Отдел V о нахождении орбит, когда ни одного фокуса не задано 65 icon

Отдел V о нахождении орбит, когда ни одного фокуса не задано 65



НазваниеОтдел V о нахождении орбит, когда ни одного фокуса не задано 65
страница1/4
Дата конвертации08.09.2012
Размер0.71 Mb.
ТипДокументы
  1   2   3   4

—116 —

ОТДЕЛ V

О НАХОЖДЕНИИ ОРБИТ, КОГДА НИ ОДНОГО ФОКУСА НЕ ЗАДАНО 65

Лемма ХVII

Если из произвольной точки Р конического сечения провести к сторо­нам любого четырехугольника ABCD, вписанного в это сечение, четыре прямые PQ, PR, PS, PT под заданными углами к сторонам AВ, CD, АС, DB четырехугольника, если надо продолженным, то произведения PQ•PR и PS•PT отрезков, проведенных к противоположным сторонам, находятся в постоянном отношении.66

________________________

65 Этот отдел, подобно предыдущему, имеет исключительно геометрическое значение в нем даются решения следующих задач о построении конических сечений по данным:

10) пяти точкам;

20) четырем точкам и одной касательной;

30) трем точкам и двум касательным;

40) двум точкам и трем касательным;

50) одной точке и четырем касательным;

60) пяти касательным.

Эти шесть случаев являются исчерпывающими по отношению к заданию только точек и касательных. При решении этих задач, Ньютон не пользуется ни теорией Паскаля, ни тео­ремою Дезарга, хотя эти теоремы были в то время уже известны. Кроме этих шести, решаются еще две задачи, а именно:

а) построить коническое сечение, равное и подобное данному, так, чтобы тремя задан­ными прямыми от него отсекались заданные смежные сегменты;

б) построить коническое сечение, подобное данному, так, чтобы оно четырьмя данными прямыми рассекалось на части, подобные данным и подобным образом с ними расположенные.

Для решения этих двух задач дается сперва решение двух вспомогательных задач, именно:

в) построить треугольник, равный и подобный данному, так, чтобы его вершины лежали на трех заданных по положению прямых;

г) построить четырехугольник, подобный данному так, чтобы его вершины лежали на четырех заданных по положению прямых.

65 Аналитически это свойство конических сечений доказывается, как известно, весьма просто. Обозначая через , , ,  — первые части уравнений прямых АВ, ВС, CD, AD, напи­санных в нормальном виде, имеем общее уравнение конических сечений, проходящих через точки A, B,C,D:

—k=0

где k есть постоянная. Это и доказывает леммы XVII и XVIII.

Но Ньютон намеренно не пользуется аналитической геометрией, и в конце леммы XIX прямо говорит, что он дает решение задачи древних «о четырех линиях» — «non calculus sed compositio geometrica».
По поводу этой задачи надо заметить, что именно ее Декарт взял как пример, чтобы показать приложение своего способа решения геометрических задач «вычисле­нием», причем он добавляет, что «древние не исписали бы столько толстых книг, если бы знали изложенные им начала аналитического решения геометрических задач».


— 117 —

Случай 1. Положим сперва, что прямые, проводимые к противополо­жным сторонам, параллельны другим сторонам четырехугольника, т. е. PQ и РR параллельны АС (фиг. 39), PS и РТ параллельны АВ, и, сверх того, пусть и стороны АС и BD параллельны между собою.

Прямая, разделяющая пополам эти параллельные стороны, разделит пополам и RQ; пусть О есть середина RQ, тогда РО будет ординатою при этом диаметре. Если продолжить РО до точки К так, чтобы было

ОК=ОР

то ОК будет также ординатою при том же диаметре. Так как точки А, В, Р, К нахо­дятся на коническом сечении и РК пересе­кает АВ под постоянным углом, то, по пред­ложениям 17, 19, 21 и 23 книги III Аполлониевых конических сечений, отношение PQ•QK к AQ•QB будет постоянное.67 Но QK=PR, ибо взяв почленно разность равенств

ОК=ОР и OQ=OB получим

OK—OQ=OP—OR

т. е.

QK=PR,

__________________

67 Для круга эти произведения, как отрезков хорд, будут между собою равны; спроектируем этот круг на плоскость, получится эллипс, отрезки хорд умножатся на постоянные множители, значит отношение произведений, бывших для круга равными, станет постоянным. Если вместо проекций взять перспективу, то легко убедиться в справедливости этого свойства и для любого конического сечения.

Аналитически это свойство доказывается также весьма просто: пусть

Аа2+2Вху+Су2+2Dx+2Еу +F=0 коническое сечение, отнесенное, напр., к осям и PQ. Делая



Если переносить оси параллельно, то ни A, ни С не меняются. и значит, отношение рассматри­ваемых произведений отрезков остается постоянным.




— 118 —

следовательно произведения

FQ•QK=FQ•PR,

поэтому произведение PQ•РR находится в постоянном отношении к произ­ведению ^ AQ•QB, это же последнее равно PSРТ.

Случай 2. Когда противоположные стороны четырехугольника АС и BD (фиг. 40) между собою не параллельны, проведи Bd параллельно АС, и пусть точки ее пересечения с прямою ST и с кривою суть t и d. Про-



веди: Сd, пересекающую PQ в r, и DM, параллельную PQ и пересекаю­щую Cd в M и АВ в N. Тогда, по подобию трехугольников BTt и BDN. будет по замене Bt равной ей PQ:

PQ:Tt=DN:NB; также, заменив AQ равной ему PS, будет

Rr:PS=DM:AN.

По перемножении этих пропорций, получится

PQ•Rr:Tt•PS=DN•DM: NB•AN.

По доказанному для случая (1) будет

PQ•Pr:PS•Pt=DN•DM:NBAN.

Вычитая, получим

^ PQ•PR:PS•PT=DN•DM: NB•AN=постоянной.

Случай 3. Наконец, если все четыре прямые PQ, PR, PS, РТ (фиг. 41) не параллельны сторонам и АВ, но наклонены к ним под каким-либо


— 119 —

углом, проведи ^ Pq, Pr параллельно АС и Ps, Pt параллельно AB; так как в треугольниках PQq, PRr, PSs, PTt углы будут постоянные, то и отноше­ния сторон PQ к Pq, PR к Pr, PS к Ps и РТ к Pt будут постоянны, сле­довательно будут постоянны и отношения PQ•PR к Pq•Pr и PS•PT к Ps•Рt, по доказанному же выше отношение РqРr:Ps•Pt постоянное, следовательно постоянно и отношение PQ•PR к PS•РТ.

Лемма ХVIII

При тех же предположениях, если произведения отрезков PQ•PR и PSРТ, заключенных между точкою Р и сторонами четырехугольника ABCD, находятся в постоянном отноше­нии, то точка Р лежит на коническом сечении, описанном около этого четырехугольника.

Вообрази, что через точки А, В, С, D (фиг. 42) и какое-нибудь одно из бесчислен­ного множества положений точек Р, ска­жем р, проведено коническое сечение; я утверждаю, что точка Р лежит на нем. Если отрицаешь, соедини АР, которая тогда пересечет это коническое сечение в какой-либо другой точке, а не в Р, ска­жем в b. Следовательно, если из точек р и b провести к сторонам четырехугольника под заданными углами прямые pq, pr, ps, pt и bk, bn, bf, bd, то будет

bk•bn:bf•bd=pq•pr:ps•pt=PQ•PR:FS•PT. По подобию же четырехугольников bkAf и PQAS:

bk:bf=PQ:PS

и следовательно, по разделении предыдущей пропорции на эту, будет

ln:td=PR:PT

следовательно четырехугольники Dnbd и DRPT, коих углы равны, будут подобны, и поэтому их диагонали Db и DP должны совпадать. Следова­тельно, точка b упадет в пересечение прямых АР и DP, т. е. совпадает с точкою Р. Таким образом, где бы ни была взята точка Р, удовлетворяю­щая условиям теоремы, она упадет на проведенное коническое сечение.




— 120 —

Следствие. Если три прямых PQ, PR, PS, проведенные из какой-либо точки ^ Р к заданным по положению прямым АВ, CD и АС под данными углами, [каждая к каждой таковы, что отношение произведения PQ•QR к PS2 постоянное, то точка Р, из которой прямые проводятся, находится на коническом сечении, касающемся прямых АВ и CD в точках А и С, и обратно.

