5. Konstrukční planimetrické úlohy

Transkript

1 5 Konstrukční planimetrické úlohy 5.1 Řešení konstrukčních úloh 5. Konstrukční planimetrické úlohy 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 K 1, K 2, K 3,... (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 K 1, K 2, K 3,...; vždy předpokládáme, že útvar je sestrojitelný, načrtneme ilustrační obrázek s alespoň jedním útvarem požadovaných vlastností a ukážeme, že jej lze sestrojit jistou konstrukcí (K 1, K 2, K 3,...); 2. konstrukce konstrukce spočívá ve stanovení konstrukčního předpisu, který je výsledkem rozboru a formulujeme jednotlivé kroky konstrukce (K 1, K 2, K 3,...); 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 (K 1, K 2, K 3,...) 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

2 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

3 5. Konstrukční planimetrické úlohy 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 Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dána velikost strany c, výšky v c a úhlu γ. Rozbor: k A c Obr γ C B p Jedná se o nepolohovou úlohu se třemi parametry c, v c a γ. Umístíme stranu AB a tím převedeme úlohu na polohovou s jedním neznámým bodem C. Řešení provedeme užitím metody množin všech bodů dané vlastnosti Velikost výšky v c udává vzdálenost bodu C od přímky AB. Bod C tudíž musí náležet množině M 1 = {X E 2 ; X, AB = v c }, což je sjednocení dvou rovnoběžek p 1, p 2 s přímkou AB ve vzdálenosti v c. Jelikož známe velikost úhlu γ, musí bod C náležet množině M 2 = {X E 2 ; AXB = γ}, což je sjednocení dvou kruhových oblouků k 1, k 2 s krajními body A, B s výjimkou bodů A, B. Bod C je tedy prvkem průniku množin M 1, M 2. Konstrukce: 1. AB; AB = c 2. M 1 ; M 1 = {X E 2 ; X, AB = v c } 3. M 2 ; M 2 = {X E 2 ; AXB = γ} 4. C; C M 1 M 2 5. ABC 3

4 GEOMETRIE I. Základy geometrie v rovině Důkaz konstrukce: Pokud M 1 M 2, potom každý bod průniku splňuje podmínky pro vrchol C hledaného trojúhelníka ABC. Diskuse: Úloha má alespoň jedno řešení, právě když T je M 1 M 2. Z bodu 4 plyne, že přímka p p 1 (resp. p 2 ) může mít s obloukem k 1 (resp. k 2 ) dva společné body, popř. jeden společný k γ/2 bod, anebo s ním nemá žádný společný bod. Zabývejme se řešením jen v jedné polorovině, tj. zajímá nás průnik přímky p 1 a kruhového oblouku k 1. Přímka p 1 může být A c/2 S B vnější přímkou, tečnou a sečnou kružnice k 1. Podívejme se na mezní případ tečny Obr bod dotyku označme T. Tento případ nastává právě tehdy, když T S = v c (S střed úsečky AB). γ Trojúhelník AST je pravoúhlý s úhlem o velikosti 2 u vrcholu T, protější stranou o velikosti AS = c 2, a proto T S = c 2tg γ. 2 Odtud jestliže a) v c > T S, potom úloha nemá řešení; b) v c = T S, potom úloha má v jedné polorovině jedno řešení; c) v c < T S, potom úloha má v jedné polorovině dvě řešení. Příklad Jsou dány dvě různoběžky a, b a kružnice k (S, r ), která se nedotýká žádné z obou různoběžek. Sestrojte kružnici k tak, aby se dotýkala přímek a, b a kružnice k. Rozbor: V b V k S T S k Obr b o a a 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 ; navíc střed stejnolehlosti je u dvou dotýkajících se kružnic v bodě jejich dotyku označme jej T. 4

