Wydział Matematyki i Informatyki

Uniwersytetu Mikołaja Kopernika w Toruniu

Marta Marszałek

Konstrukcje geometryczne przypomocy cyrkla

Praca dyplomowa wykonanaw Kolegium Nauczycielskim w Ciechanowiepod kierunkiem dra Andrzeja Sendlewskiego

Ciechanów 2003

Wstęp

Od zarania dziejów człowiek dużą część swojej aktywności poświęcał kon-struowaniu (budowaniu) najrozmaitszych obiektów z innych prostszych, zapomocą odpowiednio dobranych narzędzi. W czystej i przejrzystej formiemożemy to obserwować na gruncie geometrii. Już w starożytności próbo-wano rozwiązać wiele problemów geometrycznych metodą konstruowania zapomocą różnych przyrządów, wśród których prym wiodą cyrkiel i linijka.Problemy te były ważną inspiracją w rozwoju całej matematyki, a wiele znich doczekało się rozwiązania dopiero w niedalekiej przeszłości. Wypadawspomnieć tutaj o takich problemach jak: podwojenie sześcianu, trysekcjakąta (Galois Evariste, 1811-32).Tradycyjne ograniczenie przyrządów geometrycznych do cyrkla i linijki od-chodzi już w zapomnienie, ale ma swoje głębokie uzasadnienie. Znakomitageometria Euklidesa oparta była na konstrukcjach geometrycznych wykony-wanych przy pomocy tych właśnie narzędzi. Nie miało większego znaczeniaczy do wykonania konstrukcji geometrycznych użyto cyrkla i linijki, czy teżtylko jednego z tych przyrządów. Z czasem zauważono jednak, że cyrkiel jestdokładniejszym i doskonalszym przyrządem, niż linijka. Obserwacja ta zdecy-dowała o rozpoczęciu badań nad wykonywaniem konstrukcji geometrycznychtylko przy pomocy cyrkla. W 1672 roku matematyk G. Mor, a w 1797 rokuLerenco Maskieroni, dowiedli w swych pracach, że: ”Wszystkie konstrukcjegeometryczne wykonywane przy pomocy cyrkla i linijki mogą być wykony-wane tylko przy pomocy cyrkla, bez użycia linijki.”Podobne zainteresowanie wzbudziły też konstrukcje wykonywane tylko przypomocy samej linijki.W 1833 roku Jakub Sztejner dowiódł, że: ”Wszystkiekonstrukcje geometryczne wykonywane przy pomocy cyrkla i linijki mogą byćwykonywane tylko przy pomocy linijki, pod warunkiem, że dany jest chociażjeden okrąg i jego środek”. Potwierdziła się zatem wyższość cyrkla nad linij-ką.Celem mojej pracy jest prezentacja rozwiązań wybranych problemów kon-strukcyjnych za pomocą cyrkla. Praca składa się z dwóch rozdziałów.Rozdział pierwszy poświęcony jest konstrukcjom za pomocą cyrkla bez żad-nych ograniczeń. Przedstawiono pewien chronologiczny układ konstrukcjiprowadzących od zadań prostych do coraz bardziej skomplikowanych. Układten między innymi zawiera (paragraf pierwszy tego rozdziału) wszystkie kon-strukcje potrzebne do dowodu twierdzenia Mora-Maskieroniego.Natomiast rozdział drugi poświęcony jest rozważaniom dotyczącym konstru-

2

kcji rzeczywistym cyrklem, tj. takim, którym można narysować okręgi o pro-mieniach z ustalonego przedziału liczb dodatnich. Jak dzisiaj wiemy ograni-czenie to nie jest istotne, gdyż jak wykazał japoński matematyk K. Yana-gihara wszystkie klasyczne konstrukcje geometryczne można wykonać tylkoprzy pomocy cyrkla, którego rozstawienie nóżek jest ograniczone zarówno zgóry jak i z dołu odcinkami o długości Rmax i Rmin.W obu rozdziałach tej pracy pojawią się następujące oznaczenia, które uła-twią nam zapis i odczytanie pojawiających się tam wielkości i obiektów ma-tematycznych :

prostaAB,prAB prosta przechodząca przez punkty A i BAB odcinek, którego końcami są punkty A i BAB długość odcinka zawartego między punktami A i B

AB łuk okręgu zawarty między punktami A i Bnależacymi do tego okręgu

o(O, r) okrąg o środku w punkcie O i promieniu długości r‖ oznaczenie równoległości⊥ oznaczenie prostopadłości∡ oznaczenie kąta

△ABC trójkąt o wierchołkach w punktach A, B, i C∼ oznaczenie podobieństwa∼= oznaczenie przystawania−→AB wektor AB

−→AB ⇈

−−→CD oznaczenie wektorów leżących na prostych równoległych,

o zgodnych zwrotach−→AB ↑↓ −−→CD oznaczenie wektorów leżących na prostych równoległych,

o przeciwnych zwrotachSAB(C) punkt symatryczny do punktu C, względem prostej prABd(A,BC) odległość punktu A od prostej BC

Do pracy dałączamy płytę CDROM ze wszystkimi konstrukcjami w for-macie HTML (aplety Javy do przeglądarki) ze spisem konstrukcji.