Ибо если прямая BD будет приближаться к совпадению с АС, причем положение трех прочих прямых АВ, CD, AC сохраняется, то отрезок РТ будет приближаться к совпадению с PS, и произведение PS•РТ обратится в PS2, прямые же АВ и CD, которые пересекали кривую в точках А и В, С и D, при совпадении этих точек уже не будут секущими, а обратятся в касательные.

ПОУЧЕНИЕ

Словам «коническое сечение» в предыдущей лемме придается широкий смысл, т. е. в них включаются как прямолинейные сечения конуса плоскостью, проходящей через вершину его, так и круговые его сечения плоскостью, параллельною основанию. Действительно, если точку р взять на прямой, проходящей через А и D или С и В, то коническое сечение обратится в две прямые, из которых одна есть та, на которой берется точка р, другая же есть та, которая проходит через прочие две точки. Если сумма двух про­тивоположных углов четырехугольника равна двум прямым углам и линии PQ, PR, PS, РТ проводятся или перпендикулярно, или, вообще, под одним и тем же углом к сторонам, и произведения PQ•PR и PS•РТ равны, то сечение будет круг.

То же самое будет и в том случае, когда эти четыре прямые прово­дятся под какими угодно углами и произведение двух отрезков PQ и PR так относится к произведению PS и РТ двух других отрезков, как произ­ведение синусов углов S и Т, ими составляемых с соответствующими сто­ронам, относится к произведению синусов углов R и Q, составляемых пер­выми. В остальных случаях местом точек Р будет служить одна из тех трех кривых, которые обыкновенно называются коническими сечениями. Вместо четырехугольника ABCD можно брать и такой четырехугольник, коего стороны между собою пересекаются на манер диагоналей. Наконец, из че­тырех точек А, В, С, D одна или две могут удаляться в бесконечность; в этом случае стороны фигуры, сходившиеся в этих точках, становятся между собою параллельными и коническое сечение, проходя через прочие точки, удаляется в бесконечность в направлении параллельных сторон четырехугольника.


— 121 —

Лемма XIX

Найти такую точку Р, из которой если провести четыре прямых PQ, PR, PS, РТ каждую соответственно под заданным углом к одной из четырех данных по положению прямых АВ, CD, AC, ВD, то произведения PQ•РR и PS•РТ находились бы в данном отношении.

Пусть прямые АВ и CD (фиг. 43), к которым проводятся отрезки PQ и РR, образующие одно из произведений, пересекаются с двумя другими данными прямыми в точках А, В, С, D. Через которую-нибудь из этих точек А проводится произвольно прямая АН, на которой желательно чтобы лежала точка Р; пусть эта прямая пересекает соответственно ВD в H, CD в J; так как все углы фигуры заданы, то будут известны отношения PQ к РА и РА к PS, следовательно и отношение PQ к PS. Разделяя на это отношение заданное отношение произведений PQ•PR к PS•РТ, получим отно­шение РR к РТ; тогда, зная отно­шение PJ к РR, РТ к РН, найдем отношение PJ к РН, а следова­тельно, и точку Р.

Следствие 1. К геометриче­скому месту точек Р можно по­строить и касательную в какой-нибудь данной точке, напр. ^ В. Ибо, когда точки Р и D, по приближении друг к другу, сливаются, т. е. когда пря­мая АН проходит через точку D, то хорда РD обращается в касательную. Предельное отношение исчезающих длин JP и РН найдется для этого случая по-прежнему, поэтому если провести прямую CF параллельно АD и расстояние CF разделить точкою Е в выше найденном предельном отно­шении, то DE и будет требуемой касательной, ибо CF и предельное поло­жение JH параллельны и разделяются в точках Р и Е на части пропор­циональные.

Следствие 2. Поэтому геометрическое место точек Р может быть определено следующим образом: через которую-нибудь из точек А, В, С, D, напр. А (фиг. 44), проводится касательная АЕ к искомому месту и через другую точку В проводится прямая BF, параллельная касательной, и по




— 122 —

лемме XIX находится точка ^ F, в которой она пересекает место. Если, раз­делив BF в точке G пополам, провести прямую AG, то BF будет хордою, сопряженною с диаметром AG.

Пусть прямая AG пересекает место в точке Н, тогда длина АН будет

длиною диаметра, соответствующий ему параметр есть BG2•AH/AG•GH. Если AG не пересекает места, т. е. длина АН бесконечна, то место точек Р есть парабола, и ее параметр при диаметре AG будет BG2/AG.

Когда же прямая AG пересекает место, то оно будет гиперболою, если точки А и Н располагаются по одну сторону от BG, и эллипсом, если точка G лежит между А и Н. Если, кроме того, угол AGB прямой и

BG2=AG•GH,

то получится круг.

В этой лемме, как видно, изложено решение задачи древних о четырех ли­ниях. Задача эта была предложена Эвкдидом, продолжена Аполлонием, и такое решение, как приведенное выше, т. е. исполняемое геометрическими со­поставлениями, а не аналитическим расчетом, и изыскивалось древ­ними.68



Лемма XX

^ Если две противоположные вершины А и Р параллелограмма ASPQ лежат на коническом сечении и стороны его AQ и AS, сходящиеся в одной

__________________

68 Как уже упомянуто в примечании 66, именно эту задачу взял Декарт как пример при­ложения алгебраического способа решения геометрических вопросов. Объяснив построение кор­ней квадратного уравнения, он говорит: «все задачи элементарной геометрии могут быть решены, делая лишь эти немногие построения, объясненные в предыдущих четырех примерах. Мне кажется, что это не было замечено древними, ибо они не стали бы затрачивать труд на писание стольких толстых книг, в которых самый порядок предложений показывает, что они не имели истинного способа, чтобы их все находить, а что они собирали лишь те предложения, на кото­рые случайно нападали». Ньютон ставил геометрическое рассуждение гораздо выше алге­браического, и весьма возможно, что его замечание относится к этим словам Декарта, хотя сам Ньютон большую часть своего сочинения «Arithmetica Universalis» посвящает решению геометрических вопросов при помощи алгебры.


— 123 —

из этих вершин А, по продолжении пересекают это коническое сечение в точках В и С; если затем эти точки соединить с какою-либо пятою точкою В, лежащей на сечении, прямыми СD и ВD и продолжить эти прямые до пересечения в точках R и Т с двумя другими сторонами PQ и PS параллелограмма, то отрезки PR и РТ будут находиться в постоян­ном отношении. И обратно, если эти отрезки находятся в постоянном отношении, то точка D лежит на коническом сечении, проходящем через точки А, В, С, Р.

Случай 1. Соединив ВР и СР (фиг. 45), проводят из точки D прямую DG парал­лельно АВ и DE парал­лельно АС; пусть первая пе­ресекает прямые РВ, PQ, СА в точках Н, J, G, вторая пе­ресекает PC, PS, AB в точ­ках F, К, Е. По лемме XVII отношение произведений DE•DF к DG•DH постоян­ное.

Но

PQ:DE=PQ:JQ=PB:HB=PT:DH

следовательно

PQ:PT=DE:DH. (1)

Также

PR:DF=RC:DC=PS:DG

откуда

PR:PS=DF:DG; (2)

перемножая пропорции (1) и (2), имеем

PQ•PR:PS•РТ=DE•DF:DG•DН=постоянной,

но длины PQ и PS заданы, следовательно отношение PR к РТ постоянное. Случай 2. Если положить, что отрезки PR и РТ находятся в заданном отношении, то восходя в рассуждении, подобном предыдущему, получим, что отношение произведения DE•DF к DG•DH будет постоянное, следо­вательно (лем. XVIII) точка D лежит на коническом сечении, проходящем

через А, B, C, P.




— 124 —

Следствие 1. Если провести прямую ВС, пересекающую PQ в r, и на РТ взять Pt так, чтобы было

Pt:Pr=PT:PB

то прямая Вt будет касательной к коническому сечению в точке В. Ибо, если вообразить, что точка D, приближаясь, сливается с В, т. е. что исче­зающая хорда ВD обращается в касательную ВТ, то CD и ВТ совпадут с СВ и Bt.

