Опитування про фонему Е на сайті Ізборник  


[Феофан Прокопович. Філософські твори. Том III. Геометрія]

Попередня     Головна     Наступна         Примітки





ГЕОМЕТРІЯ


ПЕРЕДМОВА

НАЗВА, ПОХОДЖЕННЯ Й ЗМІСТ ГЕОМЕТРІЇ, ЇЇ НЕОБХІДНІСТЬ, ЗНАЧЕННЯ Й РОЗПОДІЛ. РОЗТАШУВАННЯ МАТЕРІАЛУ У ТВОРІ



1. Геометрія, якщо йдеться про її назву, — це те саме, що й вимірювання землі. Назва походить від першого її призначення і застосування, Адже Христофор Клавій, спираючись на Прокла 1, веде походження геометрії від єгиптян і твердить, що вона виникла і почала застосовуватися з метою вимірювання полів. «Бо, — каже він, — коли щорічні розливи Нілу так спустошували поля й розмивали їхні межі, що ніхто не міг відшукати свого поля, єгиптяни почали замислюватися над тим, у який же спосіб слід вимірювати поля, щоб можна було віддати кожному те, що йому належить, І ось цей самий спосіб вимірювання полів, хоч він був за тих часів ще досить неточним і недосконалим, отримав саме через це своє призначення назву геометрія, бо γεωμετρεομαι або γεωμετρέω, означає «вимірюю землю». Так розповідає Христофор Клавій, Однак назва геометрії вужча від її призначення. Хоч у своїй, так би мовити, колисці, ще від дитячих років, метою геометрії було вимірювання полів, проте поступово вона настільки розвинулася, що, не задовільняючись вже своїми тісними межами, звернулася до вивчення навіть усього небесного простору й почала відшукувати способи дослідження будь-яких величин, так що тепер вона заслуговує на те, щоб називатися не геометрією, а пантометрією. Однак і досі геометрія має ту назву, яку одержала з самого початку.

2. Отже, геометрія — це наука, що вивчає будь-які неперервні величини, і через це об’єктом її вивчення є не тільки земля (як свідчить її назва), а й будь-яка неперервна величина 2. Адже вона встановлює правила й постачає засоби, за допомогою яких можуть бути досліджені всі, навіть найбільші, тіла з точки зору їх довжини, ширини чи товщини. І тому всі інші галузі математики: астрономія, оптика, космографія, /51зв./ гномоніка, чи скіотерика 3, та багато інших залежать від неї, оскільки грунтуються на геометрії й запозичують у неї свої доведення. \84\

