Алексей Савватеев – Математика для гуманитариев. Живые лекции (страница 32)

Более чем полвека назад, в начале XIX века придумали доказательство задачи о невозможности трисекции угла с помощью циркуля и линейки. Идея его такая. Если можно разделить любой угол на три части, то мы могли бы построить угол в десять градусов (так как угол в 30 градусов мы построить можем). Но тогда, конечно, мы могли бы построить отрезок, длина которого равна sin 10°.

Рис. 119. sin 10° построить нельзя. Это вам не какой-нибудь sin 72°!

Но доказано, что это число построить нельзя. (Если выразить sin 10° через sin 30°, то получится кубическое уравнение, а для построения его решения необходимо уметь строить кубический корень. К сожалению, с помощью циркуля и линейки этого сделать нельзя.) Мы пришли к противоречию, значит, задачу о трисекции угла решить невозможно.

3. Третья великая задача древности — удвоение куба. Вам дан кубик. Нужно построить кубик вдвое большего объема.

Если у исходного куба сторона равна единице, то какая сторона у удвоенного куба? Объем исходного куба равен 1, значит, у удвоенного он равен 2. По формуле V = а³ получаем, что сторона куба должна быть . Поэтому задача, на самом деле, очень просто формулируется. Построить корень кубический из двух.

Сделать это циркулем и линейкой невозможно. По тем же соображениям, почему нельзя произвести трисекцию угла. (Как ни странно, число  циркулем и линейкой построить можно! Угадайте, как?) Лет сто назад еще так мало было известно о числах, что математики не имели ответа на самые очевидные вопросы: например, иррационально ли число ?[28] Приходилось чуть ли не по отдельности перебирать такие числа и разбираться с ними.

Весьма трудным оказалось и число π, потому что до конца XIX века не было понятно, как оно устроено.

4. У четвертой великой проблемы, которая была оставлена древними, особенно интересная судьба. Какие правильные многоугольники строятся циркулем и линейкой? Про нее мы говорили чуть раньше и сейчас еще немного поговорим. Древние умели строить правильные треугольники, четырехугольники, пятиугольники, шестиугольники и их «производные». Например, десятиугольник или двенадцатиугольник. А вот семнадцатиугольник не умели. Его построил в 1796 году 19-летний (обратите внимание!) Карл Фридрих Гаусс. Процедура достаточно сложная. Не буду скрывать. Некоторый секрет состоит в том, что построение нельзя придумать, не зная, что такое комплексные числа. Комплексные числа — это такая волшебная палочка. У шаманов есть бубны, а у математиков — комплексные числа. Это такая числовая структура, которая помогает на ура решать задачи, кажущиеся нерешаемыми. Ну, при чем здесь комплексные числа, когда мы говорим о семнадцатиугольнике? Тем не менее семнадцатиугольник строится только с применением комплексных чисел. Впоследствии (в 1836 г.) Пьер-Лоран Ванцель выявил критерий возможности построения правильного многоугольника. Оказывается, строятся только такие правильные p-угольники (где p — простое число, то есть делится только на единицу и на себя), для которых «р» может быть записано в виде

Например, простое число 17 удовлетворяет этой формуле, если взять k = 2.

В заключение дам вам простую задачу. Докажите, что если есть некоторое простое число р и простое число q, и можно построить р-угольник и q-угольник, то можно построить и pq-угольник.

Наконец, вот третий сюжет, который мы рассмотрим: построение одной линейкой. Циркуль отменяется. Есть только линейка. Здесь всё еще веселее. Казалось бы, с линейкой многого не достигнешь: она может лишь соединять две уже данные точки прямой!

А ведь есть небезынтересные задачки. Например: на плоскости дана неравнобочная трапеция. С помощью одной линейки разделить пополам верхнее и нижнее основание этой трапеции. Здесь, кажется, совсем не за что ухватиться. Ну, проведем две диагонали в этой трапеции. Ну, продолжим боковые стороны трапеции до пересечения. Получили две новых точки. Ну, соединим их тоже. А дальше — что?

Оказывается, больше ничего. Последняя из построенных прямых аккуратно делит оба основания пополам. Да только как это доказать?

Докажем это «методом Декарта». Разместим эту трапецию в достаточно удобной системе координат на плоскости (рис. 120).

Рис. 120. Для решения задачи проведены 5 очевидных прямых, последняя из которых (пунктирная) как раз и разделит оба основания пополам.

Как следует понимать выражение «удобная система»? Ну, например, такая: весь объект целиком лежит в первой четверти, как можно больше вершин лежат на оси иксов, а одна из них является точкой (0, 0). Сам объект задан при этом несколькими параметрами, через которые легко выразить различные части объекта, а также можно отразить некоторые особенности расположения частей объекта.

