Сабит ибн Корра: второе рождение сочинений Архимеда, Аполонния, Менелая

раздел: “Фамильная” геометрия

ключевые слова: ключевые слова: Архимед, перевод с греческого, “сферика” Менелая, квадрат касательной, теорема Фалеса, подобие, свойство внешней биссектрисы, “Книга лемм” Архимеда

 

Заслуги математика, механика, астронома Сабита ибн Корры (836-901 гг.) куда большие, чем создание авторской задачи или даже серии авторских задач. Он сберег, сохранил, перевел с греческого чудом сохранившиеся сочинения Архимеда, Аполлония и Менелая. После него многие арабские математики уточняли, дополняли эти сочинения, предлагали свои решения к задачам, но Сабит ибн Корра был первым! Во многом благодаря ему мы знаем «Книгу лемм Архимеда», книгу Архимеда «О построении круга, разделенного на 7 равных частей». Работу Архимеда «О касающихся кругах». Книги с 4ой по 7ую главного труда Аполлония «О конических сечениях». «Сферику» Менелая, которая и поведала всему миру о теореме Менелая. Эти сочинения сохранились в виде перевода на арабский, выполненного Сабитом ибн Коррой.

При этом вот что пишет сам Сабит ибн Кора во время работы над одной из книг Архимеда: «Желая переписать эту книгу, я смог достать только дефектный материал, испорченный из-за невежества того, кто его переписывал, и недостаточного понимания им предмета. С большим трудом мне удалось исследовать и проанализировать задачи этой книги и привести предложения этой книги в порядок при помощи легких и близких по значению разъяснений.»

Сабит ибн Корра родился в месопотамском городе Харране. Его предками были звездопоклонники – сабии (наверное, отсюда любовь к астрономии – на всю жизнь!). Он жил и работал в Багдаде, в Доме Мудрости, собравшем в своих стенах крупнейших ученых средневекового Востока. Сабит ибн Корра сделал комментарии к «Началам» Евклида, «Альмагесту» Птолемея. Написал два трактата о пятом постулате Евклида. Решил ряд задач по сферической тригонометрии. Рассмотрел вопросы, связанные с квадратурой параболы, и многое другое.

Все же главное, что сделал этот ученый, - познакомил арабских математиков, а затем и весь мир с рядом важнейших сочинений Архимеда, Аполлония и Менелая, о которых никто не знал. «Книга лемм» Архимеда в особых комментариях не нуждается. Это действительно одна из лучших книг по геометрии за всю историю математики – как в плане уровня помещенных в ней задач, так и в плане их важности и полезности. В сочинении Архимеда «О правильном семиугольнике» сторона этого семиугольника строится с помощью вставки, которая выполняется посредством конических сечений.

Для работы с книгами Аполлония «О конических сечениях» необходимо владеть основами аналитической геометрии. О теореме Менелая сказано много.

Мы же поведем дальнейший разговор о сочинении Архимеда – «Книге о касающихся кругах» в переводе Сабита ибн Корры. Эта книга представляется блистательным гимном теме «Подобие треугольников». Предложенные ниже задачи будут располагаться в том же порядке, что и в «Книге» (что не всегда соответствует возрастанию уровня сложности). Формулировки задач – современные. Решения задач – в основном по «Книге», но иногда более поздние, экономные. Несколько задач из «Книги» не включены в подборку, поскольку представляются тривиальными.

«Книгу о касающихся кругах» Сабит ибн Корра начинает словами:

Архимед сказал:…

И далее идет

Задача 1. Три круга с площадями , центры которых лежат на прямой l, касаются внешним образом и имеют общую касательную k (рис.1). Докажите, что

.

Решение. Пусть   – центры данных кругов и  – соответственно их радиусы.

;

;

,

где  K, N, T – точки касания k с 1ым, 2ым и 3им кругами соответственно. Из подобия треугольников KEN  NFT (покажите, что  – одна прямая и  – тоже) следует:

                 (1)

Подобие треугольников KFN и NGT дает следующую пропорцию:

                 (2)

Из (1) и (2) следует:

,

или

.

Поскольку площадь круга вычисляется по формуле , то имеем:

.

Что и требовалось доказать!

 

Задача 2. В условиях задачи 1 к первому и второму кругам проведены касательные  и  (рис.2). Докажите, что

.

Решение. В задаче 1 получено: , или .

Тогда , или .

Последнее равенство означает, что . Следовательно, , или , откуда .

 

Задача 3. Два круга с площадями  и  имеют внешнее касание в точке B.  и  – соответственно их диаметры (рис.3).  – касательная к первому кругу.  – касательная ко второму кругу. Докажите, что .