3. Про необхідність і корисність геометрії достатньо свідчить уже таке: коли ти почуєш про якісь відкриття в багатьох вельми корисних і цікавих науках, знай, що вони не можуть повністю присвоїти ці відкриття собі, а мають розділити свою славу з геометрією. Нам хочеться додати тут ще одне свідчення корисності й значення геометрії, яке наводить відомий математик, з похвалою згаданий нами, Христофор Клавій у своїх пролегоменах до «Основ» Евкліда. Він каже: «З цих «Основ» (так називається геометрія Евкліда), як з найповнішого джерела, починаються всі вимірювання й розподіли ширини, довжини, висоти, глибини — полів, гір, островів, усі спостереження зірок на небі за допомогою різних приладів, усі виготовлення годинників — водяних і сонячних, усі розрахунки сили машин і рівноваги, вся різноманітність безлічі зображень, які можна бачити в дзеркалах, на картинах, у воді й у повітрі при неоднаковому їх освітленні. За допомогою цих «Основ» знайдені середина й центр усієї нашої світобудови, знайдені також і осі, довкола яких безперервно обертається земна куля, й, нарешті, досліджені її форма та розмір. За допомогою лише цієї науки можна продемонструвати й пояснити, як відбувається щорічне обертання всього неба й зірок, а також, як вони сходять, заходять, зникають, підносяться, заходять, опускаються. Стає зрозумілим також, як протягом усього, року відбувається зміна пір року, дня й ночі в будь-якому місці на Землі й у будь-якій частиш світу. А поєднання або протистояння планет і різні їх види легко розпізнати за допомогою геометрії, що математики можуть заздалегідь передбачати навіть місце, де вони з’являться на небі, й затемнення, тобто зникнення Сонця чи Місяця. І, нарешті, весь цей величезний світ, створений богом і природою, відкривається очам нашого розуму завдяки геометрії. Геометрія здається людям найпрекраснішою наукою ще й тому, що вона робить цілком ясними, зрозумілими й правдоподібними ті явища, у можливість яких через їхню неймовірність люди не вірять. Таким, наприклад, є факт, засвідчений у легендах про Архімеда Сіракузького 4. А саме, коли /52/ Гієрон 5, цар сіракузян, сказав, що корабель, який вони вирішили надіслати єгипетському цареві Птоломеєві, такий великий і важкий, що його всі сіракузяни разом не зможуть зрушити з місця, Архімед, найдосвідченіший геометр, відразу пообіцяв цареві, що він зробить так, щоб за допомогою однієї лише геометрії цар сам, без усяких зусиль, витяг корабель. І коли це йому вдалося зробити, вражений цар, як розповідають, прилюдно проголосив: «Від цього дня, що б не сказав Архімед, йому треба вірити». Так розповідає Клавій, досвідчений геометр, добре обізнаний з цією наукою. Проте, коли хтось хоче довідатися в кількох словах про \85\ переваги й користь, що випливають з знання геометрії, нехай він добре запам’ятає, що жодна з усіх тих наук, які існують для того, щоб полегшити або прикрасити життя людини, без допомоги геометрії не могла б не лише розвиватися й удосконалюватися, але навіть не могла б і виникнути, Добре відомо, що народи, які засвоїли цю науку, набагато перевершують інші народи в усіх науках і мистецтвах. І якщо останні не мають упорядкованих багатств і належного добробуту, то народам, обізнаним з геометрією, при їх безмежних багатствах притаманна також і якась особлива шляхетність. Отже, небезпідставно найславетніші античні філософи так посилено вивчали геометрію й залишили на її адресу цілу низку похвал. Кажуть, що Платон 6 на брамі своєї філософської школи написав, що нікому не можна туди увійти, крім геометра 7. Очевидно, цей велемудрий муж уважав, що для занять філософією не годиться розум, не осяяний яскравим світлом геометричних знань. Єгипетські жерці, прислухаючись до мудреців, коли віддавали дітей навчати вільним мистецтвам, вимагали, передусім, щоб вони вивчили правила геометрії. Цар лікарів Гіппократ 8 переконував свого сина Фессала, щоб він старанно вивчав арифметику й геометрію не лише для прикрашення життя, а й для потреб медицини: арифметику, щоб знати періодичність перебігу хвороб і час, коли загрожують кризи, а геометрію, щоб вивчити розташування частин та органів і розпізнавати вивихи. Відомий наслідувач Платона Юдей Філон 9, що також не був позбавлений божественної мудрості, називав геометрію основою і метрополією всіх наук, як свідчить Еразм 10 у «Прислів’ях». Ось що розповідає про сократика Арістіппа 11 Вітрувій 12 у передмові до своєї шостої книжки: коли той внаслідок корабельної аварії опинився на Родоському узбережжі і помітив, що на піску накреслені якісь фігури, то радісно вигукнув, /52зв./ звертаючись до супутників: «Будемо сподіватися на краще, — я бачу сліди людей». Однак просто дивним здається те, що розповідають про стоїка Діодора 13, який, втративши зір, набагато більше, ніж раніше, почав займатися філософією й грати на лірі за звичаєм піфагорійців. Але серед усіх інших занять (чому навіть ледве можна повірити) він віддавав перевагу геометрії, — саме тому, що це найбільше його розважало.