Следствие 2. Обратно, если Bt — касательная и если в точке D кони­ческого сечения сходятся прямые ВD и CD, то будет

PR:PT=Pr:Pt

и наоборот, если

PR:PT=Pr:Pt

то BD и CD сходятся в точке D, лежащей на коническом сечении.

Следствие 3. Два конических сечения не могут пересекаться друг с другом в большем числе точек, нежели четыре. Ибо, если бы это было возможно и два конических сечения проходили бы через пять точек А, В, С, Р, О, тогда, если прямая BD пересекает эти кривые в точках D и d и прямая PQ пересекает прямую Cd в q, будет

PR:PT=Pq:PT

т. е.

PR=Pq

что противно предположению.

Лемма XXI

Если около данных точек В и С, как центров, вращаются две подвиж­ные и неограниченные прямые ВМ и СМ так, что точка их пересечения М описывает прямую линию, и две другие также неограниченные прямые BD и CD проводятся так, что они составляют при точках В и С с пер­выми постоянные углы MBD и MCD, то точка их пересечения D описы­вает коническое сечение, проходящее через точки В и С. Обратно, если точка D пересечения прямых BD и CD лежит на коническом сечении, проходящем через заданные точки А, В, С, и угол DBM постоянно равен заданному углу ABC, угол же DCM постоянно равен углу ACB, то точка M лежит на постоянной прямой.


— 125 —

Положим, что на прямой ^ MN (фиг. 46) взята точка N, и когда подви­жная точка M совпадает с N, то точка D совпадает с неподвижною точ­кою Р. Соединив CN, BN, СР, ВР, проводят из точки Р прямые РТ и PR, пересекающие ВС и CD в точках Т и R и составляющие угол ВРТ, равный углу BNM, и угол СРR, равный углу CNM. Так как по условию угол

MBD=NBP и МСD=NCP то но отнятии общих углов NBD и NCD останутся углы NBM=PBT и NCM=PCR

вследствие чего треугольник NBM с ВРТ и треугольник NCM с РСR подобны. Следо­вательно, будет:

PT:NM=PB:NB

PR:NM=PC:NC точки же В, С, N, Р непо­движны. Отсюда следует, что отрезки РТ и РR находятся в постоянном отношении и точка D пересечения подвижных прямых ВТ и СВ лежит на коническом 69 сечении (лем. XX), проходящем через точки В, С, Р.



_______________

69 На ньютоновом чертеже нет того параллелограмма, к которому относится лемма XX, или, лучше сказать, есть лишь его вершина Р, лежащая на коническом сечении. Противо­положная вершина S получается вообразив, что точка М удаляется в бесконечность и стороны ВМ и СМ становятся параллельными прямой MN, а значит, и между собою; тогда сторона BS примет положение, параллельное прямой РТ, и сторона CS — положение, параллельное прямой РR, в чем легко убедиться, рассчитав углы, составляемые направлениями этих линий с каким-нибудь заданным направлением, напр. NM. Пусть, напр., NB составляет угол , направле­ние ВР составит угол



где



и направление РТ — угол



т. е. угол



и следовательно, ^ BS параллельно РТ.

Также увидим, что СS параллельно РR.


— 126 —

Обратно, пусть подвижная точка D (фиг. 47) лежит на коническом сечении, проходящем через заданные точки В, С, А, и угол

DBM=ABC и DСМ=АСВ

при всяком положении точки D. Пусть точка D последовательно совпадает с двумя неподвижными точками Р и р, причем точка М соответственно зани­мает положение N и п. Проведем через N и n прямую, эта прямая будет геометрическим местом точек М.

Ибо, если допустить, что точка M упала вне этой прямой и двигалась бы по какой-либо кривой, то точка D описывала бы коническое сечение, про­ходящее через пять данных то­чек А, В, С, р, Р. Но по только что доказанному точка D опи­сывает коническое сечение, про-




ходящее через те же пять точек, когда точка M перемещается по прямой. Таким образом оказалось бы, что два конических сечения проходят через те же самые пять точек, что противоречит следствию 3 леммы XX. Сле­довательно, допущение, что точка M перемещается по кривой, нелепо.

Предложение XXII. Задача XIV

^ Провести коническое сечение через пять заданных точек.

Пусть даны пять точек А, В, С, Р, D (фиг. 48). Из одной из них А к двум другим В и С, принимаемым за полюсы, проведи прямые АВ и АС, и через четвертую точку Р проведи прямые TPS и PRQ, им параллельные. Из обоих полюсов В и С проведи к точке D неограниченные прямые ВDТ и CRD, пересекающие соответственно предыдущие две в точках Т и R, после чего, проводя прямую tr, параллельную ТR, отсекай длины Pt и Рr,


— 127 —

пропорциональные РТ и PR. Проводя через их концы t и r прямые Bt и Cr к полюсам В и С и будешь получать в их пересечении точки d, лежащие на искомой кривой. Ибо по лемме XX точка d лежит на коническом сечении, проходящем через А, В, С, Р, и когда линии Rr и Tt исчезают, то точка d совпадает с D, следовательно это коническое сечение проходит через пять заданных точек А, В, С, Р, D.

^ То же самое иначе

Из заданных точек соедини три которые-нибудь А, В, С попарно пря­мыми, и около двух из них В и С (фиг. 49), как центров, вращай углы ABC и ACB. Сперва приложи сто­роны ВА и СА к точке D, затем ;к точке Р, и отметь точки M и N пересечения двух других сторон BL, CL. Проведи прямую MN и вращай углы около их вершин В и С так, чтобы пересечение сторон CL и BL или ВМ и СМ, получающееся, напр., в m, по­стоянно располагалось бы на пря­мой MN; тогда пересечение сто­рон ВА, СА или ВD, CD, которое соответственно m будет в d, опи­шет требуемую кривую PADdB. Ибо точка d по лемме XXI нахо­дится на коническом сечении, проходящем через В и С, когда же точка m будет поочередно совпадать с точками L, M, N, то точка d будет совпа­дать с точками A, D, Р, следовательно и будет описано коническое сече­ние, проходящее через пять точек А, В, С, Р, D.

Следствие 1. Можно провести касательную к искомой кривой в какой-либо заданной точке ^ В, вообразив, что точка d приближается к В и сли­вается с нею; тогда прямая Bd и обратится в искомую касательную.70

Следствие 2. Затем могут быть найдены центр, диаметры и параметр кривой, как указано в следствии 2 леммы XIX.71



___________________

70 Когда точка d в пределе совпадает с В, то луч Cd сольется с прямой СВ, следовательно, построив угол LCm1, равный углу АСВ, получим положение точки m1 на прямой MN; соединив Bm1 и построив угол m1Bd, равный AВС, и получим искомую касательную Bd1.

71 Построив в точке В касательную Bd1, проводим через точку С прямую, этой каса­тельной параллельную, и строим точку, лежащую на этой прямой. Соединив средину полученной


— 128 —

ПОУЧЕНИЕ

Первое построение выполняется проще, соединив ^ ВР и отложив по ней, а если нужно — по ее продолжению, длину Вр так, чтобы было

Вр:ВР=РR:РТ,

и проводя затем через р (фиг. 48) прямую, параллельную SPT, надо брать на ней длину ре, равную Рr, и отмечать точку пересечения d прямых Be, Cr. Ибо по равенству отношений

Pr:Pt=PR:PT=pB:PB=pe:Pt

будет

Рr=ре.

По этому способу точки кривой можно строить весьма быстро, если только не будет предпочтено построить кривую механически по второму способу.72

Предложение XXIII. Задача XV

^ Провести коническое сечение, проходящее через четыре заданные точки и касающееся данной прямой.

Случай 1. Пусть дана касательная НВ (фиг. 50), точка касания В и три другие точки С, D, Р. Соедини ВС, проведи PS параллельно ВН и PQ параллельно ВС и дополни параллелограмм BSPQ. Проведи BD, пересе­кающую SP в Т, и CD, пересекающую PQ в R, после чего, проводя какую-либо прямую tr параллельно TR, отсекающую от PQ и PS длины Рr и Pt, пропорциональные РR и РТ, соединяй Сr и Bt,—в их пересечении d полу­чишь точку, лежащую на искомой кривой (лем. XX).

