
D
Obr. 5.2.7
V souvislosti s rektifikací kružnice se zmíníme o tzv. přibližných konstrukcích. Pod termínem přibližná konstrukce rozumíme konstrukci, pro kterou již
teorie ukazuje jistou chybu, jíž jsme si vědomi — hovoříme o tzv. přesnosti
19
konstrukce. Příkladem může být Kochańského rektifikace kružnice, jejíž přesnost je |πr − |BD|| < 6 · 10−5 r.
Konstrukce pravidelných n-úhelníků
Pomocí pravítka a kružítka sestrojte pravidelný n-úhelník.
Každý si samozřejmě vybaví konstrukci pravidelného 3-úhelníku (rovnostranného trojúhelníku), pravidelného 4-úhelníku (čtverce) i pravidelného 6úhelníku. Konstrukci pravidelného 5-úhelníku jsme uvedli v této kapitole. Dalším v pořadí je pravidelný 7-úhelník. Je možné i pro něj najít algoritmus
eukleidovské konstrukce?
Pro zjednodušení se pokusíme vepsat pravidelný sedmiúhelník do jednotkové
kružnice a jako výchozí vrchol zvolíme bod [1, 0]. Úkolem je eukleidovsky
rozdělit úhel o velikosti 360◦ na 7 shodných úhlů.
Obdobně jako v případě trisekce úhlu můžeme využít goniometrický vzorec,
tentokrát
cos 7α = 64 cos7 α − 112 cos5 α + 56 cos3 α − 7 cos α.
Vynásobíme-li uvedený vztah 2 a upravíme jej, dostaneme
(2 cos α)7 − 7(2 cos α)5 + 14(2 cos α)3 − 7(2 cos α) − 2 cos 7α = 0.
Odtud už je pouhý krok k rovnici sedmého stupně (substituce x = 2 cos α a
7α = 360◦ )
x7 − 7x5 + 14x3 − 7x − 2 = 0.
která má sedm kořenů
xk = 2 cos
k · 360◦
,
7
k = 0, 1, . . . , 6.
Pro tyto kořeny platí x0 = 2, x1 = x6 , x2 = x5 , x3 = x4 a uvedenou rovnici
lze navíc upravit na přijatelnější tvar
(x − 2)(x3 + x2 − 2x − 1)2 = 0,
jak se snadno přesvědčíme pouhým roznásobením.
Kubická rovnice x3 + x2 − 2x − 1 = 0 však nemá racionální kořeny, a proto
◦
◦
2·360◦
čísla x1 = 2 cos 360
a x3 = 2 cos 3·360
nejsou PK-čísla.
7 , x2 = 2 cos
7
7
Konstrukce pravidelného sedmiúhelníku je eukleidovsky neřešitelná úloha.
Eukleidovské konstrukce pravidelných n-úhelníků začali hledat už starořečtí
matematici a podařilo se jim najít postupy pro
n = 3 · 2k , 4 · 2k , 5 · 2k , 15 · 2k ,
20
k = 0, 1, 2, . . .
Nezdarem však skončily pokusy o eukleidovskou konstrukci např. pro n =
7, 9, 11, a tak vznikly pochybnosti zdali kromě výše uvedených n vůbec existují nějaké další eukleidovsky konstruovatelné pravidelné n-úhelníky. Tyto
pochybnosti trvaly dvě tisíciletí, až roku 1796 dokázal K. F. Gauss, že lze eukleidovsky sestrojit pravidelný 17-úhelník. Posléze ještě dokázal, že pravidelný
n-úhelník se dá sestrojit nejen pro n = 24 + 1 = 17, ale i pro n = 28 + 1 = 257
a n = 216 + 1 = 65 537 a obecně pro každé prvočíslo ve tvaru
a
n = 22 + 1,
kde a = 0, 1, 2, . . .
Uvedená prvočísla se nazývají Fermatova prvočísla. Pierre Fermat se
domníval, že všechna tato čísla jsou prvočísly, ale již v roce 1732 Leonhard
Euler (1701–1783) ukázal se, že pro a = 5 nedostaneme prvočíslo, ale složené
číslo 232 , které je součinem prvočísel 641 a 6 700 417. Dodnes známe jen pět
Fermatových prvočísel a je možné, že ani žádná další neexistují.