Слід згадати також те, що розповів Плутарх 14 у життєписі Марцелла про згаданого сіракузького геометра Архімеда, а саме: він настільки був відданий цій науці й захоплений нею, що забував навіть про те, що треба їсти й пити, і був дуже неохайним, не дбаючи зовсім про стан свого тіла. І коли його вели іноді проти його волі до лазні, щоб помастити тіло, він видряпував на печі різні фігури, а тією олією, що його масти\86\ли, креслив лінії. Цей самий Архімед звернувся до своїх друзів з проханням, щоб після його смерті на могилі замість пам’ятника поставили циліндр, в якому було б уміщено кулю, й записали відношення, що вказувало б, у скільки разів цей циліндр перевершує вміщене у ньому сферичне тіло. І, нарешті, завдяки самому лише знанню геометрії ім’я Архімеда стало таким славнозвісним, що Марцелл, римський полководець, від якого Архімед довгий час обороняв місто Сіракузи за допомогою якихось механізмів, збудованих на підставі геометричних розрахунків, — цей самий Марцелл, коли захопили місто й почалися вбивства й пограбування громадян, видав державний едикт, в якому передбачалася недоторканість лише Архімеда, І коли згодом він довідався, що якийсь рядовий солдат, всупереч наказові й проти його волі, вбив Архімеда, він дуже сумував і вшанував його мертвого так, як йому не пощастило вшанувати живого. Проте дарма ми будемо багато про це говорити, бо жодних похвал не вистачить для цієї визначної науки.

4. Геометрія розподіляється на загальну й спеціальну. Загальна геометрія вивчає неперервні величини взагалі, розглядаючи їх природу, види, властивості — як абсолютні, так і порівнювані з іншими, тобто відносні, що називаються відношеннями й пропорціями. Спеціальна геометрія розглядає спеціальні способи обчислень будь-яких величин, що підлягають вимірюванню, наприклад, висот, довжин, глибин як на площині, так і в просторі — у просторових тілах, — і ця спеціальна геометрія інакше називається геодезією. Загальну геометрію /53/ дехто називає споглядальною, а спеціальну — практичною, або прикладною. Загальна, або споглядальна, геометрія, знову-таки розподіляється на дослідження плоских фігур, відоме під загальною назвою геометрія 15, і на вчення про просторові тіла, якому математики присвоїли окрему спеціальну назву стереометрія. Метою загальної геометрії є побудова площин або тіл і співставлення їх одного з другим. «Проте нехай не здається комусь дивним, — каже Христофор Клавій у пролегоменах до Евкліда, — що при наявності трьох видів величин (лінія, площина 16 й тіло) по-справжньому досліджуються, як ми вже відзначили, лише дві останні, але не лінії й не точки. Ще раз повторюю: це не має здаватися дивним. Бо, як твердить Прокл, геометрія займається переважно тими фігурами, які містяться тільки на площинах або на просторових тілах. Адже точки й лінії не можуть утворити будь-яку фігуру без площин і тіл, і тому не було потреби розробляти спеціальне вчення про точки або лінії. А для вивчення як поверхонь, чи площин, так і просторових тіл, вкрай були потрібні спеціальні власні правила, на які б це вивчення спиралося». \87\

Геодезія розподіляється на три частини відповідно до трьох видів величин: довжина, площина й простір. Все це легко зрозуміти вже при загальному ознайомленні з різними фігурами.

5. Твердження загальної геометрії викладені стародавнім і найдосвідченішим математиком Евклідом у 15 книжках «Основ> геометрії. Правда, s історії ми знаємо про існування двох Евклідів. Один з них мегарянин (з міста Мегари) 17, від якого й отримала свою назву мегарська школа філософів, 8 ним не слід плутати іншого Евкліда, геометра, автора «Основ», запевняє Христофор Клавій. Цей твір Евкліда написано а такою величезною ерудицією й так добре упорядковано автором щодо послідовності викладу, що, як твердить Клавій, ніколи ніхто з інших авторів, що писали подібні «Основи» (а таких, за свідченням Прокла, було чимало), не зміг навіть зрівнятися з ним, не кажучи вже про те, щоб пере» вершити його.

Отже, у цього автора ми візьмемо все, що буде здаватися нам найнеобхіднішим.

6. Згідно з розподілом геометрії, викладеним трохи вище, ми розподілимо також і свій твір на чотири книжки, з яких перші дві будуть присвячені загальній геометрії, а дві останні — спеціальній геометрії /53зв./, чи геодезії.

В окремих книжках ми розглянемо такі теми:

Книжка перша. Про площини,

Книжка друга. Про тіла.

Книжка третя. Про спеціальну геометрію й, передусім, про вимірювання довжини, висоти й ширини.

Книжка четверта. Про вимірювання площин 18 і просторових тіл.