5 5. Konstrukční planimetrické úlohy V této stejnolehlosti H odpovídá tečně a kružnice k tečna a a kružnice k, tečně b kružnice k tečna b b kružnice k a průsečíku V přímek a, b průsečík V přímek a, b. Vzhledem k definici stejnolehlosti jsou vzor, obraz a střed stejnolehlosti kolineární, a proto přímka V V protíná kružnici k v bodě T, který je bodem dotyku obou kružnic. Střed S kružnice k pak musí ležet na přímce S T a na ose úhlu vymezeného přímkami a a b, ve kterém leží bod T. Konstrukce: 1. a, b, a b = {V }; k (S, r ) nedotýkající se a, b 2. a ; a a a je tečna kružnice k 3. b ; b b b je tečna kružnice k 4. V ; V a b 5. T ; T V V k 6. o osa úhlu vymezeného přímkami a, b, ve kterém leží bod T 7. S; S o S T 8. k(s, ST ) Důkaz konstrukce: Z konstrukce plyne, že a a a b b jsou tečnami kružnice k. Ve stejnolehlosti určené středem T a párem odpovídajících si bodů [V, V ] odpovídá tečně a přímka a a tečně b přímka b, a proto se kružnice k dotýká přímek a, b. Střed stejnolehlosti leží na kružnici k, a proto mají v tomto bodě obě kružnice dotyk. Kružnice k vyhovuje podmínkám úlohy. Diskuse: Jelikož lze ke kružnici k 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 V ( 1 a 1 b = { 1 V }, 1 a 2 b = { 2 V }, 2 a 1 b = { 3 V }, 2 a 2 b = { 4 V }), které jsou vrcholy rovnoběžníka opsaného kružnici k bod 4. Každá z přímek V V buď protne kružnici k 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 Sestrojte přímku p procházející daným bodem C a nepřístupným průsečíkem daných dvou různoběžek a, b. 5

6 GEOMETRIE I. Základy geometrie v rovině Sestrojíme libovolný trojúhelník ABC (A a, B b) a pomocí rovnoběžek s ním stejnolehlý trojúhelník A B C (A a, B b). Trojúhelníky ABC a A B C 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 nepřístupným průsečíkem přímek a, b. b B B C C p ω T A A t =t a k k Obr Obr Příklad 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, bod T na nevlastní bod a tečna t procházející středem inverze T je samodružná, tj. t = t. Kruhové křivky k a t se dotýkají v bodě T, a proto přímky k a t jsou rovnoběžné. Přímka t = t tedy prochází bodem T a je rovnoběžná s přímkou t. 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 konstrukcí větší. Příklad 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 prů- 6

7 5. Konstrukční planimetrické úlohy sečík prodloužených ramen lichoběžníka s průsečíkem jeho úhlopříček prochází středy obou základen. Postup konstrukce sledujte na obrázku. 1. Q C P 2. P p b A B a D Obr Obr Je zajímavé, že na rozdíl od pravítkových konstrukcí lze pouhým kružítkem řešit všechny(!) úlohy proveditelné pravítkem a kružítkem tyto úlohy nazýváme Mascheroniovy konstrukce podle Lorenza Mascheroniho ( ), 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 ( ), 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 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 AB. Nechť C, D jsou průsečíky kružnic k 1 (A, AB ) a k 2 (B, AB ). Potom CD je osa úsečky AB, tj. CD AB. Dále sestrojíme kružnice l 1 (C, CP ) a l 2 (D, DP ) druhý průsečík označíme Q. Trojúhelníky CDP a CDQ jsou osově souměrné (dokažte!), tj. P Q CD. Odtud již plyne P Q AB. Dalšími typy úloh jsou např. konstrukce kružítkem, jehož rozevření se nemění, konstrukce pravoúhlým pravítkem, konstrukce pravítkem se dvěma rovnoběžnými hranami atd. 7

8 GEOMETRIE I. Základy geometrie v rovině 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 modely kružítek není nutné rozlišovat, neboť i eukleidovské kružítko má vlastnost přenášení délky. n l P C E m A r r B k D Obr