 В нашем случае удобно нижним основанием считать то, которое длиннее (а равными они быть не могут — подумайте, почему?). Для примера, скос трапеции направим внутрь первой четверти. Боковые стороны не могут быть параллельными (почему?). Задать вершины трапеции (то есть 4 точки) можно четырьмя параметрами (хотя всего координат будет 8). Эти параметры обозначим а, b, с, d. A именно: a — смещение левой верхней вершины вправо; b — смещение правой верхней вершины относительно левой; с — расстояние от правой нижней вершины до начала координат; d — высота трапеции.

Как следует из рис. 120, для пояснения хода решения взято a = 5, b = 3, с = 10, d = 4. Мы докажем корректность нашего построения именно в этом случае. Можно провести рассуждения и в более общем виде, пользуясь буквенными обозначениями. Наметим план рассуждения.

Обозначая точку (0, 0) буквой О, а прочие вершины буквами S, N, M (против часовой стрелки), назовем пока еще неизвестную точку пересечения диагоналей буквой L, а будущую точку пересечения продолжений боковых сторон — буквой K (см. рис. 120).

Тогда можно написать координаты вершин: О(0,0), S(10,0), N(8,4), M(5,4).

Легко понять, что уравнение прямой ОМ имеет вид y = (4x)/5, а прямой ON — вид у = x/2. Уравнения же прямых SN, МS можно получить по формуле «уравнение прямой по двум точкам», что при аккуратном исполнении (проверьте!) даст:

SN : y + 2x = 20; MS : 4x + 5y = 40. (6)

Решая одновременно два уравнения, задающие прямые ON и MS, получаем координаты точки пересечения диагоналей, то есть точки L (80/13, 40/13), в то время как одновременное решение уравнений, задающих прямые ОМ и NS, даст нам координаты точки K (50/7, 40/7).

Теперь всё готово для нахождения уравнения искомой «штрихованной прямой» KL. Получается уравнение 8x − 3y = 40, которое при подстановке у = 4 и у = 0 даст абсциссы построенных точек. Они окажутся равными 6.5 и 5 соответственно и разделят оба основания нашей трапеции аккурат пополам!

Разобранная выше задача когда-то давалась на школьных олимпиадах примерно для 7 класса. Но когда «широкие массы абитуриентов и репетиторов» познакомились с методом ее решения, кто-то додумался, как ее «слегка изменить» и дать для 10 класса.

Задача. Дана неравнобочная трапеция. С помощью одной линейки разделить нижнее основание на 41 равную часть.

Решение этой задачи тесно опирается на решение предыдущей и вполне может быть найдено школьником 7 класса. Делим оба основания пополам, затем тем же методом — на 4 равные части. А потом на 8 равных частей, и т. д., пока не получим 64 равных части (и на верхнем, и на нижнем основании). После чего делаем замечательный трюк: на верхнем основании отсчитываем ровно 41 часть из 64 и проводим линейкой НОВУЮ БОКОВУЮ ЛИНИЮ. Получилась новая трапеция, у которой верхнее основание аккуратно разделено на 41 равную часть. Соединяем точки деления верхнего основания с точкой пересечения боковых сторон новой трапеции. Получится 40 прямых линий, продолжения которых аккуратно делят на 41 равную часть нижнее основание.

Видите, какие «волчьи ямы» нам готовят на олимпиадах. Но мне досталась еще более плохая. В ней даже не было точек, через которые можно провести прямые. Прямые надо было проводить наобум, но ответ при этом получить не «наобумный», а вполне конкретный.

Расскажу про эту очень красивую задачу. Я получил ее на экзамене по геометрии в 11 классе школы № 57. Мой учитель дал мне эту задачу: нарисована окружность и дана точка вне этой окружности (рис. 121).

Рис. 121. Води прямые «туда, но знаю куда» и построй касательную.

Построить с помощью линейки касательную к окружности, проходящую через данную точку. Дальше случилось следующее: я нарисовал, как это делать, но, по некоторой причине, доказать не смог. (О причине я вам скажу позже, это будет детективная история.) Я получаю за экзамен три балла, а учитель алгебры говорит: «Нет, наверное, у Савватеева было помрачение… давайте четыре поставим».

Давайте посмотрим.

Дана линейка, окружность и точка. Что делать? Можно провести несколько прямых, «секущих» окружность. Я провел три прямые «почти наобум» и получил шесть точек на окружности. Затем их накрест соединил и получил еще две точки (рис. 122).

Рис. 122. И тут меня озарило!..

Дальше я соединил эти точки, и мне «внутренний голос» подсказывает, что точки, которые получились на окружности, как раз и есть точки касания.

— Да, — говорит мне экзаменатор, это правильная конструкция. Докажи. Докажи, что это точки касания.