Všechny eukleidovsky konstruovatelné pravidelné n-úhelníky popisuje následující věta:
Věta 5.2.13: (Gaussova-Wantzelova věta) Pravidelný n-úhelník je eukleidovsky sestrojitelný, právě když buďto n = 4 · 2k (k = 0, 1, . . ., anebo
n = p1 ·· · · pm ·2k (k = 0, 1, . . .), kde p1 , p2 , . . . pm jsou Fermatova prvočísla. 5.3
Apolloniovy úlohy
Řecký matematik, fyzik a astronom Apollónios z Pergy proslul nejen studiem kuželoseček jako rovinných řezů kuželové plochy (mj. zavedl názvy elipsa,
parabola, hyperbola), ale je dobře znám i díky své knize O dotycích, v níž se
zabýval konstrukcemi kružnic, které se dotýkají zadaných tří útvarů (bodů,
přímek, kružnic). Tyto úlohy dodnes nazýváme Apolloniovy úlohy. Dílo
se sice nedochovalo, ale z citací známe jeho obsah — Apollónios požadoval
konstrukce jen pravítkem a kružítkem, znal stejnolehlost i kruhovou inverzi.
Apolloniova úloha: Jsou dány tři různé prvky (kružnice, přímky, body).
Sestrojte kružnici, která se dotýká zadaných kružnic nebo přímek a prochází
zadanými body. ♦
Celkem můžeme najít 10 základních typů Apolloniových úloh, a to BBB (bodbod-bod ), BBp (bod-bod-přímka), BBk (bod-bod-kružnice), Bpp, Bpk, Bkk,
ppp, ppk, pkk a kkk.
Platí, že obecná Apolloniova úloha má nejvýše osm řešení.
Je samozřejmé, že každá z výše uvedených úloh zahrnuje opět zvláštní případy
(podúlohy), které mohou mít specifické způsoby řešení. Například pro úlohu
21
Bpp musíme rozlišovat, zda jsou přímky rovnoběžné, anebo různoběžné; zda
bod leží na jedné z přímek, na žádné z nich, resp. na obou.
Speciálními případy Apolloniových úloh jsou tzv. Pappovy úlohy
Pappova úloha: Jsou dány tři různé prvky (kružnice, přímky, body), z nichž
alespoň jeden je kruhová křivka a alespoň jeden je bod, přičemž tento bod leží
na dané kruhové křivce. Sestrojte kružnici, která se dotýká zadané kruhové
křivky v daném bodě a dále se dotýká další kruhové křivky nebo prochází dalším
zadaným bodem. ♦
Rozlišujeme celkem 6 typů Pappových úloh, a to pT B (přímka s bodem dotyku
a další bod ), pT p0 , pT k, kT B, kT p a kT k 0 . Uvědomíme-li si však, že jednoduchou konstrukcí tečny p v bodě dotyku T převedeme úlohy typu kT . . . na
úlohy pT . . ., stačí řešit jen první tři typové úlohy.
B
T
S
p
k
Obr. 5.3.1
Jednotlivé zvláštní případy obecné Apolloniovy úlohy řešíme různými způsoby. Některé jsou jednoduché (např. BBB — konstrukce kružnice opsané
trojúhelníku), jiné vyžadují složitější úvahy. Při řešení budeme většinou používat konstrukci metodou množin všech bodů dané vlastnosti a konstrukci metodou geometrických zobrazení; použití algebraicko-geometrické metody není
tak časté.
Příklad 5.3.1. Je dána přímka a s vyznačeným bodem T a další přímka b,
která protíná přímku a v bodě V 6= T . Sestrojte kružnici k, která se dotýká
přímky a v bodě T a přímky b. ♦
Rozbor: Jedná se o Pappovu úlohu pT p0 (speciální případ úlohy Bpp). Řešení provedeme užitím metody množin všech bodů dané vlastnosti, tj.
neznámé body určíme jako prvky průniku dvou takových množin.
Pro sestrojení hledané kružnice k musíme určit její střed S a poloměr r
— vzhledem k tomu, že kružnice k má procházet bodem T , je r = |ST |,
a proto stačí určit jen střed S.
22
Množinou M1 středů všech kružnic, které se dotýkají různoběžek
a, b, jsou dvě navzájem kolmé
přímky (sjednocení čtyř os úhlů
vymezených přímkami a, b) bez
bodu V .
Množinou M2 středů všech kružnic, které se dotýkají přímky a
v bodě T , je přímka l kolmá k
přímce a procházející bodem T ,
s výjimkou bodu T .