9 5. Konstrukční planimetrické úlohy Věta 5.2.1: Eukleidovsky (tj. jen pomocí eukleidovského pravítka a eukleidovského kružítka) lze sestrojit shodný obraz k kružnice k(b, r) tak, že zadaný bod A je středem kružnice k. Důkaz: Uvažujme kružnici k(b, r). Úkolem je sestrojit kružnici k 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. D n C D n-1 D 3 D 2 D 1 B 1 B 2 B 3 B n-1 B Obr

10 GEOMETRIE I. Základy geometrie v rovině Nechť je dána úsečka AB. Zvolíme bod C AB. Na polopřímce AC vyznačíme libovolný bod D 1. Sestrojíme konečnou posloupnost bodů D 1, D 2,..., D n tak, že AD 1 = D1 D 2 = D2 D 3 =... = Dn 1 D n, kde D k 1 D k+1. Konečně sestrojíme přímku BD n. Každým z bodů D 1, D 2,..., D n 1 vedeme rovnoběžku s přímkou BD n. Tyto rovnoběžky protnou úsečku AB postupně v bodech B 1, B 2,..., B n 1 a platí AB 1 = B1 B 2 = B2 B 3 =... = B n 1 B, jak bychom snadno dokázali. Konstrukce 10: Jsou dány úsečky s délkami a, b, c. Sestrojte úsečku, jejíž délka je ab c. C Y B O D A X Obr 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 OAC ODB (uu) plyne OD = OA } {{ } a b { }} { OB. OC } {{ } 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 a c. 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

11 5. Konstrukční planimetrické úlohy q D k A B C p Obr 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. } {{ } } {{ } 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. x 2 = 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

12 GEOMETRIE I. Základy geometrie v rovině 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 přístup 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]. DEFINICE 5.2.1: Bod nazveme bodem sestrojitelným pravítkem a kružítkem (zkr. PK-bodem), jestliže je posledním bodem konečné posloupnosti bodů P 1, P 2,... P n takové, že každý bod P i 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]; [0, 0], [1, 0], [ , 2 ], [1 2, 2 ], [1 2, 0]. 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

13 5. Konstrukční planimetrické úlohy 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 0 jsou celá čísla. Reálné číslo, které není racionální se nazývá iracionální. DEFINICE 5.2.2: Tělesem T nazveme každou podmnožinu reálných čísel, která obsahuje 0 a 1 a současně pro všechna a, b, c T (c 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 T. Potom {p + q d; p, q T } je těleso. Důkaz: Snadno bychom dokázali, že součet, rozdíl, součin a podíl čísel p 1 + q 1 d a p2 + q 2 d je číslo ve tvaru p3 + q 3 d, kde všechna pi, q i 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). DEFINICE 5.2.3: Jestliže T je těleso a d je kladné reálné číslo takové, že d T, ale d T, potom symbolem T ( d) označujeme těleso {p + q d; p, q T } a nazýváme je (jednoduché) kvadratické rozšíření tělesa T. Jestliže T 1 = T ( d 1 ), T 2 = T 1 ( d 2 ),..., T n = T n 1 ( d n ), potom píšeme T n = T ( d 1, d 2,..., d n ) a těleso T n nazýváme vícenásobné kvadratické rozšíření tělesa T. DEFINICE 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

14 GEOMETRIE I. Základy geometrie v rovině čísla, k jejichž zápisu použijeme jen závorky, celá čísla, symboly čtyř aritmetických operací +,, (resp. ), : (resp. /, resp. ) a symbol pro druhou odmocninu. Příkladem může být divoce vypadající číslo 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 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 = a 5 (délka strany pravidelného pětiúhelníka) 10. pravidelný pětiúhelník ABCDE 14

