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 x3 + mx2 = n и x3 + ax = b (до этого считалось, что такие уравнения невозможно решить общей формулой).
Никколо Тарталья

«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.

Г. ФИЛИППОВСКИЙ
http://mat.1september.ru/view_article.php?ID=201000909

Комментарии

Комментарии не найдены ...
Добавлять комментарии могут только
зарегистрированные пользователи!
 
Имя или номер: Пароль:
Регистрация » Забыли пароль?
 
© decoder.ru 2003 - 2017, создание портала - Vinchi Group & MySites