7. Однак слід попередити про те, що у математиків є свої рсновні твердження, серед яких потрібно розрізняти три види; дефініції, постулати й аксіоми, Дефініції тут треба сприймати не в суто філософському розумінні цього слова, а в його широ* кому значенні, тобто як опис або визначення будь-якої величини чи фігури. За допомогою дефініцій пояснюються звичайно самі лише слова, що вживаються як терміни даної науки. Постулати, або припущення, є певні міркування щодо можливих властивостей будь-якої фігури, й вони настільки очевидні самі собою, що не потребують доведення, а спираються лише на віру співрозмовника, наприклад, коли хтось висловить припущення, що можна провести лінію від однієї будь-якої точки до іншої. Що ж до аксіом, то це певні твердження або спільні для всіх людей, підказані людським розумом поняття, що встановлюють властивості будь-яких величин з максимальною достовірністю. Наприклад, дві величини, кожна з яких нарізно \88\ дорівнює третій, дорівнюють також одна одній. Геометри, звичайно, подають ці основні твердження на початку своїх творів перед тим, як приступають до викладу матеріалу, якщо цього вимагають практичні потреби,

8. З тих тверджень або дій, які доводять чи виконують математики, одні «звиваються теоремами, інші — проблемами, або задачами.

Теорема визначає властивість або місце будь-якої величи-: ни, що розглядається або сама собою, або порівняно з іншими, Задача пропонує виконати якусь дію, наприклад, поділити лінію, перетворити круг на рівновеликий квадрат і т. д.

Згадані твердження є теоретичними, тому вони називаються теоремами 19, а ці останні є практичними й називаються проблемами, тобто задачами, через свою подібність до проблем, або задач, діалектики, які є не що інше, як будь-яке питання, однаково ймовірне при двобічному його розгляді, Щодо задачі математичної, то дія, яку вона пропонує виконати, є такою, що може стати підставою для якоїсь іншої дії, Наприклад, коли пропонують поділити лінію навпіл, то та сама лінія може бути поділеною й на три, й на чотири частини. Зовсім інша справа з теоремою: тут якщо доводять відповідно до чогось певне твердження, то інше, протилежне йому, не може бути істинним. Обидва ці види, як теореми, так і проблеми, об’єднуються спільною для них назвою твердження (propositiones), тому що обидва вони щось /54/ нам пропонують.

Існують також твердження, що називаються лемами. Це є не що інше, як теореми, але набувають вони такої назви тоді, коли застосовуються для доведення будь-якої іншої теореми, Проте тепер уже час переходити до викладу. \89\









Книжка перша

ПРО ПЛОЩИНИ



При розгляді площин користуються двома способами: абсолютним, коли розглядають плоскі фігури самі собою, й відносним, коли їх розглядають, співставляючи й порівнюючи з іншими фігурами, і встановлюють відношення й пропорції, що існують між ними. Обидва вказані способи ми подаємо в цій першій книжці, І хоч геометрія, як ми вже відзначили, займається лише фігурами, однак, оскільки вона не може пояснити досконало особливості фігур без вивчення ліній, ми розповімо також дещо про лінії як у цій першій частині, де йдеться про площини, так і в другій, у якій розглядаються просторові тіла. І тут, і там це буде не самоціль, а допоміжний засіб, тобто, ми зробимо це остільки, оскільки знайомство з лініями приведе також до засвоєння особливостей фігур. Щоб легше було уявити, з яких тем складається ця книжка, ми розіб’ємо її на розділи й подамо їх перелік.





РОЗДІЛИ ПЕРШОЇ КНИЖКИ


I. Дефініції, постулати й аксіоми.

II. Про трикутники.

III. Про паралельні лінії та утворені з них паралелограми.

IV. Про квадрати.

V. Про кола.

VI. Про вписування й описування плоских фігур.

VII. Про відношення величин взагалі.

VIII. Про окремі види відношень між величинами.

IX. Про перетворення однієї фігури на іншу, а також про квадратрису й квадратуру круга.

X. Про овали, еліпси, параболи, гіперболи й спіралі. /54зв./





Розділ перший

ДЕФІНІЦІЇ, ПОСТУЛАТИ Й АКСІОМИ


Ми вже зазначили в передмові про те, що математики називають дефініціями, що — постулатами й що — аксіомами. Отже, щоб зрозуміти геометричні правила, які даються далі, \90\ слід сформулювати, передусім, загальні дефініції (а деякі специфічні будуть наведені в іншому місці): вони потрібні для того, щоб навчитись розпізнавати фігури та їх назви й щоб було на що спиратися при доведенні різних тверджень. Це означає, що спочатку необхідно закласти загальний фундамент, тобто подати загальновизнані, самоочевидні поняття, з яких одні називаються постулатами, інші — аксіомами.