15 5. Konstrukční planimetrické úlohy P 4 P 5 P6 P 10 a 5 P 13 P 3 P 9 P 1 P 2 P 8 P 11 P 12 P 7 Obr Na obrázku je znázorněna podrobná eukleidovská konstrukce pravidelného pětiúhelníka vepsaného do jednotkové kružnice. Jeho vrcholy jsou P 5, P 10, P 11, P 12 a P 13. Oproti předcházejícímu předpisu jsou zde nyní zachyceny i eukleidovské konstrukce pomocných bodů např. body P 6 a P 7 potřebujeme pro sestrojení středu P 8 úsečky P 1 P 2. Ukážeme si souvislost konstrukcí jednotlivých PK-bodů a příslušných kvadratických rozšíření tělesa Q. P 1 = [0, 0] = S T 1 = Q P 2 = [1, 0] = L T 2 = Q P 3 = [ 1, 0] = M T 3 = Q P 4 = [0, 3] T 4 = Q( 3) P 5 = [0, 1] = A T 5 = Q( 3) P 6 = [ 1 2, 3 2 ] T 6 = Q( 3) P 7 = [ 1 2, 3 2 ] T 7 = Q( 3) P 8 = 1 2, 0] = N T 8 = Q( [ 3) 1 P 9 = ] 5 2, 0 = O T 9 = Q( 3, 5) [ 10+2 ] ( 5 P 10 = 4, , ) 4 = B T 10 = Q 5,

16 GEOMETRIE I. Základy geometrie v rovině P 11 = P 12 = P 13 = [ 10 2 ] ( 5 4, 1 5 3, ) 4 = C T 11 = Q 5, ] [ , [ , ] ( 3, ) = D T 12 = Q 5, ( 3, ) = E T 13 = Q 5, Obecně bereme za T k buďto T k 1, anebo kvadratické rozšíření T k 1. Tím je zaručeno, že souřadnice všech bodů P j, kde j k, jsou prvky tělesa T k. Zastavme se jen u konstrukce tělesa T 11 jelikož ( 3, ) = 4 5, potom T11 = Q 5, , = ( 3, ) Q 5, = T 10. Nyní již můžeme přistoupit k důkazu neřešitelnosti klasických problémů starověku pravítkem a kružítkem. Trisekce 1 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 a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 = 0 (a n 0) racionální kořen p q, kde p, q jsou nesoudělná čísla, potom p dělí a 0 a q dělí a n. Věta : Nechť T = T ( d) je kvadratické rozšíření tělesa T. Potom každý prvek tělesa T je kořenem kvadratické rovnice s koeficienty z tělesa T. Důkaz: Jestliže p + q d T (p, q, d T, d T ), potom samozřejmě i p q d T. Číslo p + q d T je potom kořenem např. rovnice [x (p + q d)][x (p q d)] = x 2 2px + p 2 q 2 d = 0, jejíž všechny koeficienty 1, 2p, p 2 q 2 d jsou prvky tělesa T. Q.E.D. Věta : 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

17 5. Konstrukční planimetrické úlohy Důkaz: Provedeme důkaz sporem. Nechť a, b, c jsou racionální čísla a nechť kubická rovnice f(x) = x 3 + ax 2 + bx + c = 0 nemá racionální kořen, ale má kořen, který je PK-číslem (neboli leží v nějakém kvadratickém rozšíření tělesa Q). Označme T 0 = Q a dále T k = T k 1 ( d k ) (k = 1, 2,...), tj. T k = Q( d 1, d 2,..., d k ). Předpokládejme dále, že v tělese T k 1 neleží žádný kořen rovnice f(x) = 0, ale v tělese T k leží kořen r ve tvaru r = p + q d k, p, q T k 1, d k T k 1. Podle předcházející věty musí být číslo r = p+q d k kořenem jisté kvadratické rovnice g(x) = 0. Označme t třetí kořen kubické rovnice. Potom můžeme psát x 3 + ax 2 + bx + c = (x t)(x 2 2px + p 2 q 2 d k ). Porovnáním koeficientů u kvadratického členu x 2 dostáváme a = t 2p a odtud t = a 2p. Jelikož a Q T k 1 a p T k 1, potom rovněž t T k 1, což je spor. Q.E.D. Věta : PK-body P, Q, R takové, že P QR = α, existují, právě když cos α je PK-číslo. y 1 A R B Q α α 3 α cos 3 Obr P x 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