Решение. По теореме о квадрате касательной для второго круга: 

.

По той же теореме для первого круга:

.

Тогда , а .

 

Задача 4. QA – касательная к окружности ω. AB – диаметр ω. C – точка пересечения BQ и ω (рис.4). Докажите, что .

Решение. Соединим A и C.  (вписанный, опирается на диаметр). Тогда AC – высота, проведенная к гипотенузе BQ в прямоугольном . В таком случае, справедлива формула: .

 

Задача 5. C – точка на продолжении диаметра AB окружности ω.(рис.5). CK – касательная к ω, которая при продолжении «встречает» перпендикуляр из A к AB в точке D. Докажите, что .

Решение. Соединим K и O. Очевидно, что . Тогда , или . Поскольку  (касательные) и , то получаем требуемое: .

 

Задача 6. На продолжении диаметра AB окружности ω взята точка C (за точку B). CK – касательная к ω. Перпендикуляр к AB в точке B «встречает» CK в точке D (рис.6). Докажите, что .

Решение. Соединим K и O. , откуда . Так как , то .

 

Задача 7. ω1 и ω2 – два непересекающихся круга с центрами  и .  – касательная к ω1 (рис.7). Эти касательные пересекаются в точке T. Докажите, что .

Решение. Нетрудно заметить, что точки  лежат на окружности с диаметром . Тогда для этой окружности по теореме о произведении отрезков хорд .

 

Задача 8. AK и AN – касательные к окружности ω. На продолжении AN взята точка B. BT – также касательная к ω (рис.8). Прямые BT и AK пересекаются в точке С, а прямые NT и AC – в точке D. Докажите, что .

Решение. Проведем . Тогда   – как внутренние накрест лежащие (). Но  () и  – вертикальные. Следовательно, . Из подобия  и  следует: . Поскольку  и , то имеем: , что и требовалось доказать!

 

Задача 9. В условиях задачи 5 AN – перпендикуляр на CD (рис.9). Докажите, что .

Решение.  и    (1)

Кроме того, по теореме Фалеса ( и, так как , то                       (2)

Из (1) и (2) получаем: , или .

Но  (касательные). Поэтому:

.

 

Задача 10. В условиях задачи 5 докажите, что  (рис.10).

Решение. Соединим D и O, K и B. Для решения задачи достаточно показать, что . Покажем это.  в два раза меньше, чем  (вписанный и центральный). Но  состоит из двух равных углов ( – из равенства  и ). Следовательно,  и . Тогда по теореме Фалеса .

 

Задача 11 В условиях задачи 5 проведен отрезок  (E принадлежит DC). Докажите, что  (рис.11).

Решение. , откуда . Заменив DA на DK, а BE на KE, получим требуемое.

 

Задача 12. На продолжении диаметра AB окружности ω взята точка C, из которой проведена к ω касательная CK (рис.12). KT – перпендикуляр на AB. Докажите, что .

Решение. Из A и B проведем перпендикуляры к AB до пересечения с прямой CK  соответственно в точках D и E (рис.13).

Подобие треугольников ADC и BEC дает пропорцию: . Но  и . Тогда . Поскольку  (теорема Фалеса), получаем требуемое:

 

Заметим, что каждая из предложенных двенадцати задач имеет и другие способы решения. Например, задачу 12 можно также решить с помощью теоремы о квадрате касательной или же воспользовавшись свойством внешней биссектрисы треугольника (KA – внешняя биссектриса для треугольника CKT – рис.12). В целом же, повторим, задачи из «Книги о касающихся кругах» Архимеда можно рассматривать, как чрезвычайно полезную серию упражнений по теме «Подобие».

Но и это не все.

Поистине шедевром «Книги о касающихся кругах» является ее завершающая задача – так называемая теорема Архимеда. Через полтораста лет Аль-Беруни предложит около двадцати способов ее доказательства, выведет ряд тригономерических формул с помощью теоремы Архимеда… Но это будет позже… А пока Сабит ибн Корра, завершая «Книгу о касающихся кругах», приводит три способа доказательства этой теоремы.

Но теорема Архимеда – это тема уже другого разговора. Сейчас лишь сформулируем теорему в том виде, как это сделал Сабит  ибн Кора, и предложим ее решить самостоятельно.

 

Теорема Архимеда.

«Если в сегменте круга прямая линия сломана на две части, стягивающие две неравные дуги, и из точки, делящей сегмент пополам, опущен перпендикуляр на большую из частей ломаной линии, то он разделит ломаную линию пополам»

 

 – вписанная в круг ω ломаная. D – середина дуги BAC.   (рис.14). Докажите, что .

 

 

Г.Филипповский,

Русановский лицей, г.Киев