Решение задачи о трисекции угла способом деления дуги на три равные части

УДК 22.151.0

Решение задачи о трисекции угла способом деления дуги на три равные части

А. Сатмаматов, М.Раманкулов

Трисекция угла является одной из задач классической геометрии. Суть задачи состоит в том, чтобы с помощью циркуля и линейки построить угол, который был бы в три раза меньше данного угла [1, с.12; 2, с. 254; 3, с.313-317; 4, с. 238-239].

Задача была известна ещё Архимеду. К ней обращались многие ученые, в том числе хорезмиец Гясетдин Джемшид аль Каши в XIII веке, немец Альбрехт Дюрер и француз Франсуа Виет в XVI веке, итальянец Лоренц Маскерони в XVIII веке и т.д., которые приходили к выводу о её неразрешимости.

Задача была объектом исследования и математиков XVIII и XX веков - П.Ванцеля, С.О.Шатуновского, Н.Ф.Четверухина и др.

Необходимо отметить, что до настоящего времени ученые-математики пытались ре­шить задачу главным образом с помощью аналитических методов. Однако ни алгебраиче­ские уравнения (аль Каши), ни тригонометрические уравнения (Виет), ни другие методы и способы теоретической математики не способствовали достижению желаемого результата. Задача продолжала оставаться нерешенной. В 1997-2003 годы математик Джим Лой, собрав, обсудив и критически оценив свыше 80 способов решения задачи, отмечает принципиаль­ную невозможность точного разделения угла на три секции (Trisection of an Angle.htm). Ученые убедились в том, что, вооружившись исключительно циркулем и линейкой, невозможно построить любой угол, кроме стандартных, и провести прямую, имеющую длину, выраженную иррациональным числом. Поэтому они стали говорить о необходимости снять задачу трисекции угла с проблематики геометрии.

Мы тоже поставили своей целью решить задачу трисекции угла графическим спосо­бом - с помощью циркуля и линейки. Предварительные результаты проведенных в этом на­правлении исследований опубликованы нами в статьях [6, с.11-114; 7, с.15-17]. Решение задачи предполагает:

1. постановку задачи;

2. выполнение построения;

3. доказательство правильности решения на конкретных примерах;

4. демонстрацию способности выбранной методики решения к экстраполяции на другие задачи на построение.

Задача постулирует построение угла, который был бы в три раза меньше, чем угол АОВ. В качестве примера мы выбрали угол в 60°.

Дан угол АОВ (рис. 1). Лучи АО и ВО являются сторонами данного угла . Угол составляет 1/6 часть окружности. Вокруг центра О проведем дугу с произвольным радиусом R и отметим две точки М и N как точки пересечения проведенной дуги со сторонами данного угла.

На дуге с радиусом R берем еще две точки Р и F. Проведем хорды через точки . Длины этих хорд не равны, т.е. .

Общую длину а + (b + с) можно определить путем простого сложения на чертеже. При сложении применяются переместительный закон: а + b = b + а и сочетательный закон: (а + b) + с = а + (b + с).

Для получения общей суммы длин трех хорд a, b и с используем метод Маскерони [1] или обычный метод геометрического построения (вращения).

Через точки N и F, F и Р проведем прямые линии. В результате образуется угол а_х между прямыми NF и FP и угол между прямыми РМ₁ и РМ . Приняв за центр точку Р, проводим дугу с радиусом R₁ = РМ, которая пересечет прямую, проходящую через точки F и Р в точке М₁. Видно, что РМ = РМ₁ и FP = FP₁. Приняв за центр точку F, проводим дугу с радиусом R₂ = FМ₁ и R₃ = FP, которая пересекает прямую, проходящую через точки N и F в точках D и Р₁. Здесь также видно, что FM₁ =FD₁ и FP=FP₁, где отрезок DN является истинной длиной слагаемых трех хорд а, b и с .

Далее разделим отрезок DN на три равные части методом Фалеса. Для этого через точку N дополнительно проведем прямую NE произвольным направлением немного большей длины, чем отрезок DN . Разделив отрезок NE на три равные части, обозначим их цифрами I, II, и III. Затем вернем их на отрезок DN и обозначим буквами D, L₁, К₁, N , в результате чего отрезок DN делится на три равные части: DL₁ = L₁K₁=K₁N. Далее нужно будет вернуть эти точки на дугу данного угла, что осуществляется обратным вращением по ступеням. Таким образом, на дуге данного угла появляются новые точки L и К, разделяю­щие данную дугу на три равные части.

Следовательно, длины хорд ML = LK = KN. Соединив точку О с точками К и L легко убедиться, что угол АОВ в 60° разделена на три равные части.

Данная методика нами была использована при делении разных углов на три равные части. Она оказалась пригодной для решения любой из задач трисекции угла, особенно углов до 90°.

Задача разделения угла в 90° осуществляется построением угла в 30°, т.е. угла рав­нобедренного треугольника. Угол в 90° как обычно делится на три равные части с помощью радиуса данной дуги (рис.2). На рис.2 видим, что точки М и N являются точками пересечения дуги со сторонами данного угла в 90°. На дуге отметим ещё две точки Р и F, полу­ченные вращением точки О вокруг точек М и N . Проводим хорду MP = a, PF = b и FN = с. Эти хорды а = b = с между собой равны, т.е. MP = PF = FN , и являются лома­ными отрезками. Спрямляя ломаные отрезки, мы можем расположить их на одной прямой линии. Используя способ вращения, вокруг точки Р вращаем точку М с радиусом R₁ = РМ на угол до пересечения с прямой, проведенной через хорду b, и отметим точку М₁ ; приняв за центр точку F, проводим дугу с радиусом R₂ = FM₁, вращая точку М₁, на угол , определим точки пересечения с прямой, проходящей через хорды с, и получим точку D. В результате мы имеем сумму трёх хорд, т.е. DN = a + (b + c). Отрезок DN является натуральной длиной всех слагаемых хорд а, b и с . DN=DP₁ + P₁F + FN. Возвращение точек D и Р, к первоначальному положению приводит к делению угла в 90° на три равные части.