18 GEOMETRIE I. Základy geometrie v rovině Sestrojit úhel α 3 je tedy problém ekvivalentní s úlohou najít x-ovou souřadnici bodu B, tj. cos α 3. Obecnou eukleidovskou neřešitelnost trisekce úhlu stačí dokázat pro jeden úhel zvolme např. α = 60. Vyjdeme z goniometrického vztahu cos α = 4 cos 3 α 3 3 cos α 3 a dokážeme, že číslo x = cos 20 není PK-číslem. Dosazení cos 60 = 1 2 a cos 20 = x dává kubickou rovnici 8x 3 6x 1 = 0. Přesvědčíme se, že tato kubická rovnice nemá racionální kořen. Pro potenciální racionální kořen p q (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, ± 1 2, ± 1 4, ± 1 8 }. Pouhým dosazením snadno dokážeme, že ani jedno z nabízených racionálních čísel kořenem není, a proto kubická rovnice 8x 3 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. Duplikace 2 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 x 3 = 2. Ovšem kubická rovnice x 3 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. Kvadratura 3 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 ( ); 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 3 kvadratura z lat. přeměna na čtverec, popř. určení obsahu 18

19 5. Konstrukční planimetrické úlohy 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 ( ), 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 x 2 = π. Kořen π kvadratické rovnice x 2 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 r BD =π r C 30 o S A r r r Obr D 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

20 GEOMETRIE I. Základy geometrie v rovině konstrukce. Příkladem může být Kochańského rektifikace kružnice, jejíž přesnost je πr BD < 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 6- úhelníku. 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 cos 7 α 112 cos 5 α + 56 cos 3 α 7 cos α. Vynásobíme-li uvedený vztah 2 a upravíme jej, dostaneme (2 cos α) 7 7(2 cos α) (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 ) x 7 7x x 3 7x 2 = 0. která má sedm kořenů x k = 2 cos k 360, k = 0, 1,..., 6. 7 Pro tyto kořeny platí x 0 = 2, x 1 = x 6, x 2 = x 5, x 3 = x 4 a uvedenou rovnici lze navíc upravit na přijatelnější tvar (x 2)(x 3 + x 2 2x 1) 2 = 0, jak se snadno přesvědčíme pouhým roznásobením. Kubická rovnice x 3 + x 2 2x 1 = 0 však nemá racionální kořeny, a proto čísla x 1 = 2 cos 360 7, x 2 = 2 cos a x 3 = 2 cos nejsou PK-čísla. 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 2 k, 4 2 k, 5 2 k, 15 2 k, k = 0, 1, 2,... 20

21 5. Konstrukční planimetrické úlohy 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 = = 17, ale i pro n = = 257 a n = = a obecně pro každé prvočíslo ve tvaru n = 2 2a + 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 ( ) ukázal se, že pro a = 5 nedostaneme prvočíslo, ale složené číslo 2 32, které je součinem prvočísel 641 a Dodnes známe jen pět Fermatových prvočísel a je možné, že ani žádná další neexistují. Všechny eukleidovsky konstruovatelné pravidelné n-úhelníky popisuje následující věta: Věta : (Gaussova-Wantzelova věta) Pravidelný n-úhelník je eukleidovsky sestrojitelný, právě když buďto n = 4 2 k (k = 0, 1,..., anebo n = p 1 p m 2 k (k = 0, 1,...), kde p 1, p 2,... p m 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