3

1 Geometria cyrkla

1.1 Konstrukcje wprowadzające. Główne twierdzenie

W tym paragrafie zapoznamy się z głównym twierdzeniem geometrii cyrklaoraz przeprowadzimy jego dowód. W tym celu musimy jednak najpierw prze-prowadzić kilka konstrukcji wprowadzających.Wszystkie przytoczone zarówno w tym paragrafie, jak i w całej pracy kon-strukcje opierać się będą na spostrzeżeniu, że liniał pozwala jedynie kreślićodcinki prostoliniowe, a więc okaże się zbędny w kostrukcjach, jeżeli uzna sięodcinek za wyznaczony, gdy skonstruowane są oba jego końce (a te możnaskonstruować cyrklem).

Konstrukcja 1 Konstrukcja punktu symetrycznego do danego punktu C wzglę-dem 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.

A B

C

C’

Zauważmy, że jeśli punkty A,B,C są współliniowe to C ′ = C.

4

A BC=C’

Współliniowość punktów A,B,C można sprawdzić w następujący sposób:1 Skonstruować punkt D′ symetryczny do pewnego punktu D nie leżącegona 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 okręguo(C,CD)

A B C

D

D’

Konstrukcja 2 Konstrukcja odcinka AC, którego długość jest naturalną wie-lokrotnością długości danego odcinka AB.

Konstrukcję można przeprowadzić dwoma sposobami.Sposób 1.1 Konstruujemy okręgi o1(B,AB) oraz o2(A,AB).

5

2 Punkt ich przecięcia oznaczmy przez O1.3 Konstruujemy okrąg o3(O1, AB).4 Jeden z punktów wspólnych okręgów o1 i o3 oznaczymy przez O2.5 Konstruujemy okrąg o4(O2, AB).6 Punkt przecięcia okręgów o1 i o4 jest szukanym punktem C.

A B

O1 O2

C

Dowód poprawności konstrukcji.PonieważAB = AO1 = O1O2 = O2C, zatem trójkąty △ABO1, △O1O2B, △BO2C sąrównoboczne. Wynika z tego, że

∠ABO1 = π/3,

∠O1BO2 = π/3,

∠BO2C = π/3,

czyli∠ABO1 + ∠O1BO2 + ∠BO2C = π.

Więc punkty A, B, C są wspóliniowe. Ponadto O ∈ o1(B,AB). A zatemAC = 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.

A B

D E

C

Dowód poprawności konstrukcji.Ponieważ

AB = DE AB ‖ DE,

AD = BE AD ‖ BE,zatem ABED jest równoległobokiem.

PonadtoDB = EC, DB ‖ EC,

DE = BC, DE ‖ 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

Konstrukcja 3 Konstrukcja odcinka x takiego, że ab= cx.

Tę konstrukcję również przeprowadzimy na dwa sposoby.

Sposób 1.Najpierw rozpatrzymy przypadek, gdy 2a > c.Kolejne kroki konstrukcji: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 okręgio5(A, d) oraz o6(B, d).7 Punkty przecięcia tych okręgów X i X1 wyznaczają szukany przez nasodcinek x = XX1.

a

b

c

O

A

B

X1

X

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 zatemzachodzi proporcja

a

b=c

x

8

Dla 2a ¬ c i b > 2a rozpatrujemy proporcję

a

c=b

xrównoważną proporcji

a

b=c

x.

Dla 2a ¬ c i b ¬ 2a konstruujemy odcinek n · a taki, że 2 · n · a > c.Wówczas rozpatrujemy proporcję

a

b=c

x.

i konstruujemy odcinek n · y = x, gdyża

b=c

ny.

Zatem x = n · y jest szukanym odcinkiem.

Sposób 2.Ponownie najpierw rozpatrujemy przypadek gdy 2a > c.Kolejne kroki konstrukcji: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 przyjmiemyprzecięcie o3 z o2.Szukanym odcinkiem x jest XX1.

a

b

c

C C1

BX

X1

9

Poprawność konstrukcji wynika z

DB = D1B BC = BC1, DC = C1D1,

△DBC ≃ △D1BC1, ∡DBC = ∡D1BC1, ∡C1BC = ∡DBD1,

i ponadto △AOB i △XOX1, to trójkąty równoramienne i podobne.Zatem zachodzi proporcja

a

b=c

x.

Konstrukcja 4 Konstrukcja punktu dzielącego łuk AB danego okręgu o(O, r)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 na-zwiemy 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 napołowy odpowiednio łuki: AB oraz łuk dopełniający do AB.

O

A B

C D

E

X

X1

10

Dowód poprawności konstrukcji.Wiem, że CO ‖ pr AB i OD ‖ prAB oraz figury ABOC i ABDO są rów-noległobokami, a zatem punkty C,O,D są współliniowe. OE i OX są wy-sokościami w trójkątach równoramiennych. ∠COE = ∠COX = π/2, więcOX ⊥ a. Wystarczy zatem pokazać, że OX = r.To zaś wynika z równości

OA2 +BC2 = 2OB2 + 2AB2,

r2 +BC2 = 2r2 + 2a2,

BC2 = 2a2 + r2,

zaś z △COE mamy

CE2 = BC2 = OC2 +OE2,

OE2 = a2 + r2

oraz

OX =√CX2 − OC2 =

√OE2 −OC2 =

√a2 + r2 − a2 = r c.n.d

Przypadek, gdy AB = 2r.Dzielimy łuk AB na łuki AA1, A1B1 i B1B tak, aby AA1 = B1B i stosujemypoprzednią konstrukcję do łuku A1B1.