_____________________

хорды с точкою В, будем иметь хорду, сопряженную с диаметром, и один из концов диаметра т. е. будем как раз в условиях леммы XIX.

72 Построение конического сечения, проходящего через пять данных точек, произво­дится также, как известно, при помощи теоремы Паскаля, которая дает возможность по дан­ным пяти точкам построить искомую шестую, принадлежащую коническому сечению, поль­зуясь только линейкою. Ньютоновы же построения требуют и циркуля, ибо приходится строить или углы, равные данным, или пропорциональные отрезки, и оно окажется сложнее паскалевского, если не прибегнуть во втором способе к шаблонам, воспроизводящим данные углы, коих вершины находились бы в заданных точках С и В. Это, повидимому, и рекомендует Ньютон словами «описать кривую механически». Действительно, если воспользоваться двумя такими шаблонами, вырезанными из картона или твердой бумаги, то построение ряда точек кривой исполняется весьма быстро, в чем каждый может сам убедиться.

Несколько иное решение этой задачи, основанное на свойстве, доказанном в прим. 67, объясняется Ньютоном в его «Arithmetica Universalis», задача LIХ.


—129 —

^ То же самое иначе

Пусть около точки В (фиг. 51) вращается угол СВН постоянной ве­личины, и около точки С — прямая CD, продолженная в обе стороны. Отметь точки M и N, в которых сторона ВС пересекает сказанную вращающуюся прямую CD, когда первая сторона угла ВН пересекает ее по очереди в Р и в D. Если затем вращать сказанный угол и луч СР или CD так, чтобы вторая сторона угла пересекалась с этим лучом на прямой MN, то пересе­чение первой его стороны с этим лучом и будет давать точку D, описываю­щую требуемую кривую. Ибо, если при построении предыдущей задачи точка А, приближаясь, достигнет В, то линии СА и СВ совпадут, и предельное положение АВ и бу-





дет касательною ^ ВН, и данное выше общее построение обратится в указанное здесь. Пересечение стороны ВН с лучом опишет поэтому коническое сечение, проходящее через точки С, D, Р и касающееся прямой ВН в точке В.

Случай 2. Пусть заданы четыре точки В, С, D, Р(фиг. 52), лежащие вне касательной HJ. Проведи прямые BD и СР, пересекающиеся в G и пересе­кающие касательную в H и J. Пусть точка А разделяет касательную так, что

HA:JA=(CGGP)•(BHHD): (DGGB)•(PJJC) тогда точка А будет точкою касания. Ибо, если прямая НХ, параллельная PJ, пересекает кривую в точках X и Y, то по свойству конических сечений точка касания А будет так расположена, что73

НА2:AJ2=[ХННТ: ВНHD]•[ВНHD:PJJC],

________________________

73 Это свойство доказано в примечании 67. Стоит только вообразить, что одна из осей касается кривой, то оба корня станут равными, и произведение отрезков секущей заменится квадратом длины касательной.


— 130 —

но отношение



После того как точка касания найдена, кривая может быть построена как показано в случае 1. Точку ^ А можно брать или между точками Н и J, или же снаружи, следовательно искомых кривых может быть построено две.

Предложение XXIV. Задача XVI

Провести коническое сечение, проходящее через три заданные точки и касающееся двух данных прямых.

Пусть даны касательные HJ и KL и точки B, С, D (фиг. 53). Через которые-нибудь две из них B и D проведи прямую, пересекающую каса-





тельные в точках К и H. Затем через точки С и D проведи прямую, пере­секающую касательные в J и L; проведенные прямые рассеки в точках R и S так, чтобы было



и



причем точки сечения можно брать как между точками К и Н, J и L, так и вне их. Проведи затем RS, пересекающую касательные в A и Р; точки A и Р и будут точками касания. Ибо, если предположить, что A и Р суть точки касания заданных касательных, что через точку J, лежащую на ка­сательной HJ, проведена прямая JY, параллельная другой касательной,


— 131 —

и что эта прямая пересекает кривую в точках X и Y и что на этой прямой взята длина



то по свойству конических сечений74 будет



следовательно



что показывает, что точки S, Р, Z лежат на одной прямой.

Так как касательные сходятся в точке G, то по свойству конических сечений будет



т. е.



и следовательно, точки Р, Z, А лежат на одной прямой, значит и точки Р, S, А лежат на одной прямой. Подобным же образом докажется, что точки Р, R, А также лежат на одной прямой, следовательно точки касания Р и А лежат на прямой RS. После того как эти точки будут найдены, кривая может быть построена подобно тому, как в первом случае предыдущей задачи.

В этом предложении и во втором случае предыдущего предложения построения остаются одинаковыми, пересекает ли прямая ^ XY кривую в точ­ках Xи Y на самом деле, или нет, ибо эти построения не зависят от этого пересечения. Но доказательство велось в предположении, что сказанная прямая кривую действительно пересекает; в случае, если такого пересече­ния нет, то, как уже сказано, построение остается без изменения, на по­дробном же доказательстве я, краткости ради, останавливаться не буду.

Лемма XXII

^ Преобразовать фигуры в другие фигуры такого же рода.

Пусть преобразуемая фигура есть HGJ (фиг. 54). Проводятся две параллельные прямые АО и BL, пересекающие заданную по положению третью АВ в точках А и В. Из произвольной точки G фигуры проводится ее ордината GD, параллельная АО, до пересечения с данной прямою АВ (осью абсцисс). Затем из какой-либо точки О, взятой на прямой АО, проводится прямая ОD, соединяющая точку О с точкою D, основанием

_________________________

74 См. примечания 67 и 73.


— 132 —

ординаты ^ GD. Пусть эта прямая ОD пересекает заданную прямую BL в точке d. Из этой точки проводится прямая dg, составляющая с BL задан­ный угол, и на ней откладывается такая длина dg, что

dg:Od=BG:OD,

тогда точка g новой фигуры hgi и будет соответствовать точке G старой.

Таким образом каждая отдельная точка первой фигуры дает соответ­ствующую ей точку новой. Если вообразить, что точка G, перемещаясь непрерывным образом, проходит последовательно через все точки первой фигуры, то и точка g также непрерывно пройдет через все точки новой фигуры и опишет ее. Будем для различия называть ординаты BG — старыми, ординаты dg — новыми, абсциссы AD — старыми, абсциссы ad — новыми, О — полюсом, ОВ — секущим лучом, ОА — основанием старых ординат и Оа (дополняющую параллелограмм ОАВа) — основанием новых ординат.

Я утверждаю, что когда точка ^ G описывает прямую, то и точка g также описывает прямую, соответствующую первой. Когда точка G описы­вает коническое сечение, то и точка g также описывает коническое сечение. К коническим сечениям я причисляю и круг. Если точка G описывает кри­вую третьего порядка, то и точка g описывает кривую третьего же порядка; то же самое относится и до кривых высших порядков — кривые, .описы­ваемые точками G и g, будут всегда одного и того же порядка. Действи­тельно, имеем



следовательно будет: 75 и

______________________________

75 При обычных теперь обозначениях преобразование Ньютона выражается следую­щими формулами. Пусть будет:



тогда будет



Эти формулы становятся особенно просты, если взять а=b, тогда будет:



Это есть так называемое теперь взаимное преобразование, которое теперь выполняется обыкновенно аналитически, Ньютон же, предлагая его, дал и соответствующее геометрическое истолкование.


— 133 —

Следовательно, если точка ^ G описывает прямую линию и, значит, в уравнении, выражающем зависимость между абсциссою АD и ординатою DG, переменные AD и DG заключаются лишь в первой степени, то под­ставив в это уравнение вместо AD и DG их выражения, приведенные выше, получим новое уравнение, в котором новая абсцисса ad и новая орди­ната dg будут входить лишь в первой степени и друг на друга не помножен­ными, поэтому это уравнение будет представлять прямую линию. Если же AD и DG или которая-нибудь одна из этих переменных входят в состав первого уравнения во второй степени, то и степень второго уравнения относительно ad и dg будет также вторая. То же самое относится и до уравнений третьей или вообще любой высшей степени — всегда степень первоначаль­ного уравнения относительно переменных АD и DG и сте­пень преобразованного отно­сительно переменных ad и dg будут одинаковы, и следо­вательно, кривые, представляющие геометрические места точек G и g, будут одного и того же порядка.