22 GEOMETRIE I. Základy geometrie v rovině 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 p T B (přímka s bodem dotyku a další bod), p T p, p T k, k T B, k T p a k T k. Uvědomíme-li si však, že jednoduchou konstrukcí tečny p v bodě dotyku T převedeme úlohy typu k T... na úlohy p T..., stačí řešit jen první tři typové úlohy. T B k S p Obr 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 Je dána přímka a s vyznačeným bodem T a další přímka b, která protíná přímku a v bodě V T. Sestrojte kružnici k, která se dotýká přímky a v bodě T a přímky b. Rozbor: Jedná se o Pappovu úlohu p T p (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

23 5. Konstrukční planimetrické úlohy V b l S k T S Obr a k Množinou M 1 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 M 2 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 M 1 M 2 Konstrukce: 1. a, b, a b = {V }; T (T a, T V ) 2. M 1 ; M 1 = {X E; X, a = X, b X V } 3. M 2 ; M 2 = l \ {T }, kde l a T l 4. S; S M 1 M 2 5. k(s, ST ) Důkaz konstrukce: Správnost konstrukce je zřejmá z rozboru. Diskuse: Z bodu 4 plyne, že přímka l protne množinu M 2 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 M 1 středů všech kružnic, které se dotýkají rovnoběžek a, b, by byla osa pásu vymezeného přímkami a, b. Úloha by pak měla 1 řešení. Příklad Jsou dány různoběžky p, q a bod B (B p, B 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 (S, r ), která se dotýká přímek p, q (tj. je vepsána do téhož úhlu jako hledaná kružnice k; pouze nesplňuje podmínku incidence s bodem B). 23

24 GEOMETRIE I. Základy geometrie v rovině V B S k q S B Obr k p o Každé dvě kružnice jsou stejnolehlé, tj. speciálně v tomto případě jsou stejnolehlé hledaná kružnice k a zvolená kružnice k a to ve stejnolehlosti se středem V ({V } = p q). Bod B leží na kružnici k, a proto s ním stejnolehlý bod B musí ležet na kružnici k. Navíc vzhledem k definici stejnolehlosti jsou vzor, obraz a střed stejnolehlosti kolineární, a proto B V B. Ve stejnolehlosti je každý směr samodružný, a proto jsou přímky SB a S B rovnoběžné. Bod S tak leží na ose o a současně na přímce vedené bodem B rovnoběžně s přímkou S B. Konstrukce: 1. p, q, p q = {V }; B (B p, B q) 2. o osa úhlu vymezeného p, q, ve kterém leží B 3. S ; S o, S V 4. T 1; T 1 p S T 1 p 5. k (S, S T 1 ) 6. B ; B V B k 7. S; S o S B SB 8. T 1 ; T 1 p ST 1 p 9. k(s, ST 1 ) Důkaz konstrukce: Uvažujme stejnolehlost se středem V (p q = {V }), která převádí bod B do bodu B. Protože body S i S leží oba na o (samodružná přímka) a současně SB S B, je obrazem bodu S bod S. Obrazem kružnice ve stejnolehlosti je opět kružnice, a proto se k (S, S B ) zobrazí na k(s, SB ). Přímka p (resp. q) je tečnou kružnice k procházející středem stejnolehlosti kružnic k 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 ve dvou různých průsečících, tj. dostáváme dva body B 1, B 2. Dle bodu 7 k bodu B 1 (resp. B 2) sestrojíme jediným způsobem bod S 1 (resp. S 2 ). Úloha má dvě řešení. 24

25 5. Konstrukční planimetrické úlohy Příkladem použití algebraicko-geometrické metody může být řešení následující Apolloniovy úlohy: Příklad Sestrojte kružnici k, která se dotýká dané přímky t a prochází danými body A B (A, B náleží vnitřku téže poloroviny s hraniční přímkou t. Jestliže AB 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 t, označíme M jejich průsečík. Jelikož body A, B leží na kružnici k, je mocnost bodu M ke kružnici k µ M k = MA MB. Pro dotykový bod T na tečně t potom musí platit MT 2 = MA MB. Stačí tedy sestrojit střední geometrickou úměrnou MT viz str. 11. k k S A B S T M T Obr t Na přímce t existují dva body T a T, jejichž vzdálenost od bodu M je MA MB ; 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 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