Pro bod S máme tedy dvě podmínky, tj. S ∈ M1 ∩ M2
b
l
S
k
V
T
a
k’
S’
Obr. 5.3.2
Konstrukce:
1. a, b, a ∩ b = {V }; T (T ∈ a, T 6= V )
2. M1 ; M1 = {X ∈ E; |X, a| = |X, b| ∧ X 6= V }
3. M2 ; M2 = l \ {T }, kde l ⊥ a ∧ T ∈ l
4. S; S ∈ M1 ∩ M2
5. k(S, |ST |)
Důkaz konstrukce: Správnost konstrukce je zřejmá z rozboru.
Diskuse: Z bodu 4 plyne, že přímka l protne množinu M2 ve dvou bodech.
Úloha má dvě řešení. Poznámka Kdyby byly přímky a, b z předcházejícího příkladu rovnoběžné,
řešili bychom Apolloniovu úlohu obdobně pouze s tím rozdílem, že množinou
M1 středů všech kružnic, které se dotýkají rovnoběžek a, b, by byla osa pásu
vymezeného přímkami a, b. Úloha by pak měla 1 řešení.
Příklad 5.3.2. Jsou dány různoběžky p, q a bod B (B 6∈ p, B 6∈ q). Sestrojte
kružnici k, která se dotýká přímek p, q a prochází bodem B. ♦
Rozbor: Jedná se o Apolloniovu úlohu Bpp. Řešení provedeme užitím metody zobrazení.
Střed každé kružnice, která se dotýká různoběžek p, q, musí ležet na
jedné ze dvou navzájem kolmých přímek (sjednocení čtyř os úhlů). Pro
řešení této úlohy vystačíme s osou o úhlu, jemuž náleží bod B. Sestrojíme libovolnou kružnici k 0 (S 0 , r0 ), která se dotýká přímek p, q (tj. je
vepsána do téhož úhlu jako hledaná kružnice k; pouze nesplňuje podmínku incidence s bodem B).
23
Každé dvě kružnice jsou stejnolehlé, tj. speciálně v tomto
B
o případě jsou stejnolehlé hledaná0
kružnice k a zvolená kružnice k
— a to ve stejnolehlosti se středem V ({V } = p ∩ q). Bod B
S
k
leží na kružnici k, a proto s ním
B’
stejnolehlý bod B 0 musí ležet na
kružnici k 0 . Navíc vzhledem k deS’ k’
finici stejnolehlosti jsou vzor, obp
V
raz a střed stejnolehlosti kolineObr. 5.3.3
ární, a proto B 0 ∈↔ V B.
Ve stejnolehlosti je každý směr samodružný, a proto jsou přímky SB a
S 0 B 0 rovnoběžné. Bod S tak leží na ose o a současně na přímce vedené
bodem B rovnoběžně s přímkou S 0 B 0 .
q
Konstrukce:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
p, q, p ∩ q = {V }; B (B 6∈ p, B 6∈ q)
o — osa úhlu vymezeného p, q, ve kterém leží B
S 0 ; S 0 ∈ o, S 0 6= V
T10 ; T10 ∈ p ∧ S 0 T10 ⊥ p
k 0 (S 0 , |S 0 T10 |)
B 0 ; B 0 ∈ 7→ V B ∩ k
S; S ∈ o ∧ S 0 B 0 k SB
T1 ; T1 ∈ p ∧ ST1 ⊥ p
k(S, |ST1 |)
Důkaz konstrukce:
Uvažujme stejnolehlost se středem V (p ∩ q = {V }), která převádí bod
B 0 do bodu B. Protože body S i S 0 leží oba na o (samodružná přímka)
a současně SB k S 0 B 0 , je obrazem bodu S 0 bod S. Obrazem kružnice
ve stejnolehlosti je opět kružnice, a proto se k 0 (S 0 , |S 0 B 0 |) zobrazí na
k(S, |SB|). Přímka p (resp. q) je tečnou kružnice k 0 procházející středem
stejnolehlosti kružnic k 0 a k, a proto je společnou tečnou těchto kružnic.
Kružnice k se dotýká přímek p, q a prochází bodem B — tj. jsou splněny
podmínky ze zadání úlohy.