Я утверждаю, кроме того, что если какая-либо прямая касается перво­начальной кривой, то прямая, представляющая преобразование этой прямой, касается преобразованной кривой, и наоборот. Ибо, если две точки первой кривой сближаются и в пределе совпадают, то и соответствующие им точки на новой кривой также сближаются и совпадают в пределе, следовательно прямые, проходящие через эти точки, одновременно обращаются в касатель­ные к своим кривым.

Можно было бы дать предыдущим утверждениям доказательства более геометрического характера, но я стремлюсь к краткости.76



___________________

76 Из этих слов видно, что Ньютон доказательства геометрические при изложении «Начал» предпочитал алгебраическим, и с намерением избегал этих последних, может быть сообразуясь с общим состоянием науки и с приемами преподавания того времени, а также к с состоянием алгебры, в которой тогда еще не утратились громоздкие обозначения словами вместо знаков, особенно для показателей; между тем как геометрия, включавшая учение о конических сечениях и доведенная до высокой степени совершенства еще древними, составляла

главнейший и, можно сказать, почти единственный предмет математического образования.


— 134 —

Итак, если надо преобразовать прямолинейную фигуру, то достаточно перенести точки пересечения прямых, ее образующих, и через полученные точки провести прямые, если же надо преобразовать криволинейную фигуру, то надо переносить те точки, касательные и иные прямые, коими кривая линия вполне определяется.

Эта лемма служит для решения трудных геометрических задач, пре­образуя заданные фигуры в другие простейшие; так, напр., сходящиеся прямые линии можно преобразовать в параллельные, взяв за ось первона­чальных ординат какую-нибудь прямую, проходящую через точку пересече­ния данных прямых; при таком выборе преобразование точки их пересече­ния удалится в бесконечность, прямые же, нигде не встречающиеся, между собою параллельны. После того как для преобразованной фигуры задача будет решена, стоит только преобразовать ее обратно в первоначальную, чтобы получить требуемое решение для этой последней.

Эта лемма полезна также при решении задач, приводящих к уравне­ниям третьей или четвертой степени, коих решения получаются пересече­нием конических сечений, ибо если получатся два таких сечения, то задачу следует сперва преобразовать так, чтобы одно из этих сечений было эллипс, который затем легко преобразуется в круг. При решении же задач второй степени, приводящих к пересечению прямой и конического сечения, это по­следнее преобразуется в круг.77

Предложение ХХV. Задача ХVII

^ Провести коническое сечение, проходящее через две заданные точки и касающееся трех данных по положению прямых.

Через точку пересечения двух из заданных касательных (фиг. 55) и через точку пересечения третьей касательной с прямою, проходящей через две заданные точки, проведи неограниченную прямую и, приняв ее за ось ординат (старых), преобразуй фигуру в новую по предыдущей лемме. В новой фигуре сказанные две касательные будут между собою параллельны, третья же касательная будет параллельна прямой, проходящей через две заданные точки. Пусть hi, kl — сказанные две параллельные касательные, ik — третья касательная, hl — прямая, ей параллельная, проходящая через

___________________

77 Задачи, приводящие к уравнениям второй степени, построение коих выполнимо при помощи пересечений кругов и прямых линий (циркулем и линейкой), назывались «задачами плоскими» — «problemata plana». Задачи же, приводившие к уравнениям третьей и четвертой степени, требовавшие построения конических сечений и определения их пересечений, назы­вались «задачами пространственными» — «problemata solida». Ньютон пользуется этою терминологиею), в переводе она заменена современною.


— 135 —

те две точки а и b, через которые требуется провести коническое сечение на преобразованной фигуре.

Пусть hi, ik, kl рассекаются точками с, d, е так, что



тогда точки с, d, e и будут точки касания.

Действительно, по свойству конических сечений будет



следовательно будет



взяв отношение суммы предыдущих (hc+сi+kе+el) равной (ki+kl) к сумме последующих, получим, что рассматриваемые отношения равны отношению



Воспользовавшись этою пропорцией, определим положение точек касания на новой фигуре; перенеся их обратным преобразо­ванием на первоначальную, пользуясь зада­чею XIV и определим искомую кривую.

Необходимо иметь в виду, что когда точки а, b лежат обе между точками h и l, то точки с, d, е надо брать между точками h, i, k, l; когда же они лежат вне h и l, то и с, d, e надо брать вне. Если же одна из точек а или b лежит между точками h и l, другая же — вне, то задача невоз­можна.

Предложение XXVI. Задача ХVIII

^ Провести коническое сечение, проходящее через заданную точку и ка­сающееся четырех заданных по положению прямых.

Через точку пересечения любых двух из заданных касательных через точку пересечения двух других проводится неограниченная прямая, которая и принимается за ось ординат первоначальной фигуры, которая затем и преобразуется в новую. В этой новой касательные, пересекавшиеся на старой в точках, лежащих на оси ординат, станут попарно




— 136 —

параллельными; пусть они будут hi и kl, ik и hl (фиг. 66), образуя параллело­грамм hikl, и пусть р есть точка этой новой фигуры, соответствующая задан­ной точке старой. Через центр параллелограмма О проводится прямая pq, и по ней откладывается oq=op, точка q будет также лежать на искомом коническом сечении. Обратным преобразованием эта точка переносится на первоначальную фигуру, на которой тогда будут известны две точки, и она определится как показано в задаче XVII.

Лемма ХХIII

^ Если по данным по положению прямым АС и BD, от заданных на них точек А и В, откладывать переменные длины АС и BD, находящиеся




в постоянном отношении, и соединяющую их прямую CD рассекать точ­кою К также в постоянном отношении, то геометрическое место точек К есть прямая линия.

Пусть Е (фиг. 67) есть точка встречи прямых АС и BE, и на прямой BE берется точка G так, чтобы было

BG:AE=BD:AC

и откладывается длина FD, равная EG, т. е. постоянная; тогда по построе­нию будет

EC:GD=EC:EF=AC:BD

т. е. это отношение постоянное и треугольник EFC сохраняет свой вид. Пусть ^ CF разделяется точкою L так, что

CL:CF=CK:CD;


— 137 —

так как последнее отношение задано, то и треугольник EFL сохраняет свой вид, и следовательно, точки L будут располагаться на прямой EL, положение которой известно. Соедини LK, треугольники CLK и CFD будут подобны, и так как отношение LK к FD и длина FD известны, то найдется и LK.

Взяв EH=LK, получим параллелограмм ELKH, следовательно точка К располагается на постоянной стороне НК этого параллелограмма.78

Следствие. Так как вид фигуры EFLC сохраняется, то отношение длин EF, EL, ЕС, иначе, длин GD, НК, ЕС, друг к другу остается по­стоянным.

Лемма XXIV

Если коническое сечение касается трех прямых, из коих две парал­лельны и положение их задано, то полудиаметр кривой, параллельный этим двум касательным, есть среднее пропорциональное между отрезками их, заключенными между точками касания и точ­ками пересечения с третьей каса­тельной.

Пусть AF и GB (фиг. 58) — две параллельные прямые, касаю­щиеся сечения ADB в точках А и В; EF — третья касательная в точке J, пересекающая первые две в F и G, и пусть СD есть полудиаметр, параллельный каса­тельным, тогда

AF:CD=CD:BG.

__________________

78 Аналитически эта лемма доказывается весьма просто. Примем точку ^ Е за начало координат, BD — за ось x-ов, АС — за ось y-ков, и пусть:

AЕ=а, ЕB=b, AC:BD=n; KD:CD=k. Возьмем BD=. тогда АС=n и координаты точек С и D будут:

С... 0 и а+; D... b+, 0, следовательно координаты х и у точки К суть:

х=(b+)(1—k); у=k(а+n),

т. е. у и х — линейные функции произвольного параметра , следовательно геометрическое место точек К есть прямая линия.




— 138 —

Ибо, если сопряженные диаметры АВ и DM пересекают касательную FG в точках Е и Н и друг друга в С, то дополнив параллелограмм JKLC, по свойству конических сечений имеем

EC:CA=CA:CL следовательно будет также

(ЕС—СА):(СА—CL)=EA:AL=EC:CA и затем

(ЕА+AL):(ЕС+СА)=EL:EB=EC:СА.