1. Попытаемся разделить угол в 90° избранным нами способом построения (рис.2а). Сначала построим угол AОВ в 90° и проводим дугу с радиусом R₁, равным радиусу R (рис.2), т.е. R₁ = R. Отметим две точки Р и F, лежащие на этой дуге, проведем хорды a₁, b₁ и c₁, которые . Длины хорд между собой неравны, т.е. a_l=M₁P, b₁=PF, c₁=FN₁ (M₁P ≠ PF ≠ FN₁). Как видно из рис.2а, a₁, b₁ и c₁ представляют собой ломаные отрезки. Спрямляя эти ломаные отрезки, расположим их на одной прямой линии (рис.2а). Спрямление хорд a₁, b₁ и c₁ осуществлено по уже известным правилам, как это было на рис.2. Сопоставляя рис.2 и рис.2а, мы убедимся, что отрезки DN = D₁N₁.

Далее разделим отрезок D₁N₁ на три равные части методом Фалеса. Для этого через точку N₁ дополнительно проведем прямую N₁E произвольным направлением немного большей длины, чем отрезок D₁N₁. Разделив отрезок N₁E на три равные части, обозначим их цифрами I, II, и III. Затем вернем их на отрезок D₁N₁ и обозначим буквами D₁L₁ K₁N₁,, в результате чего отрезок D₁N₁ делится на три равные части: D₁L₁ = L₁K₁ = K₁N₁. Теперь нужно будет вернуть эти точки на дугу данного угла, что осу­ществляется обратным вращением по ступеням. Таким образом, на дуге данного угла появ­ляются новые точки L и К , разделяющие данную дугу на три равные части.

Следовательно, длины хорд M₁L = LK = KN₁. Соединив точку О с точками К и L, легко убедимся, что угол AОВ разделена на три равные части.

2. Пусть требуется разделить дугу на три равные части.

Сначала построим две одинаковые дуги MN и M₁N₁. Первая дуга разделена на три равные части с одинаковым расстоянием. Вторая дуга также разделена на три части, но не с одинаковым расстоянием (рис.3) и (рис.4). На рис.3 проведенные хорды а = b = с. Из рис.4 видно, что проведенные хорды .

Следовательно, на рис.3 хорды MP = PF = FN. Из рис.4 видно, что хорды M₁P₁ ≠ P₁F₁ ≠ F₁N₁. В обоих случаях эти хорды являются ломаными. Мы будем их спрямлять. Для этого через хорды b и b₁ проведена прямая линия. Вокруг точки Р и F (рис.3) вращаем точки М и N до пересечения с прямой, проходящей через хорды b, и определим точки М' и N' в новом положении. Теперь также на рис.4 вокруг точки Р₁ и F₁ вращаем точки М₁ и N₁ до пересечения с прямой, проходящей через хорды b₁, и определим точки (М'₁ и N'₁) в новом положении. Если сопоставить спрямленные хорды из рис.3 М' и N' и из рис.4 М'₁ и N'₁, то они будут между собой равны M'N' = М'₁N'₁.

Этим мы доказываем, что независимо от длины хорд одинаковых дуг сумма длин трёх хорд остается постоянной, т.е. а + (b + с) = a₁ + (b₁ +с₁).

Согласно постановке задачи приступим к делению дуги М'₁N'₁ на три равные части построением (рис.5). На рис.5 данная дуга разделена на три равные части. Здесь нами применен тот же способ построения, что и при решении задачи для любого угла (см.рис.1 и рис.2).

Основная задача нашего исследования состоит в установлении разрешимости задачи и определении числа её решений. При построении мы ограничивались лишь отысканием одно­го способа решения, причём предполагаем, что все этапы построения действительно выполнимы (рис.1).

Есть основание считать, что задача трисекция угла допускает решение графическим способом.

Литература

1. Адлер А. Теория геометрических построений. Изд. 3-е. - Ленинград, 1940.

2. Александров А. Д., Нецветаев Н. Ю. Геометрия. - Москва, 1990.

3. Аргунов Б. И., Балк М. Б. Элементарная геометрия. - Москва, 1966.

4. Бекбоев И. Б., Борубаев А. А., Айылчиев А. А. Геометрия: Учебник для 7-9 кл. - Бишкек, 2000.

5. Сатмаматов А., Ахмедов А. А. Приближённое графико-аналитическое решение задачи о трисекции угла // Вестник Ошского государственного университета. Серия психолого-педагогических наук. - №8. - Ош, 2005.

6. Сатмаматов А. К приближённому решению задачи о трисекции угла // Естественные и технические науки. - № 2 (16). - Москва, 2005.

7. Сатмаматов А., Ахмедов А. А. Деление окружности на девять равных частей // Известия Ошского технологического университета. - №1. - Ош, 2005.

8. Решение задачи о трисекции угла. Кыргызпатент. Свидетельство №837. 2006 г.

9. Решение задачи о трисекции угла способом движения. Кыргызпатент. Свидетельство №1694. 2011 г.

3