Выигранный поединок Никколо Тартальи

Крупнейший математик эпохи Возрождения Никколо Тарталья (1499–1557) прославился блестящей победой на математическом диспуте в 1535 году. В тот день за 2 часа он решил 30 уравнений вида x 3 + mx 2 = n и x 3 + ax = b (до этого считалось, что такие уравнения невозможно решить общей формулой). «Я приложил все свое рвение, усердие и уменье, чтобы найти правило для решения кубических уравнений, и, благодаря благосклонной судьбе, мне удалось это сделать за 8 дней до поединка». Все же, думается, главная победа Тартальи состояла в ином. В том, что заикающийся мальчишка, который не мог учиться в школе из-за отсутствия денег, который рос без отца, погибшего при обороне родного города Брешиа, самостоятельно изучил математику, итальянский, латынь, греческий. В том, что самоучка Тарталья вырвался из цепких лап нищеты и безграмотности. Когда на заборах, камнях и даже могильных плитах кладбища Никколо царапал формулы, сосредоточенно вычисляя что-то, прохожие посмеивались и даже крутили пальцем у виска — совсем, мол, спятил парень. Насмешки улетучились, когда «этот парень» сначала стал учителем арифметики, затем преподавателем математики в университетах Вероны и Венеции. Инженеры венецианского арсенала высоко ценили Тарталью как специалиста в вопросах баллистики (он показал, что наибольшая дальность полета снаряда достигается при угле 45° наклона ствола орудия). Так что Тарталья выиграл свой главный поединок, сотворив себя сам. Пусть по сей день ведутся жесточайшие споры: кто автор формулы Кардано? Сам ли Кардано? Или Тарталья, поведавший ее Кардано в зашифрованном виде? А может быть, профессор Болонского университета Сципион дель Ферро? (Есть серьезные основания так полагать. ) Не беда, что свой последний математический диспут заикающийся немолодой Тарталья проиграл юному красноречивому ученику Кардано. Так или иначе, именно Тарталья вместе с Кардано и тем самым его учеником Феррари проложили главную тропу на пути, по которому в дальнейшем стала развиваться алгебра. Заслуги Н. Тартальи в геометрии скромнее. Но и они весомы: он перевел на итальянский сочинения Евклида и Архимеда — с тем, чтобы все желающие, включая таких же бедняков, каким он был сам, могли прочесть труды блестящих древнегреческих геометров. Геометрические предпочтения самого Тартальи близки по духу идеям арабского математика Абу-ль-Вафы (940–998), который большое внимание уделял построениям с помощью линейки и циркуля постоянного раствора. В предложенной серии задач, выполняемых линейкой и циркулем постоянного раствора, первая принадлежит самому Тарталье. Остальные, несомненно, находились в круге его интересов. К тому же они важны с точки зрения построений указанными средствами, поскольку способствуют росту геометрического воображения и расширению кругозора учащихся.

Задача 1. (Тарталья) На отрезке BC построить равносторонний треугольник ABC. Решение. Строим равносторонние треугольники BTN и CKQ со стороной, равной данному раствору циркуля (рис. 1). Прямые BT и CK пересекутся в искомой вершине A.

Задача 2. Через точку K вне прямой l провести прямую: а) параллельную к прямой l; б) перпендикулярную к прямой l. Решение. а) От любой точки D прямой l откладываем на l отрезки DE = EF данным раствором циркуля (рис. 2). Отрезок DK продлеваем до произвольной точки N. Соединяем N с E и F, а также K с F. Q = KF NE; T = DQ NF. Прямая KT — искомая (обоснуйте это).

б) Данным раствором циркуля строим две окружности с центрами в точках B и C на прямой l, где отрезок BC равен данному раствору циркуля (рис. 3). Прямая n, проходящая через точки пересечения этих двух окружностей, перпендикулярна прямой l (обоснуйте это). Остается через K провести прямую параллельно n (пункт «a»).

Задача 3. Разделить данный отрезок BC в отношении 5 : 3. Решение. Как в задаче Тарталья, строим в точках B и C лучи под углом 60° к BC (рис. 4). На луче, проведенном из B, откладываем 5 отрезков фиксированным раствором циркуля. На луче из точки C — 3 таких отрезка. Полученные таким образом точки N и T соединим отрезком. Точка Q — точка пересечения NT и BC — разделит отрезок BC в отношении 5 : 3, что следует из подобия треугольников BNQ и CTQ.

Задача 4. На прямой l отложить отрезок KN, равный данному отрезку EF. Решение. Пусть T — точка пересечения прямых FE и l (рис. 5).

Построим прямую t — биссектрису угла T. Это построение выполняется так же, как и обычным циркулем. Проведем EQ ⊥ t (задача 2(б)) и продолжим до пересечения с l в точке K. Очевидно, EQ = QK (TQ — биссектриса и высота в треугольнике TEK). Остается через точку F провести прямую параллельно EK (задача 2(а)), которая пересекает l в искомой точке N (KN = EF, поскольку KEFN — равнобокая трапеция).

Задача 5. Дан угол NCQ и отрезок EF. Построить отрезок AB с концами на сторонах данного угла, равный и параллельный EF (рис. 6).