По подобию же треугольников: EAF, ELJ, ECH, EBG, будет

AF:LJ=CH:BG и по свойству конических сечений:

^ LJ:CD = CD:CH;

значит, будет79

AF:CD=CD:BG.

Следствия 1. Если две касательные FG и PQ пересекают параллель­ные касательные AF и BG в F и G, Р и Q и друг друга в О, то будет 80 AF:BQ=АР:BG=FP:QG=OF:OG

________________

79 Пусть уравнение конического сечения, отнесенного к его сопряженным диаметрам, есть



и на нем взята точка х1у1. Уравнение касательной в этой точке есть



Делая в этом уравнении сперва =+b, затем =—b, получим соответствующие отрезки касательных, параллельных оси х:



Перемножив эти равенства и заметив, что



получим по сокращении:



что и доказывает лемму для эллипса. Совершенно так же она докажется и для гиперболы.

80 В самом деле,



следовательно



но



ибо треугольники POF и GOQ подобны.


— 139 —

Следствие 2. Отсюда следует, что точка пересечения прямых PG и FQ, проведенных через точки Р и G, F и Q, лежит на прямой АСВ, про­ходящей через центр кривой и точки касания.

Лемма ХХV

Если четыре неопределенно продолженные стороны параллелограмма касаются конического сечения и пересекаются какою-либо пятою касатель­ной, то между отрезками двух смежных сторон параллелограмма, заклю­ченными между двумя противо­положными вершинами и секу­щей, имеет место следующее соотношение: отрезок так от­носится к своей стороне, как часть смежной стороны, заклю­ченная между точкою ее каса­ния и третьей стороной, отно­сится ко второму отрезку.

Пусть стороны ML, JK, KL, МJ параллелограмма MLJK (фиг. 59) касаются конического сечения в точках А, В, С, D и пятая касательная FQ пере­секает эти стороны в точках F, Q, H, Е. Рассматривая отрезки и KQ сторон MJ и KJ или же отрезки КН и MF сторон KL и ML. надо доказать, что будет

ME:MJ=BK:KQ

и

KH:KL=AM:MF.

По следствию 1 предыдущей леммы будет

ME:EJ=AM:BQ=BK:BQ

следовательно

МЕ:(МЕ+EJ)=ВК: (ВК+BQ),

т. е.

ME:MJ=BK:KQ

точно так же

КН:HL=ВК:AF=AM:AF




—140—

следовательно

KH:(НL—KН)=AM:(AF—AM)

т. е.

KH:KL=AM:MF.

Следствие 1. Если известен параллелограмм JKLM, описанный около конического сечения, то будут известны и равные между собою произведе­ния KQ•ME и КН•MF. Равенство этих произведений следует из подобия треугольников KQH и MFE.

Следствие 2. Если провести шестую касательную eq, пересекающую касательные KJ и MJ в точках q и е, то будет

KQ•ME = Kq•Me,

следовательно будет

KQ:Me=Kq:ME=(KQKq):(ME—Me)=Qq:eE.

Следствие 3. Отсюда следует, что прямая, проведенная через сере­дины прямых Eq и eQ, проходит через центр кривой, ибо, в силу пропорции

Qq:Ee=KQ:Me

эта прямая проходит через середины прямых Eq, eQ и ^ МК (лем. XXIII). Середина же МК есть центр кривой.

Предложение XXVII. Задача XIX

Провести коническое сечение, касающееся пяти данных по положению прямых.

Пусть даны по положению касательные: ABG, BCF, GCD, FDE, ЕА (фиг. 60). Раздели диагонали AF и BE четырехугольника ABFE, образо­ванного какими-нибудь четырьмя из данных касательных, в точках М и N пополам; прямая MN (лем. XXV, след. 3), проведенная через эти середины, пройдет через центр кривой. Раздели затем пополам диагонали ВD и GF какого-нибудь другого четырехугольника BGDF, образованного другими че­тырьмя касательными; прямая PQ, проходящая через середины Р и Q диаго­налей, пройдет через центр кривой, который поэтому и получится в пересе­чении PQ и MN. Пусть он будет в О. Проведи прямую KL параллельно одной из касательных, напр. ВС, так, чтобы центр О лежал на середине расстоя­ния между ними, тогда проведенная прямая есть также касательная к кривой. Пусть точки ее пересечения с двумя другими касательными QCD и FDE суть L и К. Через точки пересечения С и К, F и L этих непараллельных


— 141 —

касательных CL, FK с параллельными CF, KL проведи прямые СК и FL, пересекающиеся в R; прямая OR пересечет параллельные касательные CF и KL в точках касания. Это следует из леммы XXIV, следствие 3. Таким же способом можно найти точки касания и прочих касательных и затем по построению задачи XIV описать и самую кривую.



ПОУЧЕНИЕ

Задачи, в которых задаются или центры, или асимптоты, заключаются в предыдущих. Ибо когда даны точки и касательные вместе с центром, то тем самым задается еще столько же точек или касательных, расположенных в одинаковом расстоянии по другую сторону от центра. Асимптоту можно также считать за касательную и ее бесконечно удаленную точку (если можно так выразиться) — за точку касания. Вообрази, что точка касания какой-либо касательной удаляется в бесконечность, тогда эта касательная и обратится в асимптоту и построения предыдущих задач обратятся в по­строения при заданной асимптоте.

После того как фигура построена, можно найти ее оси и фокусы следую­щим образом: в построении и чертеже леммы XXI сделай так, чтобы сто­роны ВР и СР подвижных углов PBN и PCN (фиг. 61), коих пересечением описывается кривая, стали бы между собою параллельны; если, сохраняя такое взаимное расположение этих сторон, вращать углы около их полюсов


— 142 —

^ В и С, то вторые их стороны CN и BN опишут точкою своего пересечения k круг81 BGKC. Пусть центр этого круга есть О. Из этого центра опусти на ту прямую MN, по которой велась точка пересечения сторон при описа­нии конического сечения, перпендикуляр ОH, пересекающий круг в точках



___________________

81 Это поучение составляет дополнение к лемме XXI, в которой дано «органическое построение» — «descriptio organica» — конических сечений. Положим сперва, что кривая есть гипербола (ниже будет показано, при каком условии это имеет место), тогда нетрудно построить направления ее асимптот, ибо очевидно, что эти направления суть те, при которых точка пересечения лучей удаляется в бесконечность и лучи становятся параллельными. Положим сперва, что лучи, направляясь параллельно, лежат по ту же сторону хорды СВ и что точка N на прямой MN есть точка пересечения ведущих сторон углов при этом их положении; тогда, проведя через N прямую NH, параллельную СР и ВР, видим, что угол



следовательно точка ^ N лежит на сегменте, вмещающем этот угол =+.

Если же второе асимптотическое направление располагается так, что прямые СР и ВР идут по разные стороны хорды ВС, то угол СМВ=—(+), т. е. сегмент СМВ, дополняет предыдущий до полного круга.

Таким образом точки пересечения М и N ведущей прямой с кругом, вмещающим на хорде ВС угол +, дают положения ведущих сторон, соответствующие направлениям асимптот. Так как направления осей разделяют угол между асимптотами пополам, то этим направлениям будут соответствовать на круге середины дуг МN, т. е. концы К и L диаметра, перпендикулярного к прямой MN. Направление лучей, соответствующее пересечению ведущих сторон в точке К, дает направление одной оси, соответствующее точке L — другой. При этом то направление, которое разделяет пополам тот угол между асимптотами, в котором лежит кри­вая, дает главную ось, т. е. ту, на которой лежат фокусы.

Когда прямая ^ МN пересекает круг, то кривая есть гипербола, ибо ее асимптоты вещественные. Когда же MN круга не пересекает, то кривая есть эллипс, но так как построение направлений осей не зависит от того, пересекается ли MN с кругом, или нет, то оно остается без изменений. Если МN касается круга, то кривая есть парабола.


— 143 —

К и L. Когда углы занимают такое положение, что их пересекающиеся стороны СК и ВК сходятся в точке К, ближайшей к прямой MN, то на­правления СР, ВР первых сторон углов параллельны большой оси кониче­ского сечения, перпендикулярные же им — малой. Обратное имеет место, если взять более отдаленную точку L. По известному положению82 центра кривой найдутся и ее оси, после же того как оси найдены, получаются и фокусы.