O

A1

A B

B1

11

Konstrukcja 5 Konstrukcja punktów prostej danej dwoma punktami A i B.

Kolejne kroki konstrukcji: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.

A B

C

C’D

X1X

Konstrukcja 6 Konstrukcja punktów przecięcia danego okręgu o(O, r) z danąprostą AB.

Przypadek, gdy O 6∈ prAB.Kolejne kroki konstrukcji: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 B

O’

X X1

Dowód poprawności konstrukcji.Z konstrukcji 5. wiemy, że punkty X i X1 należą do prostej AB. Ponadtopunkty te należą również do okręgu o(O, r). A zatem punkty te są szukanymipunktami przecięcia prostej AB i okręgu o(O, r).Zauważmy, że gdy r = d(O,AB) możemy znaleźć punkt wspólny okręguo(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 punktemstyczności okręgu o(o, r) z prostą AB.

Przypadek, gdy O ∈ prAB.Kolejne kroki konstrukcji:1 Rysujemy okrąg o1(A, a) gdzie a ¬ d(A, o).2 Punkty przecięcia danego okręgu z okręgiem o1 oznaczamy przez C i D.3 Dzielimy łuk CD okręgu o(o, r) na połowę.Otrzymamy w ten sposób szukane punkty X,X1.

13

A BO

C

D

E

F

G X X1

Konstrukcja 7 Konstrukcja punktu przecięcia dwóch danych prostych: prABi prCD.

Kolejne kroki konstrukcji:1 Konstruujemy punkty C ′ i D′ symetryczne do punktów C i D względemprostej 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 punktX.

14

A B

C

D

C’

D’

E

X

C D

FX1

X2

Dowód poprawności konstrukcji.Ponieważ CC ′ = D′E i CE = C ′D′, zatem CC ′D′E jest równoległobokiem.Mamy również CC ′ ‖ D′E, CC ′ ‖ DD′, a więc DD′E są współliniowe. Zkonstrukcji △CDE i △XDD′ wynika, iż są one podobne. Więc

DE : DD′ = CD : DX

iDX = D′X.

Zatem X jest szukanym punktem.

Konstrukcje, które przeprowadziliśmy posłużą nam jako podstawa do dowodugłównego twierdzenia geometrii cyrkla, które teraz sformuuję.

15

Twierdzenie 1.1 (Mohra-Mascheroniego) Wszystkie klasyczne konstru-kcje geometryczne wykonywane przy pomocy cyrkla i linijki mogą być wyko-

nane tylko przy pomocy cyrkla, bez użycia linijki.

Dowód. Aby udowodnić powyższe twierdzenie wystarczy wykazać, że poniż-sze 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 wprowadza-jące do paragrafu. Pozostałe dwa zadania wynikają z samych właściwościkreślarskich narzędzia, którym się posługujemy. Dowodzi to prawdziwościtwierdzenia. �

16

1.2 Konstrukcje - ciąg dalszy

Udowodnione w poprzednim paragrafie twierdzenie pozwala nam na przepro-wadzenie kilku podstawowych konstrukcji geometrycznych, z użyciem cyrkla.Konstrukcje te wykonane zostały niegdyś przez głównych twórców geometriicyrkla: Maskieroniego, Mora i Adlera. Niektóre z nich posłużą nam w dalszejczęści pracy.

Konstrukcja 8 Konstrukcja prostej prostopadłej do odcinka AB, wystawio-nej w jednym z jego końców.

Kolejne kroki konstrukcji: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 prostopadłądo odcinka AB.

A B

O

C

D

E

Dowód poprawności konstrukcji.Kąt ∡EAB jest kątem opartym na półokręgu, a zatem jest kątem prostym.

17

Konstrukcja 9 Konstrukcja odcinka n razy mniejszego od danego odcinkaAB.

Rozpatrzmy najpierw przypadek, gdy szukany odcinek będzie zawierać się wodcinku 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.

A B C

D2

D1

X

Dowód porawności konstrukcji.Trójkąty△ACD1 i△AD1X są rónoramienne i kąt między ramieniem, a pod-stawą w obydwu trójkątach jest taki sam, zatem

△ACD1 ∼ △AD1X

18

i prawdziwa jest proporcja

AC

AD1= AD1

AX,

AD12 = AX · AC.

Ponieważ AD1 = AB i AC = 2AB, więc

AB2 = AX · 2AB,AX = AB

2.

Zajmijmy się teraz przypadkiem, gdy szukany odcinek będzie leżał poza od-cinkiem AB.Kolejne kroki konstrukcji dla n = 2:1 Konstruujemy punkt C symetryczny do punktu A względem punktu B.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 ′ wyznaczjącychszukany odcinek.

A B C

D X

X’

Dowód poprawności konstrukcji.Trójkąty △ABD i △ADX ′ są przystające. Poza tym ∡ADB = ∡XDX ′. Z

19

podobieństwa trójkątów równoramiennych △ADB i △XDX ′ wynika nastę-pująca proprcja XX

′

XD= ABAD.