ДЕФІНІЦІЇ


1. Точка — це те, що не ділиться на частини. Існує три види вимірювання величин: довжина, ширина й висота. Отже, точкою, каже Евклід, є те, що не може ділитися на частини, тобто якась така величина (навряд це можна назвати величиною, проте вживатимемо в даному разі слово «величина», принаймні не в буквальному розумінні), що не має ані довжини, ані ширини, ані висоти. Але не слід в цьому випадку питати, чи може така точка існувати в реальній дійсності, чи ні, бо це немає значення для математиків, які здебільшого користуються уявними величинами для знаходження дійсних 1.

2. Лінія — це довжина, позбавлена ширини,

3. Межами лінії є точки 2,

4. Пряма лінія — це така, всі точки якої розташовані на одному рівні,

Математики розрізняють три види ліній: пряму, криву й мішану.

Про пряму Евклід каже, що вона має всі свої точки на одному рівні, тобто це лінія, жодна проміжна точка якої не відхиляється вгору чи вниз, наприклад, лінія А [рис. 1].




Рис. 1


Крива лінія — це така, що може бути частиною кола, наприклад, лінія B. Мішана лінія — це така, що не є прямою й не може бути частиною кола; лінії бувають різними (C, D, E, F) і т. д. [рис. 3].,

5. Поверхня — це те, що має довжину й ширину,

6. Межами поверхні єі лінії.

7. Плоска поверхня — це така, всі лінії якої розташовані на одному рівні. /55/ Це визначення стає цілком зрозумілим, коли пригадати 4-ту дефініцію, і з неї ти легко зрозумієш, яка поверхня не є плоскою. \91\

8. Плоский кут є взаємним нахилом двох прямих ліній, що торкаються одна одної на одній площині. Щоб кут був плоским, він має відповідати двом вимогам: 1) щоб дві лінії торкалися одна одної на площині; 2) щоб обидві вони були прямі 3.

Якщо не дотримуватися хоч однієї з цих двох вимог, то кут не утвориться, що само собою очевидно (порівн. на рис. 2 фігури A та B і C),

9. Коли лінії, що утворюють кут, прямі, то такий кут називають прямолінійним, наприклад [рис. 2, А].




Рис. 2


10. Якщо пряма лінія, опускаючись на іншу пряму лінію, утворює з обох сторін рівні між собою кути, то кожен з цих двох рівних кутів буде прямий, і та пряма лінія, що опускається на другу, називається перпендикуляром до цієї остан* ньої. Це буде зрозуміло з прикладу [рис. 3].




Рис. 3 Рис. 4. Рис. 5



11. Тупим кутом називають кут, більший від прямого, наприклад [рис. 4].

12. Гострий кут — це кут, менший від прямого, наприклад [рис. 5].

13. Межа є краєм чогось.

14. Фігурою називається те, що оточується якоюсь або якимись межами,

15. Круг — це плоска фігура, обмежена однією лінією, що називається колом. І якщо від однієї з точок, що знаходиться в середині круга, провести прямі лінії до його дуга, то всі вони будуть рівні між собою [рис. 6].

16. Точка [в середині круга], від якої проведено лінії, називається центром круга.

17. Діаметром круга називається будь-яка пряма лінія, що проведена через його центр і обмежена з обох боків колом, Ця лінія ділить круг навпіл, наприклад, лінія АС [рис. 6].

18. Півколо — це фігура, обмежена діаметром і лінією, що відрізняється від дуги кола, наприклад, АВС [рис. 6].

19. Прямолінійними називаються фігури, утворені прямими лініями. \92\

20. Тристоронні — ті, що обмежені трьома лініями.