Кроме того, отношение квадратов83 осей друг к другу равно отноше­нию КН к LH, следовательно легко построить кривую, подобную данной и проходящую через четыре заданные точки. Ибо, если две из данных точек принять за полюсы, то третья даст подвижные углы РСК, РВК, когда же эти утлы известны, то можно провести круг BGKC. Затем, так как вид кривой задан, то будет известно отношение ОН к ОК, т. е. самое ОН. Если из центра О радиусом ОН описать другой круг, то касательная к этому кругу, проведенная через точку пересечения сторон СК и ВК, при том положении подвижных углов, при котором их первые стороны СР и ВР проходят через четвертую из данных точек, и будет тою прямою MN, при помощи которой строится кривая.

Обратно, можно в данное коническое сечение вписать четырехугольник, подобный данному (за исключением некоторых случаев невозможности).

Есть и еще леммы, при помощи которых можно строить конические сечения заданного вида по заданным точкам и касательным. Напр., лемма такого рода: если через заданную точку проводить прямую, пересекающую

___________________

82 Центр найдется по пересечению двух диаметров; для того же, чтобы построить диаметр, стоит только, взяв какую-нибудь хорду кривой, проходящую через один из полюсов, напр. С, провести через точку B луч, ей параллельный, и построить точку кривой, лежащую на этом луче. Прямая, проходящая через середины параллельных хорд, и есть диаметр.

Удобнее всего за направление этих двух диаметров брать определенные, как показано выше, направления, которые параллельны осям, тогда сам собою получается прямоугольник, вписанный в кривую, а так как отношение между длинами осей известно (см. прим. 83), то най­дутся и самые оси.

83 Соединим точку R с точкой N, тогда угол KBN=2 есть угол между асимптотами; пусть R есть радиус круга, тогда:





— 144 —

данное коническое сечение в двух точках, и расстояние между этими двумя точками разделять пополам, то точка деления опишет коническое сечение, подобное данному, и оси его будут параллельны осям данного. Но я перейду к более полезным.

Лемма XXVI

^ Расположить вершины треугольника, по виду и величине равного за­данному, так, чтобы каждая из них лежала на одной из трех заданных непараллельных прямых.



Пусть даны по положению три неограниченные прямые AB, АС, ВС (фиг. 62) и требуется расположить заданный треугольник DEF так, чтобы его вершина D лежала на прямой АВ, вершина Е — на прямой АС и вер­шина F— на ВС. Опиши около DE, DF, EF три сегмента DRE, DGF, EMF, вмещающих углы, соответственно равные ВАС, ABC, ACB. Эти сегменты надо описывать по такую сторону прямых BE, BF и EF, чтобы последовательность букв DRЕD была бы одинаковой с последовательностью ВАСВ, DGFD — одинаковою с АВСА и EMFE— одинаковою с АСВА. Эти сегменты дополняются до полных кругов. Пусть первые два круга пересе­каются в точке О, и пусть Р и Q — центры их. Соединив PG, PQ, возьми Ga так, чтобы было

Ga:AB=FG:PQ

и точкою G, как центром, и радиусом Ga опиши круг, пересекающий первый круг DGE в точке а. Проведи затем аD, пересекающую второй круг DEG


— 145 —

в b, и аЕ, пересекающую третий круг EMF в с. Остается построить фигуру ABCdef, равную и подобную фигуре abcDEF, и задача будет решена.

Действительно, проведем Fc, пересекающую аВ в n, и соединим aG, bG, QG, QD, PD. По построению углы

EaD=CAB acF=ACB

поэтому треугольники аnс и AВС имеют соответственно равные углы. Следовательно, угол аnс или FnD равен AВС, значит и углу FbD, что показывает, что точка n совпадает с точкою b.

Угол GPQ, равный половине угла при центре GPD, равен углу при окружности GaD, и угол GQP, равный половине центрального угла GQD, равен дополнению до двух прямых угла при вершине GbD, значит равен углу Gba, и треугольники GPQ и Gab между собою подобны, и

Ga:ab=GP:PQ=Ga:AB (по построению),

следовательно аb равно АВ, поэтому треугольники аbс и ABG, о которых доказано, что они подобны, вместе с тем и равны. Так как, сверх сего, вер­шины D, E, F треугольника DEF лежат на сторонах аb, ас, bс треуголь­ника аbс, то можно построить фигуру ABCdef, равную и подобную фигуре abcBEF, и задача будет решена.

Следствие. Подобным же способом можно провести прямую так, что ее отрезки, заключенные между тремя другими прямыми, будут заданной длины. Вообрази, что вершина D треугольника DEF упадет на сторону EF и что его стороны составляют продолжение одна другой, так что этот тре­угольник обратился в прямую линию, коей отрезок данной длины DE дол­жен заключаться между заданными прямыми АВ и АС и отрезок задан­ной же длины DF— между прямыми АВ и ВС. Применив к этому случаю указанное построение и получим решение задачи.

Предложение XXVIII. Задача XX

^ Провести коническое сечение заданного вида и величины так, чтобы заданные его части заключались бы между тремя данными по положению прямыми.

Пусть требуется построить кривую, равную и подобную данной ^ DEF, так, чтобы тремя заданными прямыми АВ, АС, ВС она рассекалась бы на части, равные и подобные заданным DE и EF (фиг. 63).

Проведи прямые DE, EF, DF и построй треугольник, равный и по­добный DEF, так, чтобы его вершины лежали соответственно на прямых


— 146 —

AВ, АС, ВС, что выполняется по лемме XXVI, затем опиши около этого треугольника заданную кривую.

Лемма XXVII

Построить четырехугольник заданного вида так, чтобы его вершины лежали соответственно на четырех заданных прямых, которые не схо­дятся в одну точку и не все между собою параллельны.

Пусть четыре прямые AВС, AD, BD, СЕ (фиг. 64) заданы по поло­жению, и пусть первая из них пересекает вторую в А, третью в В, четвер­тую в С; требуется построить четырехугольник fghi, подобный FGHJ, так,



чтобы вершина угла f, равного F, лежала на прямой ABC, три же осталь­ные вершины углов g, h, i, равных углам G, Н, J, лежали бы соответственно на прямых AD, ВD, СЕ.

Соедини FH и опиши на FG, FH, FJ сегменты FSG, FTH, FVJ, которые вмещают углы, соответственно равные углам BAD, CBD и АСЕ, образуемым заданными прямыми. Эти сегменты надо описывать с той сто­роны прямых FG, FH, FJ, чтобы буквы FSGF, FTHF, FVJF шли соот­ветственно в той же последовательности, как ВADB, CBDC, АСЕА. Се­гменты дополняются до полных кругов; пусть Р есть центр первого круга FSG и Q — второго FTH. Проведя и продолжив в обе стороны прямую PQ, возьми на ней QR так, чтобы было

QR:PQ=BC:AB,

причем QR надо откладывать в такую сторону от Q, чтобы порядок букв Р, Q, R был одинаков с порядком букв ABC. Центром R и радиусом RF описывается четвертый круг FNc, пересекающий третий FVJ в точке с. Соедини Fc, пересекающую первый круг в а, второй в b, проведи aG, bН, cJ, тогда можно построить фигуру ABСfghi, подобную фигуре abcFGHJ; четырехугольник fghi и будет требуемый.


— 147 —

Пусть первые два круга FSG, FTH пересекаются в К; соедини РК, QK, RK, аК, bК, сК и продолжи QP до L. Углы FaK, FbK, FcK, имею­щие свои вершины на окружностях, равны половинам центральных углов FPK, FQK, FRK, следовательно они равны углам LPK, LQK, LRK, и фигура PQRK равноугольна и подобна фигуре abcK, поэтому ab:bc=PQ:QR=AB:BC



кроме того, по построению углы FaG, FbH, FcJ соответственно равны fAg. fBh, fCi Следовательно, по фигуре abcFGHJ может быть закончена подоб­ная ей фигура ABCfghi, после чего и получится четырехугольник fghi, по­добный FGHJ, расположенный так, что его вершины лежат на четырех заданных прямых ABC, AD, BD, СЕ.