Ponieważ XD = AB i AD = 2 · AB, więc

XX ′ = 2 ·AB.

Konstrukcja 10 Konstrukcja odcinka BXn spełniającego warunekBXn = AB2n , gdzie AB jest danym odcinkiem, a n liczbą naturalną.

Konstrukcję tą można przeprowadzić na trzy różne sposoby.Sposób 1.Kolejne kroki konstrukcji:1 Konstruujemy punkt C symetryczny do punktu A względem punktu B.2 Kreślimy dwa okręgi o1(A,AB) i o2(C,AC). Punkty ich przecięcia ozna-czamy jako D1 i D2.3 Rysujemy dwa okręgi o3(D1, AB) i o4(D2, AB), które przetną się w pierw-szym z szukanych punktów X1.4 Kreślimy kolejny okrąg o5(A,BD1), przecinający okrąg o2 w punktach D′1i D′2.

5 Prowadzimy okręgi o6(D′1, AD′

1) i o6(D′2, AD

′

2). W miejscu ich przecięcia

otrzymujemy drugi z szukanych punktów X2. Aby otrzymać kolejne punktyXn postepujemy analogicznie jak w poprzednich krokach konstrukcji.

A

B

C

D1D2

X1D1’D2’

X2

20

Dowód poprawności konstrukcji.Przyjmijmy, że AB = a.W dowodzie skorzystamy z twierdzenia Stewarta. Wynika z niego, że

4BD12 = 2CD12 + 2CD12 − AC2,4BD12 = 2a2 + 2AC2 −AC2,4BD12 = 2a2 + AC2,

4BD12 = 2a2 + 4a2,

BD12 = 3

2a2.

Trójkąty △ACD′1i △AD′

1X2 są podobne, a zatem prawdziwa jest proporcja:

AD′1

AC=AX2AD′1,

AX2 =AD′

1

2

AC.

Ponieważ AD2 = BD1, zatem

AX2 =3

2a2

2a,

AX2 =34a,

BX2 =14a.

Sposób 2.Tym razem konstrukcja przebiegać będzie w nasępujący sposób:1 Konstruujemy punkt C symetryczny do punktu A względem punktu B.Przeprowadzając tą konstrukcję na okregu o(B,AB) otrzymamy dwa punktyE 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 punkcieX1.4 Rysujemy okrąg o5(C,BD1), który przecina okrąg o1 w punktach D′1 i D

′

2.

5 Ponownie kreślimy dwa okręgi o(D′1, BD1) i o(D′2, BD1). Punkt ich prze-

cięcia będzie drugim z szukanych punktów.

21

A B

E H

C

D2

D1

X1

D2’

D1’

X2

Sposób 3.Kolejne kroki konstrukcji:1 Konstruujemy punkt C symetryczny do punktu A względem punktu B.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 zokręgami o1 i o2 odpowiednio w punktach E1 i D1.4 Kreślimy okręgi o5(D1, AD1) i o6(C,E1D1), które przetną się w pierwszymz szukanych punktów X1.5 Rysujemy kolejne dwa okręgi o7(C,BD1) i o8(A,BD1). Okrąg o7 przecinaokrąg 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 drugimz szukanych punktów.

22

A B C

D1 E1

X1

D2 E2

X2

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 przebie-gać w następujący sposób:1 Kreślimy okręgi o1(A,AB) i o2(B,AB). Przetną sie one w punktach E1 iE2.2 Rysujemy kolejne dwa okręgi o3(E1, AB) i o4(E2, AB). Ich punkty wspólnez okręgiem o2 oznaczymy odpowiednio jako D1 i D2.3 Ponownie kreślimy dwa okręgi o5(D1, AD1) i o6(D2, AD2), które przetnąsię w szukanym przez nas punkcie C1.

A

B

E2E1

D1 D2

C1

23

Dowód poprawności konstrukcji.Z konstrukcji trójkąta △AD1D2 wynika, że

AD1 = AD2 = D1D2 =√3AB,

h△AD1D2 =

√32AD1 =

32AB,

AC1 = 2h△AD1D2 = 3AB.

Konstrukcja 12 Konstrukcja odcinka 3 razy mniejszego od danego odcinkaAB.

Kolejne kroki konstrukcji:1 Konstruujemy punkt C symetryczny do punktu B względem punktu A ipunkt D symetryczny do punktu A względem punktu B.2Kreślimy 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 po-zostałe okręgi o2 i o3 przetną się w punktach E1 i E2.3 Rysujemy kolejne okręgi o5(F1, F1C) i o6(F2, F2C), które przecinają sie wpierwszym z szukanych punktów X oraz okręgi o7(F1, F1C) i o8(F2, F2C),których punkt przecięcia jest drugim z szukanych punktów Y . Punkty X i Ydzielą odcinek AB na trzy równe części.

A BC D

F1

F2 E2

E1

X Y

24

Dowód poprawności konstrukcji.Przyjmijmy, że AB = a.Wówczas CF1 = AF1 = 2a i DF1 = 3a.Z podobieństwa trójkątów△CXF1 i △CF1D wynika następująca proporcja:

CX

CF1=CF1CD,

CX =CF1

2

CD,

CX =4a2

3a=43a.