Решение. Через точку C проводим прямую t параллельно EF (задача 2(а)) и на ней откладываем CT = EF. Через T проводим прямую параллельно CQ, которая пересекает CN в точке A. Остается через точку A провести прямую параллельно t. Она пересекает CQ в искомой точке B (TABC — параллелограмм).

Задача 6. Вписать в данную окружность правильный треугольник. Решение. Если центр O окружности не указан, то несложно его найти (рис. 7).

Строим окружность, концентрическую данной, фиксированным раствором циркуля. Далее, произвольно проведем радиус OA и, как в задаче Тарталья, дважды отложим угол 60° и построим равносторонние треугольники ODE и OEF (рис. 8).

Луч OF пересекает данную окружность в точке B, луч OD — в точке А, а луч EO — в точке C. Докажите, что треугольник ABC — равносторонний.

Задача 7. Дан квадрат ABCD. Вписать в него квадрат KNTQ, зная положение точки K на стороне AB (рис. 9).

Решение. Для того, чтобы выполнить требуемое, необходимо отложить на BC отрезок BN = AK, на стороне CD — отрезок CT = AK и на DA — отрезок DQ = AK. Это можно выполнить, например, таким образом: соединяем K и С, затем проводим через точку A прямую параллельно KC, которая пересекает CD в искомой точке T. Далее, через точку K проведем KE AD. Прямая, проведенная через E параллельно диагонали AC, дает еще одну искомую точку Q. Дальнейшее очевидно.

Задача 8. Дан треугольник ABC. На сторонах AC и AB построить соответственно точки T и Q такие, что CT = TQ = QB. Решение. Откладываем фиксированным раствором циркуля отрезки CE и BD соответственно на сторонах CA и BA (рис. 10).

Через D проводим прямую n параллельно BC (задача 2(а)). Из точки E фиксированным раствором циркуля делаем засечку на прямой n — получаем точку F. Через F проводим прямую параллельно AB до пересечения с BC в точке K. Очевидно, CE = EF = FK. Тогда луч CF пересекает AB в искомой точке Q. Проведя через Q прямую параллельно EF, получим на AC точку T. Четырехугольники CEFK и CTQB гомотетичны, с центром гомотетии в точке C, поэтому CT = TQ = QB.

Задача 9. Пусть фиксированный раствор циркуля равен a. Построить последовательно отрезки

Решение. Строим окружность ω фиксированным раствором циркуля, равным a. Делим ее от произвольной точки A на 6 равных частей, делая на ней засечки B, C, D, E, F тем же раствором (рис. 11).

Очевидно, AC делит OB пополам (OABC — ромб) и Пусть N = KD ∩ OC. Найдем ON по известной формуле биссектрисы

Для треугольника KOD:

Пусть теперь T = EN ∩ OD. По той же формуле Аналогично получим отрезки

Перед тем, как предложить несколько задач для самостоятельного решения, отметим следующее. Несомненно, некий скептик скажет: «Ну, чем вы занимаетесь, ребята? Согласно теореме Штейнера "все построения, разрешимые циркулем и линейкой, разрешимы и одной линейкой, если в плоскости задан круг с его центром". Поскольку циркуль постоянного раствора дает круг с его центром, то что за Америку вы открываете? И зачем все это надо?» Не станем его убеждать в полезности таких упражнений для детей, в том, что это просто красиво и доставляет удовольствие. Ответим просто, весомо и убедительно: «Затем. » А еще не забудем, что главный герой нашего разговора — замечательный математик Никколо Тарталья.

Задачи для самостоятельного решения

1. Разделите отрезок BC на n равных частей. 2. На прямой l дана точка Q. Восстановите из Q перпендикуляр к l. 3. Впишите в данный круг а) квадрат; б) правильный восьмиугольник. 4. Через данную точку A проведите прямую, находящуюся на равных расстояниях от двух данных точек B и C. 5. В данный прямоугольник впишите ромб так, чтобы прямоугольник и ромб имели общую диагональ. 6. Дан угол NCQ и точка T внутри него. Постройте на стороне CQ точку X, равноудаленную от CN и точки T.

Литература

1. Баврин И.И., Фрибус Е.А. Старинные задачи. — М.: Просвещение,1994. 2. Баран О.І. Математичні мініатюри. — К.: Ленвіт, 2007. 3. Гиндикин С.Г. Рассказы о физиках и математиках. — М.: МЦНМО, 2006. 4. Глейзер Г.И. История математики в школе. — М.: Просвещение, 1964. 5. Даан-Дальмедико А., Пейффер Ж. Пути и лабиринты. — М.: Мир, 1986. 6. Кованцов Н.И. Математика и романтика. — К.: Вища школа, 1980. 7. Конфорович А.Г. Визначні математичні задачі. — К.: Радянська школа, 1981. 8. Попов К.И. Сборник исторических задач по элементарной математике. — М.: КомКнига, 2006. 9. Чистяков В.Д. Старинные задачи по элементарной математике. — Минск: Высшая школа, 1966. 10. Юшкевич А.П. История математики в средние века. — М.: ГИФМЛ, 1961.