Следствие. Пользуясь этим построением, можно провести прямую так, что ее отрезки, заключающиеся в определенном порядке между четырьмя заданными прямыми, будут находиться в данном друг к другу отношении. Пусть углы FGH, GHJ увеличиваются до тех пор, пока прямые FG, GH, HJ составят продолжение одна другой; выполнив описанное выше построе­ние для этого случая, получим такую прямую fghi, части которой fg, gh, hi,


— 148 —

заключенные между заданными по положению прямыми АВ и AD, AD и BD, ВD и СЕ, будут относиться друг к другу, как длины FG, GH, HJ, и будут сохранять ту же самую последовательность.

Но эта задача может быть решена проще следующим образом: про­должи до K и BD до L (фиг. 65) так, чтобы было

ВК:AB=HJ:GH

и

DL:BD=GJ:FG,

и проведи KL, пересекающую СЕ в i.



Продолжи iL до M так, чтобы было

LM:iL=GH:HJ

и проведи MQ, параллельную LB и пересекающую AD в g, затем gi, пере­секающую АВ и BD в f и h. Прямая gi и есть искомая. Пусть Мg пере­секает прямую AB в Q, и AD пересекает прямую KL в S, прямая же проведена параллельно RD и пересекает iL в Р, тогда будет

gМ:Lh=gi:hi=Mi:Li=GJ:HJ=AK:BK=AP:BL.

Пусть DL рассекается точкою R, так, что отношение DL:RL равно предыдущим; тогда будет

DL:RL=gS:gM=AS:AP=DS:DL=AP:BL


— 149 —

и следовательно, будет

gS:Lh=AS:BL=DS:RL,

откуда следует

(BLRL):(Lh—BL)=(AS—DS): (gS—AS),

т. e.

BR:Bh=AD:Ag=BD:gQ

вместе с тем

BR:BD=Bh:gQ=fh:fg.

Но по построению линия BL разделялась точками D и R в том же отно­шении, как длина FJ точками G и Н, так что

BR:BD=FH:FG

следовательно, и

fh:fg=FH:FG

и так как

gi:hi=Mi:Li=GJ:HJ

то линии FJ и fi рассекаются точками G и Н, g и h подобным образом.

При выполнении построения этой задачи, после того как будет про­ведена прямая LK, пересекающая СЕ в i, следует продолжить до V так, чтобы было

EV:Ei=FH:HJ,

и провести Vf параллельно ВD. Та же прямая получится, если из центра i радиусом JH описать круг, пересекающий ВD в X, и продолжить iX до Y так, чтобы было

iY=JF и провести Yf параллельно ВD.

Другие решения этой задачи дали Врен84 и Уаллис.

Предложение XXIX. Задача XXI

^ Провести коническое сечение данного вида, которое рассекалось бы четырьмя заданными прямыми на части, заданные по последовательности расположения, виду и пропорции.

Пусть требуется построить коническое сечение, которое было бы по­добно данному ^ FGHJ (фиг. 66) и которого части были бы подобны и пропорциональны частям FG, GH, HJ и располагались бы в том же порядке

_________________

84 Построение, данное Wrenn'oм, приведено в моей статье: «Определение орбит планет и комет по малому числу наблюдений». (Изв. Морск. Акад., вып. 1). Там же дано весьма про­стое аналитическое решение этой задачи.


— 150 —

между заданными прямыми и AD, AD и ВD, BD и СЕ. После прове­дения прямых FG, GH, HJ и FJ построй (лем. XXVII) четырехугольник fghi, подобный FGHJ, так, чтобы его вершины лежали на заданных пря­мых AВ, AD, BD, СЕ в указанном порядке, и около этого четырехуголь­ника опиши коническое сечение, подобное данному. Оно и будет требуемое.



ПОУЧЕНИЕ

Построение этой задачи может быть выполнено и следующим образом: после проведения FG, GH, HJ, FJ (фиг. 67), продолжи GF в сторону V, проведи FH, JG и построй угол САК=FGH и DAL=VFH. Пусть прямые АК и AL пересекают прямую BD в К и L, проведи КМ и LN так, чтобы угол АКМ равнялся GHJ и угол ALN равнялся FHJ и чтобы было

KM:AK=HJ:GH и LN:AL=HJ:FH.

Прямые AК, KM, AL, LN проводятся в такую сторону от линий AD, AК, AL, чтобы буквы CAKMC, ALKA, DALND следовали бы в той же круговой последовательности, как буквы FGHJF. Прямая MN, проходящая через М и N, пересекает прямую CF в i. Построй угол iЕР, равный JGF, и возьми РЕ так, чтобы было

PE:Ei=FG:GJ.

Через точку Р проведи PQf, составляющую с прямой ADE угол PQE, равный FJG, и пересекающую прямую АВ в f. Соедини fi, при этом РЕ и PQ надо проводить в такую сторону от прямых СЕ и РЕ, чтобы круговая


— 151 —

последовательность букв РEiР и PEQP была одинаковой с последователь­ностью FGHJF. Если на прямой fi построить, соблюдая последовательность букв, четырехугольник fghi, подобный FGHJ, и описать кривую, подобную данной, то задача и будет решена.

Однако достаточно об определении орбит. Остается показать, каким образом определяется движение по найденным орбитам.



ОТДЕЛ VI

  1   2   3   4




Похожие:

Отдел V о нахождении орбит, когда ни одного фокуса не задано 65 iconОтдел VIII о нахождении орбит, по которым обращаются тела под действием каких угодно центростремительных сил
Льной силы движется как бы то ни было, другое же тело движется прямолинейно, прямо к центру или от центра, и скорости обоих тел в...
Отдел V о нахождении орбит, когда ни одного фокуса не задано 65 iconС. В. Бабинчук об особенности расположения периастров орбит спектрально-двойных звёзд статья
На основе подсчётов, сделанных по одному из каталогов спектрально-двойных звёзд, показано (для звёзд с периодом обращения меньше...
Отдел V о нахождении орбит, когда ни одного фокуса не задано 65 iconИнструкция по делопроизводству
Му «Отдел образовании администрации муниципального района Миякинский район рб» (далее – Отдел образования)
Отдел V о нахождении орбит, когда ни одного фокуса не задано 65 iconМатематика, 5 класс Время выполнения – 3 часа Каждая задача оценивается в 5 баллов
Три математика ехали в разных вагонах одного поезда. Когда поезд подъезжал к станции, математики насчитали на перроне 7, 12 и 15...
Отдел V о нахождении орбит, когда ни одного фокуса не задано 65 iconН. И. Стороженко
Шекспира, пробыть хоть некоторое время в общении с нею и подслушать биение одного из благороднейших сердец, которое когда-либо билось...
Отдел V о нахождении орбит, когда ни одного фокуса не задано 65 iconVolume XXIII third memoir
Когда Дейтон К. Миллер приступил к научной работе около 1890 года по мнению, по крайней мере, одного видного деятеля науки
Отдел V о нахождении орбит, когда ни одного фокуса не задано 65 iconКвантово механический расчёт элементов орбит планет Cолнечной системы. Сайнюк Н. Т

Отдел V о нахождении орбит, когда ни одного фокуса не задано 65 iconВ. А. Баканов расширенный каталог орбит визуально-двойных звёзд с известными орбитами и эффект барра у этих систем
Расширенный каталог орбит визуально-двойных звёзд с известными орбитами и эффект барра у этих систем
Отдел V о нахождении орбит, когда ни одного фокуса не задано 65 icon«согласовано»
Общее руководство проведением Спартакиады осуществляется отдел образования администрации Калининского района, координатор Спартакиады...
Отдел V о нахождении орбит, когда ни одного фокуса не задано 65 iconА. В. Квакин, д и. н., проф. Мгу изучение истории интеллигенции и синергетика
Интеллект  как здоровье: когда он есть и когда он работает, его не замечаешь и о нем не думаешь, когда же его недостаточно и когда...
Разместите кнопку на своём сайте:
Документы


База данных защищена авторским правом ©podelise.ru 2000-2014
При копировании материала обязательно указание активной ссылки открытой для индексации.
обратиться к администрации
Документы

Разработка сайта — Веб студия Адаманов