Ponieważ CX = CA+ AX , a zatem AX = CX − CA, czyli AX = a3.

Konstrukcja 13 Konstrukcja środka danego okręgu o promieniu równym r.

Kolejne kroki konstrukcji:1 Obieramy dowolny punkt A na danym okręgu.2 Kreślimy okrąg o(A, d), dla 0 < d < 2r. Przecina on dany w konstrukcjiokrąg 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) io(A,AB) otrzymamy punkt M .6 Rysując kolejne dwa okręgi o(B,BM i o(A,BM) uzyskamy jako punkt ichprzecięcia szukany punkt X, będący środkiem danego okręgu.

X

A

B

DC

E

M

25

Dowód poprawności konstrukcji.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 praw-dziwe są proporcje

BM

AB=AC

CE

alboBX

AB=AC

CD.

Ponadto podobne są również równoramienne trójkaty △ABX i △ACD.Oznacza to, że

∠BAX = ∠ACD =12∠BAD = ∠DAX.

Ostatnie dwie równości wynikają z tego, że

∠BAD = ∠ADC + ∠ACD = 2∠ACD = 2∠BAX.

A zatem z równości kątów ∡BAX = ∡DAX wynika, że trójkąty równora-mienne △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 nierobiąc żadnych dodatkowych założeń jeśli chodzi o możliwości kreślarskie na-rzędzia, którym się posługiwaliśmy- cyrkla. Wiemy jednak, że w praktycekonkretnym cyrklem kreślimy okręgi, których promienie są nie większe odpewnego odcinka Rmax i nie mniejsze od pewnego odcinka Rmin. OdcinekRmax równy jest maksymalnemu, a Rmin minimalnemu rozstawieniu nóżekcyrkla. Jeśli przez r oznaczymy promień okręgu, który można zakreślić tymcyrklem, to prawdziwa jest zależność Rmin ¬ r ¬ Rmax.Będziemy mówić, że w tym przypadku rozstawienie nóżek cyrkla jest ogra-niczone z dołu odcinkiem Rmin i ograniczone z góry odcinkiem Rmax.

2.1 Ograniczenia z góry

W paragrafie tym zajmiemy się konstrukcjami wykonywanymi cyrklem, któ-rym możemy kreślić okręgi, których promień nie przekracza z góry zadanegoodcinka Rmax. Wykonamy dziesięć konstrukcji, wśród których znjadzie siępięć podstawowych zadań konstrukcyjnych.

Konstrukcja 14 Konstrukcja odcinka 2n razy mniejszego od danego odcinkaAB, w przypadku gdy AB < 2Rmax.

Przypadek, gdy AB < Rmax2odpowiada przypadkowi rozwiązanemu w zada-

niu 3. paragrafu pierwszego. Promień największego okręgu w tej konstrukcjispełnia rónanie: AC = 2AB ¬ Rmax .

W przypadku, gdy AB < 2Rmax konstrukcja przebiega w sposób na-stepujący:1 Kreślimy dwa okręgi o1(A, r) i o2(B, r), gdzie r jest dowolnym odcinkiemnie 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 po-łowę również odcinek AB.4 Punkt X2 otrzymamy dzieląc na połowę AX1.Odcinek AX2 spełnia warunek AX2 = AB4 <

Rmax

2. Skonstruowanie punktów

27

X4, X8, ..X2n odpowiada już przypadkowi pierwszemu tego zadania.

A B

D

C

E

F G

X1

Konstrukcja 15 Konstrukcja punktów danej prostej AB.

Przypadek, gdy AB < 2Rmax odpowiada konstrukcji 5.

Rozpatrzmmy przypadek, gdy AB ­ 2Rmax.

Kolejne kroki konstrukcji:1 Konstruujemy dwa okręgi o1(B,Rmax) i o2(A, r) gdzie r jest dowolnym od-cinkiem 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 dobiera-my tak, aby punkt D leżał wewnątrz okręgu o1. Otrzymamy w ten sposóbodcinki AC = . . . = HD = AD

m.

4Weźmy takie n ∈ N , że 2n−1 < m < 2n. Dla tak obranego n konstruujemyodcinek DE = m

2nDH .

5 Kreślimy okręgi o3(H,EK) i o4(K,EH).

28

6 Punkt przecięcia okręgów o3 i o4 oznaczamy przez M . Otrzymamy w tensposób równoległobok HEKM .7 Prowadząc okręgi o5(A,HM) i o6(C,DM) otrzymamy punkt ich przecięciaX leżący na prostej AB.

R

AB

C

H

D

K E M

X

Dowód poprawności konstrukcji.Z założeń konstrukcji wynikają następujące równości

BD

DK= 2n,

AD

DK=m · ACm

2n· AC = 2

n.

A zatem trójkąty △ADB i △EDK posiadające wspólny kąt ∠ADB , sąpodobne. Oznacza to, że ∡DEK = ∡DAB i że odcinek EK jest równoległydo prostej AB.Ponadto wiemy również, że odcinki HM i EK są równoległe, gdyż HEKMjest równoległobokiem. A zatem odcinek HM jest równoległy do prostej AB.Z przystawania trójkątów △ACX i △DHM wynika, że odcinek HM jestrównież równoległy do odcinka AX. A zatem punktX musi należeć do prostejAB.