Diskuse:
Z bodu 6 plyne, že polopřímka V B protne kružnici k 0 ve dvou různých
průsečících, tj. dostáváme dva body B10 , B20 . Dle bodu 7 k bodu B10
(resp. B20 ) sestrojíme jediným způsobem bod S1 (resp. S2 ). Úloha má
dvě řešení. 24
Příkladem použití algebraicko-geometrické metody může být řešení následující
Apolloniovy úlohy:
Příklad 5.3.3. Sestrojte kružnici k, která se dotýká dané přímky t a prochází danými body A 6= B (A, B náleží vnitřku téže poloroviny s hraniční
přímkou t. ♦
Jestliže AB k t, potom střed S kružnice k leží na ose úsečky AB. Protože je
o ⊥ AB, je rovněž o ⊥ t, a proto bod T ∈ o ∩ t je bodem dotyku kružnice k a
přímky t. Úloha má jedno řešení.
Jestliže AB 6k t, označíme M jejich průsečík. Jelikož body A, B leží na kružnici
k, je mocnost bodu M ke kružnici k µM
k = |M A| · |M B|. Pro dotykový bod
T na tečně t potom musí platit |M T |2 = |M A| · |M B|. Stačí tedy sestrojit
střední geometrickou úměrnou |M T | — viz str. 11.
k’
A
k
S
T
S’
B
M
T’
t
Obr. 5.3.4
Na přímce t existují dva body T a T 0 , jejichž vzdálenost od bodu M je
p
|M A| · |M B|; úloha má dvě řešení. Významnou roli při řešení Apolloniových úloh sehrává použití kruhové inverze.
V některých případech (zvláště je-li mezi zadanými prvky bod) je vhodné pomocí kruhové inverze (zadaný bod pak volíme za střed inverze) převést danou
úlohu na úlohu jednodušší — tzv. vnitřní úloha — tu vyřešíme (metodou
množin všech bodů dané vlastnosti nebo metodou geometrických zobrazení)
a výsledek vnitřní úlohy převedeme pomocí téže kruhové inverze (involuce!) na
výsledek původní úlohy. Zdůrazněme jen, že v tomto případě kruhová inverze
úlohu neřeší, ale pouze ji převádí na jednodušší!
Příklad 5.3.4. Jsou dány kružnice l, m a bod A, který neleží na žádné z nich.
Sestrojte kružnici k, která prochází bodem A a dotýká se kružnic l, m. ♦
Jedná se o Apolloniovu úlohu Bkk. Provedeme jen stručný rozbor konstrukční
úlohy, zbytek ponecháme čtenáři.
Použijeme transformaci úlohy na jednodušší úlohu pomocí kruhové inverze.
Mezi zadanými prvky je bod, který zvolíme za střed inverze. Základní kružnici
25
inverze ω můžeme volit libovolně, ovšem z praktických důvodů se nabízejí
některá usnadnění. Na kružnici ω leží samodružné body, a proto je možné
volit ω tak, aby protla kružnici l, resp. m, resp. obě (samozřejmě je-li to
možné). Jinou možností je volit ω tak, aby l (resp. m) a ω byly ortogonální
— kružnice kolmá na základní kružnici inverze je totiž samodružná.
Nezávisle na volbě poloměru základní kružnice obecně platí:
• bod A (střed inverze) přechází na nevlastní bod ∞;
• daná kružnice l neprocházející středem inverze se zobrazí na kružnici l0
neprocházející středem inverze;
• daná kružnice m neprocházející středem inverze se zobrazí na kružnici
m0 neprocházející středem inverze;
• hledaná kružnice k procházející středem inverze se zobrazí na přímku k 0 ;
Nyní zformulujeme zadání vnitřní úlohy. O přímce k 0 víme, že prochází nevlastním bodem ∞ (tak jako všechny přímky v Möbiově rovině M2 ), a vzhledem k tomu, že k se dotýká l a m, musí se i k 0 dotýkat l0 a m0 . Hledáme tedy
přímku, která se dotýká dvou kružnic.
Vnitřní úloha: Sestrojte společnou tečnu dvou kružnic.
Řešení vnitřní úlohy je snadné (použití středů stejnolehlosti). Jakmile máme
sestrojenou společnou tečnu k 0 kružnic l0 a m0 , je možné sestrojit i kružnici
k, neboť IN V(ω) : k 0 → k.
Řešitelnost a počet řešení dané úlohy závisí samozřejmě na počtu společných
tečen kružnic l0 a m0 ; úloha má nejvýše čtyři řešení. Otázkou je, jak a zdali vůbec můžeme použít kruhovou inverzi v případech,
kdy mezi zadanými prvky nefiguruje žádný bod. Potom záleží na vzájemné
poloze zadaných kruhových křivek. Jestliže se protínají, resp. dotýkají, volíme
za střed inverze průsečík, resp. bod dotyku — viz následující příklad.
