Юный техник 1994-12, страница 68

кие-то механизмы, то специально изготовленные для этой цели вспомогательные инструменты. Тем самым не выполняется основное условие — «с помощью только циркуля и линейки».

Предлагаю вариант решения с учетом всех предъявляемых требований.

Суть в следующем.

Если с помощью циркуля и линейки не удается разделить угол на три равные части, то уж что-что, а построить угол, в три раза больший заданного, не представляет труда. Затем, Изучив свойства тройного угла и ведя построение в обратном порядке, можно любой угол превратить в тройной. Тем самым трисекция угла будет осуществляться с помощью только циркуля и линейки! I

Вот как это делается.

Построим тройной угол AOD из трех приставленных друг к другу равнобедренных треугольников АОВ, ВОС и COD, основания которых образуют правильную трехзвенную ломаную линию со звеном 1=2а, и повернем его против часовой стрелки на одну шестую часть (рисунок 1, верхний) . Тогда сторона OA окажется одновременно высотой, медианой и биссектрисой угла AiOBi и, значит, AiBi_LOA, AiA₂=A₂Bi=a. Отрезок AF, равный отрезку A₂Bi = a, является одновременно перпендикуляром к стороне OA и касательной к дуге ABCD в точке А и представляет собой как бы перпендикуляр A₂Bi, перемещенный из внутренней области тройного угла AOD во внешнюю. Отсюда следует, что линия «1—1», проведенная через точку F параллельно стороне OA, проходит также через точку В|, и поэтому отсекает от дуги ABCD одну шестую часть.

Если таким образом мы построим не один, а много тройных углов, то заметим, что точки Fi поразительно напоминают прямую линию (рисунок 1, нижний).

Докажем, что этой линией является вертикальная линия AS₂, проходящая через точку А полуокружности ABCD радиуса R=l=2a (рисунок 2, верхний).

Сначала повернем, как единое це

лое, элемент OAF вокруг точки F на угол а. Тогда углы AiFA и MO'Ai окажутся равными, как углы, образованные взаимно перпендикулярными сторонами. Затем повернем линию OA вокруг точки О на тот же самый угол а, при этом потребуем, чтобы точки А и F скользили соответственно по линиям OA и AS₂ и чтобы отрезок AF все время оставался перпендикулярном к линии OA, в том числе и в положении A₂F₂. В итоге получим, что A₂F₂||A,F и А₂0||А,0\ а «1 —1»||«2— 2». А это значит, что фигура F₂A₂0 есть не что иное, как фигура FAiO', но только перемещенная параллельно самой себе. При этом помним, что каждая из линий «1—1» и «2—2» отсекает одну шестую часть от «своей» дуги.

Поскольку угол а мы взяли произвольно, то выполненное построение будет справедливо и для всякого другого угла.

Тем самым мы доказали, что точки Fi перпендикуляра AiFi лежат на прямой AS₂, а основание этого перпендикуляра, то есть точка Ai, указывает положение той единственной дуги AiBiCiDi, в которую ломаная линия AiBiCiDi со звеном 1= 2а вписывается абсолютно точно (без избытка и без недостатка). А это и есть решение проблемы трисекции угла!

Не правда ли, красиво?

На рисунке 2, внизу, показано, как осуществляется деление произвольного угла MON на три равные части.

Углы АОВ, ВОС и COD равны между собой и равны одной третьей части угла MON.

Заняться настоящей работой натолкнула меня 11-летняя дочь Ника, зверски убитая 25 марта 1994 года, которой и посвящено найденное решение.

К. ПОПОВ, кандидат технических наук

64