29

Konstrukcja 16 Konstrukcja odcinka równoległego do odcinkaAB, przecho-dzącego 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.

Kolejne kroki konstrukcji: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.

A B

C D

A B

CD’

30

W przypadku, gdy BC > Rmax nie możemy zakreślić okręgu o tym promie-niu. Wówczas na okręgu o(C,AB) konstruujemy punkt D′ symetryczny dopunktu D względem punktu C.

A B

C D

EF

D’

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 punktówA1, A2 . . .Ak tak, aby AA1 6 Rmax , A1A2 6 Rmax,. . . , AkC 6 Rmax.2 Konstruujemy równoległoboki ABB1A1 , A1B1B2A2 , . . . , Ak−1Bk−1BkAk.3 Konstruujemy równoległobok AkBkDC (AkBkCD′).Odcinek CD jest szukanym odcinkiem.

A B

C

A1 B1

D

31

Ta konstrukcja jest również poprawna, gdy C ∈ prAB.

Pozostał do rozpatrzenia jeszcze przypadek, kiedy AB > Rmax.Kolejne kroki konstrukcji:1 Konstruujemy na prostej AB punkty X1,X2. . .Xn tak, aby AX1 6 Rmax ,X1X2 6 Rmax , . . . , XnB 6 Rmax.2 Konstruujemy równoległoboki:AX1D1C , X1X2D2D1 , . . . , XnBDD1.Odcinek CD jest szukanym odcinkiem.

A B

C

X1 X2 X3

D1 D2 D3 D

Konstrukcja 17 Konstrukcja odcinka 2n razy mniejszego od danego odcinkaAB, 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 iDB 6 Rmax. Jeżeli n jest liczbą nieparzystą to konstruujemy jeszcze odcinekDD1 = 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 (D1K)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.

A BC E K1 D K

GH

D1

G1H1

X1

Konstrukcja 18 Konstrukcja odcinka n razy większego od danego odcinkaAB, przy założeniu, że AB > Rmax.

Kolejne kroki konstrukcji: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 i0 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 FE jest szukanym odcikiem.

A BC D E

F

33

Dowód poprawności konstrukcji.

FE = FA+ 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 danympromieniu, którego długość równa jest długości odcinka AB.

Jeśli AB 6 Rmax to cyrklem z ograniczonym rozstawieniem nóżek możemynarysować okrąg bezpośrednio.Jeśli jednak AB > Rmax to konstrukcja będzie przebiegać w nastę-pujący sposób:1 Konstruujemy odcinek a = AB

2n, gdzie n jest liczbą naturalną tak dobraną,

aby a 6 R.2 Prowadzimy okrąg o(O, a) i obieramy na nim dowolny punkt X1.3 Konstruujemy odcinek OX = 2n ·OX1.Otrzymany punktX należy do szukanego okręgu. Zmieniając położenie punktuX1 na okręgu o(O, a) można skonstruować dowolną ilość punktów szukanegookręgu.

a

Rmax

A BC

O

X1

D

E

X

34

Dowód poprawności konstrukcji.Prawdziwa jest następująca równość

OX = 2na = 2nAB

2n= AB,

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 ichpunktów przecięcia wykonalna jest cyrklem, którego rozstawienie nóżek jestograniczone.Rozważmy przypadek, gdy promień jednego lub obu okręgów jest więszy odRmax.Wówczas konstrukcję przeprowadzamy w następujący sposób:1 Konstruujemy odcinki: a = AB

2n, b = CD

2ni OE = OO1

2n, gdzie n jest taką

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 jakoX1 i Y1.3 Konstruujemy odcinki OX = 2n ·OX1 i OY = 2n ·OY1.Otrzymane w ten sposób punkty X i Y są szukanymi punktami przecięciaokręgów o(O,AB) i o(O1, CD).

a

bRmax

A B

C D

O

O1

E

X1 Y1

X

Y

35

Dowód poprawności konstrukcji.

OX = 2n ·OX1 = 2na = 2nAB

2n= AB,

OY = 2n ·OY1 = 2na = 2nAB

2n= AB.

Ponadto wiemy, żeOX

OX1=OO1OE= 2n

i ∡O1OX jest kątem wspólnym trójkątów △OXO1 i △OX1E. A zatem trój-kąty te są podobne. Co za tym idzie

O1X = 2n · EX1 = 2nCD

2n= CD,

OY1 = 2n · EY1 = 2nCD

2n= CD.

Punkty X i Y są zatem szukanymi punktami.

Konstrukcja 21 Konstrukcja punktu C1 symetrycznego do danego punktuC, względem danej prostej AB.

Przypadek , gdy AC 6 Rmax i BC 6 Rmax został już rozpatrzony w kon-strukcji 1.Jeśli odległość punktu C od danej prostej AB jest mniejsza od Rmax, tokorzystając z konstrukcji 15. zawsze znajdziemy na danej prostej AB dwapunkty A1 i B1 takie, że CA1 6 Rmax i CB1 6 Rmax.Załóżmy zatem, że odległość punktu C od danej prostej AB jest większa odRmax 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 CEprzecinała prostą AB.2 Konstruujemy odcinek CD = m · CE (CE = EF = . . . = HD). Stałą mdobieramy tak, aby długość odcinków: AD, AH, BD i BH była mniejsza odRmax.3 Konstruujemy punkty D1 i H1 symetryczne odpowiednio do punktów D iH względem danej prostej AB.