26 GEOMETRIE I. Základy geometrie v rovině 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 l neprocházející středem inverze; daná kružnice m neprocházející středem inverze se zobrazí na kružnici m neprocházející středem inverze; hledaná kružnice k procházející středem inverze se zobrazí na přímku k ; Nyní zformulujeme zadání vnitřní úlohy. O přímce k víme, že prochází nevlastním bodem (tak jako všechny přímky v Möbiově rovině M 2 ), a vzhledem k tomu, že k se dotýká l a m, musí se i k dotýkat l a m. 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 kružnic l a m, je možné sestrojit i kružnici k, neboť IN V(ω) : k k. Řešitelnost a počet řešení dané úlohy závisí samozřejmě na počtu společných tečen kružnic l a m ; 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 Jsou dány kružnice k 1, k 2, k 3, 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 k 1, k 2, k 3 na po dvou různoběžné přímky k 1, k 2, k 3. Obrazem hledané kružnice k je kružnice k, která se dotýká přímek k 1, k 2, k 3. 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

27 5. Konstrukční planimetrické úlohy Nefiguruje-li mezi zadanými prvky bod a navíc neexistuje žádný společný bod zadaných kruhových křivek, můžeme použít algoritmus z následujícího příkladu: Příklad Jsou dány dvě nesoustředné kružnice k 1 (O 1, r 1 ), k 2 (O 2, r 2 ), 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 O 1 O 2 takovou, že ortogonálně protíná obě zadané kružnice k 1, k 2 (víme, že R je průsečík chordály ch kružnic k 1, k 2 se střednou a poloměr kružnice k je roven úseku na tečně vedené z bodu R ke kružnici k 1, resp. k 2 ). Průsečíky kružnice k s přímkou O 1 O 2 označme A a B. Zvolíme základní kružnici inverze ω(a, AB ). Platí, že v takto zadané inverzi IN V(ω) přejdou kružnice k 1, k 2 na soustředné(!) kružnice k 1, k 2. ch k k 1 ω k 1 k 2 k k 2 O 1 A R B O 2 Obr 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, která prochází bodem B a dotýká se základní kružnice ω, neboli jedná se o kolmici na přímku O 1 O 2 v bodě B. Jelikož platí k 1 k a k 2 k, musí rovněž platit k 1 k a k 2 k (kruhová inverze zachovává úhel kruhových křivek). Ovšem přímka je kolmá na kružnici v případě, že prochází jejím středem, a proto střed kružnice k 1 resp. k 2 leží na přímce k. Dále je zřejmé, že střed kružnice k 1 resp. k 2 musí ležet na přímce AO 1, 27

28 GEOMETRIE I. Základy geometrie v rovině resp. AO 2, tj. v obou případech na přímce O 1 O 2. Vidíme, že střed kružnice k 1 leží na přímce k a na přímce O 1 O 2, tj. jedná se o bod B. Totéž platí i pro kružnici k 2, a proto jsou obrazy daných kružnic soustředné kružnice se středem v bodě B. Příklad Jsou dány kružnice k 1, k 2, k 3 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. k 1, k 2, na dvě soustředné kružnice. V závislosti na tom, zda střed inverze leží či neleží na třetí kružnici k 3 se tato zobrazí buďto na kružnici, anebo na přímku. Dostáváme tak vnitřní úlohu: Jsou dány dvě soustředné kružnice k 1, k 2 a další kružnice (popř. přímka) k 3. Sestrojte kružnici k, 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 k i, je zřejmé, že pro počet řešení 8 nastávají tyto možnosti: EEE, EEI, EIE, IEE, EII, IEI, IIE, III. k 1 k 2 O 1 O 2 k 3 O 3 Obr