Příklad 5.3.5. Jsou dány kružnice k1 , k2 , k3 , které se po dvou navzájem
protínají a všechny tři procházejí bodem O. Sestrojte kružnici k, která se
dotýká všech tří zadaných kružnic. ♦
V inverzi se středem O přejdou kružnice k1 , k2 , k3 na po dvou různoběžné
přímky k10 , k20 , k30 . Obrazem hledané kružnice k je kružnice k 0 , která se dotýká
přímek k10 , k20 , k30 .
Vnitřní úlohou je tak opět Apolloniova úloha, a to úloha ppp, která má
obecně až 4 řešení (kružnice vepsaná trojúhelníku a kružnice připsané trojúhelníku). 26
Nefiguruje-li mezi zadanými prvky bod a navíc neexistuje žádný společný
bod zadaných kruhových křivek, můžeme použít algoritmus z následujícího
příkladu:
Příklad 5.3.6. Jsou dány dvě nesoustředné kružnice k1 (O1 , r1 ), k2 (O2 , r2 ),
které nemají žádný společný bod. Ukažte, že potom existuje kruhová inverze,
která převede zadané dvě kružnice na kružnice soustředné. ♦
Nejprve sestrojíme kružnici k se středem R na středné ↔ O1 O2 takovou, že ortogonálně protíná obě zadané kružnice k1 , k2 (víme, že R je průsečík chordály
ch kružnic k1 , k2 se střednou a poloměr kružnice k je roven úseku na tečně
vedené z bodu R ke kružnici k1 , resp. k2 ). Průsečíky kružnice k s přímkou
↔ O1 O2 označme A a B. Zvolíme základní kružnici inverze ω(A, |AB|). Platí,
že v takto zadané inverzi IN V(ω) přejdou kružnice k1 , k2 na soustředné(!)
kružnice k10 , k20 .
k’
ch
k’1
ω
k2
k1
k’2
k
O1 A
R
B
O2
Obr. 5.3.5
Zdůvodnění předcházejícího závěru je následující. O kružnici k víme, že prochází středem inverze A a dotýká se základní kružnice ω v samodružném bodě
B. Proto přejde na přímku k 0 , která prochází bodem B a dotýká se základní
kružnice ω, neboli jedná se o kolmici na přímku O1 O2 v bodě B. Jelikož platí
k1 ⊥ k a k2 ⊥ k, musí rovněž platit k10 ⊥ k 0 a k20 ⊥ k 0 (kruhová inverze zachovává úhel kruhových křivek). Ovšem přímka je kolmá na kružnici v případě,
že prochází jejím středem, a proto střed kružnice k10 resp. k20 leží na přímce
k 0 . Dále je zřejmé, že střed kružnice k10 resp. k20 musí ležet na přímce AO1 ,
27
resp. AO2 , tj. v obou případech na přímce O1 O2 . Vidíme, že střed kružnice
k10 leží na přímce k 0 a na přímce O1 O2 , tj. jedná se o bod B. Totéž platí i
pro kružnici k20 , a proto jsou obrazy daných kružnic soustředné kružnice se
středem v bodě B. Příklad 5.3.7. Jsou dány kružnice k1 , k2 , k3 vždy po dvou ležící vně sebe.
Sestrojte kružnici k, která se dotýká všech tří zadaných kružnic. ♦
Pomocí algoritmu z předcházejícího příkladu zobrazíme dvě kružnice, např.
k1 , k2 , na dvě soustředné kružnice. V závislosti na tom, zda střed inverze
leží či neleží na třetí kružnici k3 se tato zobrazí buďto na kružnici, anebo na
přímku. Dostáváme tak vnitřní úlohu:
Jsou dány dvě soustředné kružnice k10 , k20 a další kružnice (popř. přímka) k30 .
Sestrojte kružnici k 0 , která se dotýká všech tří uvedených křivek.
Tato Apolloniova úloha má až 8 řešení — viz příklad ??.??. Označíme-li E,
resp. I vnější, resp. vnitřní dotyk kružnice k a ki , je zřejmé, že pro počet
řešení 8 nastávají tyto možnosti: EEE, EEI, EIE, IEE, EII, IEI, IIE,
III. k2
k1
O2
O1
k3
O3
Obr. 5.3.6
28

5 Konstrukční planimetrické úlohy

Transkript

Podobné dokumenty

č. 3 - Podpora výuky a vzdělávání na GVN J. Hradec

Zobrazit - K. Dvořáčka

Kinematická geometrie - Matematika a Deskriptivní geometrie