36

4 Tworzymy odcinek D1C1 = m ·D1H1. Punkt C1 jest szukanym punktem.

A B

C

E

D

H

H1

D1

E1

C1

Dowód poprawności konstrukcji.Wiemy, że

D1C1 = m ·D1H1 = m ·DH = mDC

m= DC.

PonadtoD1 = SAB(D).

A zatemC1 = 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 przechodziprzez środek okręgu i gdy CD > Rmax:1 Konstruujemy punkt O1 symetryczny do punktu O względem prostej AB.2 Konstruujemy odcinek a = CD

2n, gdzie n jest stałą tak dobraną, aby: a 6 R

2.

3 Kreślimy okręgi o(O, a) i o(O1, a). Przetną się one w dwóch punktach X1i Y1.

37

4Konstruujemy odcinki OX = 2n ·OX1 i OY = 2n · OY1. Otrzymane w tensposób punkty X i Y są szukanymi punktami.

a

AB

C D

O

O1

E

X1 Y1

Y

X

W przypadku, gdy prosta AB przechodzi przez środek danegookręgu konstrukcja będzie przebiegać w następujący sposób:1 Konstruujemy odcinek r = CD

2n, gdzie n jest stałą tak dobraną, aby: r 6 R

2.

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 A1B1 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 tensposób punkty X i Y są szukanymi punktami.

38

r

A BO

C D

B1

A1

X1 Y1X Y

Konstrukcja 23 Konstrukcja odcinka x takiego, że ab= cx.

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 na-stępujący:1 Konstruujemy odcinki a1 = a

2n, b1 = b

2ni c1 = c

2m, 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.

a1

b1

c1

A B

C

X

X’

X’’

39

Dowód poprawności konstrukcji.Wiemy, że

a1b1=c1x1.

Ponadtoa1 = a

2n, b1 = b

2n,

c1 = c

2m, x1 = x

2m.

A zatema

b=c

x.

Konstrukcja 24 Konstrukcja punktu przecięcia dwóch prostych: prAB i prCD.

Wykorzystamy tu konstrukcję, w której znajdowane są punkty prostej zada-nej dwoma punktami. Znajdziemy takie punkty prostych prAB i prCD, abymożliwa była do przeprowadzenia konstrukcja z numerem 7, z paragrafu 1.1.

A

B

C

D

A1

B1C1

D1

X

Jak zauważyliśmy w paragrafie 1.1 każde geometryczne zadanie konstruk-cyjne wykonywane przy pomocy cyrkla i linijki zawsze sprowadza się dowykonanaia w określonym porządku pięciu podstawowych operacji geome-trycznych. Wykonując wszystkie te operacje cyrklem, którego rozstawienienóżek jest ograniczone z góry odcinkiem Rmax udowodniliśmy następującetwierdzenie:

Twierdzenie 2.1 Wszystkie klasyczne konstrukcje geometryczne wykonywa-ne przy pomocy cyrkla i linijki mogą być wykonane tylko przy pomocy cyrkla,

40

kreślącego okręgi, których promienie nie przewyższają zadanego z góry od-

cinka.

Rozpatrzmy teraz ogólną metodę wykonywania zadań konstrukcyjnych zużyciem cyrkla, którego rozstawienie nóżek jest ograniczone z góry odcinkiemo długości Rmax. W takim przypadku przeprowadzamy zawsze konstrukcjętak, jakby na cyrkiel nie zostały nałożone żadne ograniczenia. W rezulta-cie otrzymujemy pewną figurę F . Oznaczamy jako R1 promień największegookręgu spośród tych, które tworzą figurę F . Jeśli okaże się, że R1 6 Rmax,wówczas zaproponowana przez nas konstrukcja jest wykonalna cyrklem, z roz-stawieniem nóżek ograniczonym z góry. W przeciwnym razie bierzemy liczbęnaturalną n taką, że R1

2n6 Rmax. Wówczas zmniejszając 2n razy wszystkie

okręgi otrzymamy figurę F ′ podobną do figury F o skali podobieństwa 12n.

Następnie oznaczamy przez Ψ′ tę część figury F ′, którą uważamy za szukaną.Kostruujemy figurę Ψ podobną do figury Ψ′. zachowujemy wspólczynnik po-dobieństwa z poprzedniego przekształcenia 1

2n. Figura Ψ przedstawia szukany

rezultat danego zadania.

2.2 Ograniczenia z dołu

W tym paragrafie będziemy posługiwać się cyrklem, którego rozstawienie nó-żek jest ograniczone tylko z dołu przez pewien zadany odcinek Rmin. Takimcyrklem można narysować okręgi o dowolnym promieniu większym niż od-cinek Rmin. Posługując się takim cyrkem wykonamy teraz kilka konstrukcjigeometrycznych.

Konstrukcja 25 Konstrukcja odcinka n razy większego od danego odcinkaAB, w przypadku gdy AB < Rmin.

Konstrukcja ta będzie przebiegać w następujący sposób:1 Konstruujemy odcinek BE prostopadły do odcinka AB. Korzystamy tu zkonstrukcji 8-ej.2 Tworzymy obraz punktu E w symetrii względem prostej AB. Otrzymamypunkt 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 konstruk-cyjnych.4 Konstruujemy odcinek A1E1 prostopadły do odcinka AA1.5 Tworzymy obraz punktu E1 w symetrii wzdlędem prostej AC. Otrzymu-jemy punkt E ′

1.

6 Konstruujemy punkt A2 symetryczny do punktu A1 względem prostej E1E ′1i punkt A3 symetryczny do punktu A względem prostej E1E ′1. Dalszą kon-strukcję przeprowadzamy analogicznie.

A B

E

E’

A1

E1

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 odcinkaAB.

Konstrukcja 26 Podział odcinka AB na n równych części w przypadku, gdyAB < Rmin.

Kolejne kroki konstrukcji:1 Konstruujemy odcinek AB′ m razy większy od odcinka AB

′

n·m. Współczynnik

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

A B

C

D

B’

E

F

X

Dowód poprawności konstrukcji.Prawdziwa jest następująca równość

AX =AB′

n ·m =m · ABn ·m =

AB

n.

Jeśli odcinek AB′ podzielimy na 2n·m równyh części to w rezultacie otrzy-mamy odcinek AX 2n razy mnieszy od odcinka AB.

Konstrukcja 27 Konstrukcja punktów okręgu o danym środku O i danympromieniu, którego długość równa jest długości odcinka AB.

Jeśli AB > Rmin, to okrąg cyrklem z ograniczonym rozstawieniem nóżekmożemy narysować bezpośrednio.Jeśli jednak AB < Rmin to konstrukcja będzie przebiegać w nastę-pujący 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). Oznaczamypunkt 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 punk-tów C i D można skonstrować dowolną ilość punktów szukanego okręgu.

A BO

C

D

C1

D1

X

Dowód porawności konstrukcji.Z konstrukcji wynikają następujące równości

AC = AD = OC1 = OD1,

CD = C1D1.

A zatem trójkąty △ACD i △OC1D1 są podobne. Podobna sytuacja mamiejsce w przypadku trójkątów △BCD i △XC1D1 wiemy bowiem, że

CB = C1X,

DC = D1C1,

D1X = 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 kon-strukcyjnych 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 nalbo 2n razy. Ogólna metoda jest zatem następująca.Przeprowadzamy konstrukcję w taki sposób jakby na cyrkiel nie nałożonożadnych ograniczeń. W rezultacie otrzymujemy pewną figurę F składającąsię jedynie z okręgów. Promień najmniejszego z nich oznaczymy przez r1. Na-stępnie konstruujemy figurę F ′ podobną do figury F , n razy od niej większą.Skala podobiństwa n jest tak dobrana, że nr1 > Rmin. Następnie oznaczamyprzez Ψ′ tę część figury F ′, którą uważamy za szukaną. Kostruujemy figurę Ψpodobną do figury Ψ′, n razy od niej mniejszą. Figura Ψ przedstawia szukanyrezultat danego zadania.Jeśli zatem opracowaliśmy ogólną metodę wykonywania konstrukcji geome-trycznych cyrklem, którego rozstawienie nóżek jest ograniczone z dołu toobejmuje ona również pięć podstawowych konstrukcji zaprezentowanych wparagrafie 1.1. Na tej podstawie łatwo już wysnuć wniosek, że prawdziwejest następujące twierdzenie.

Twierdzenie 2.2 Wszystkie klasyczne konstrukcje geometryczne wykonywaneprzy pomocy cyrkla i linijki mogą być wykonane tylko przy pomocy cyrkla, kre-

ślącego 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 nie-które z klasyczych konstrukcji geometrycznych. Można poprowadzić prostąprostopadłą do odcinka AB i przechodzącą przez jeden z jego końców. Po-nadto możliwe jest skonstruownie punktów prostej danej dwoma punktamiA i B, przy założeniu, że AB < 2R i AB 6= R. Jeśli AB < 2R możemy skon-struować naturalną wielokrotność odcinka AB. Niestety niektóre konstrukcjeklasyczne nie są wykonalne cyrlem o stałej rozwartości nóżek. Nie możemymiędzy innymi dzielić odcinka na równe części, dzielić łuku na połowę orazznajdować odcinka proporcjonalnego do trzech danych odcinków.Japoński matematyk K. Yanagihara dowiódł, iż wszystkie klasyczne kon-strukcje geometryczne można wykonać tylko przy pomocy cyrkla, któregorozstawienie nóżek jest ograniczone zarówno z góry jak i z dołu odcinkami odługości Rmax i Rmin. Różnica między tymi dwoma odcinkami w ogólnej teo-

45

rii Yanagihara może być dowolnie mała. Wówczas jeśli (Rmax −Rmin) −→ 0to wszystkie konstrukcje geometryczne wykonalne cyrklem i linijką mogą byćwykonane 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, PaństoweWydawnictwo Naukowe, Warszawa 1958.

[3] M. Braun, Konstrukcje geometryczne- jak sobie z nimi radzić, GdańskieWydawnictwo Oświatowe, Gdańsk 1996.

46