21. Чотиристоронні — ті, що обмежені чотирма.

22. Багатосторонні — ті, що обмежені більш, ніж чотирма прямими лініями.

23. До тристоронніх фігур належить рівносторонній трикутник, який має три однакові сторони [рис. 7]. /55зв./

24. Рівнобедрений трикутник — це такий, що має лише дві однакові сторони [рис. 8].




Рис. 6 Рис. 7 Рис. 8 Рис. 9


25. Східчастим зветься трикутник, що має три неоднакові! сторони [рис. 9].

26. До тристоронніх фігур належить також прямокутний трикутник, який має прямий кут [рис. 10].

27. Тупокутним трикутником називається той, що має тупий кут [рис. 11].

28. Гострокутний — той, що має три гострі кути [рис. 12].




Рис. 10 Рис. 11 Рис. 12 Рис. 13


29. До чотиристоронніх фігур належить також квадрат, Ця фігура водночас рівностороння і прямокутна [рис. 13].

30. Чотиристороння фігура, що має дві сторони, довші від інших двох, — прямокутна, проте не рівностороння [рис. 14].




Рис. 14 Рис. 15 Рис. 16 Рис. 17


31. Ромб — де фігура рівностороння, але не прямокутна [рис. 15],

32. Ромбоїд — це фігура, протилежні сторони й кути якої однакові, але сам.він не рівносторонній і не рівнокутний [рис. 16]. \93\

33. Усі останні чотиристоронні фігури називаються трапеціями [рис. 17].

34. Паралельними лініями називають лінії, що містяться на одній площині і які при продовженні в обидві сторони до нескінченності не можуть перетнутися ні з одного, ні з іншого боку [рис. 18].

35. Паралелограм — це чотиристороння фігура, кожні дві протилежні сторони якої паралельні, наприклад [рис. 19].




Рис. 18 Рис. 19


36. Коли ж у паралелограмі провести діаметр і дві лінії, паралельні до його сторін, що перетинають діаметр в тій самій точці так, що паралелограм буде розділений цими паралельними лініями на чотири паралелограми, то ті два паралелограми, через які діаметр не проходить, називаються доповненнями, а два інші, які діаметр розтинає, — циркадіаметральними. Діаметр паралелограма (визначення його Евклід не подає) є пряма лінія, проведена від одного кута до другого, протилежного йому.




ПОСТУЛАТИ


1. Постулюється, що від однієї будь-якої точки до другої будь-якої точки можна провести пряму лінію.

2. Що відрізок прямої можна продовжити до нескінченності.

3. Що від будь-якого центра й на будь-якій відстані можна описати коло.

4. Що при будь-якій даній величині можна взяти іншу /56/ величину, або більшу, або меншу.




АКСІОМИ


1. Величини, нарізно рівні тій самій величині, дорівнюють одна одній. І та величина, що є більшою або меншою від однієї з цих рівних величин, буде також більшою або меншою від другої. І якщо одна з рівних величин буде більшою або меншою від будь-якої величини, то й друга з них також буде більшою або меншою від цієї величини.

2. Якщо до рівних величин додати рівні величини, то й суми їх будуть рівні.

3. Якщо від рівних величин відняти рівні величини, то й ті величини, що залишаються, теж будуть рівні. \94\

4. Якщо до нерівних величин додати, рівні, то й суми будуть нерівні.

І якщо до нерівних величин додати нерівні — до більшої більшу, а до меншої меншу, то й суми будуть нерівні: одна — більша, друга — менша.

5. Якщо від нерівних величин відняти рівні, то різниці будуть нерівні. І якщо від нерівних відняти нерівні — від більшої меншу, а від меншої більшу, то й рівниці будуть нерівні: одна більша, друга менша.

6. Якщо дві якісь величини утворилися від подвоєння тієї самої третьої величини, то вони рівні між собою. І те, що ми отримуємо від подвоєння однієї з двох рівних величин, ми одержимо й від подвоєння другої.

7. Якщо з двох величин кожна становить половину тієї самої третьої величини, то вони рівні між собою. І навпаки: дві величини, рівні між собою, становлять половину тієї самої третьої величини. /56зв./

8. Ті величини, що взаємно збігаються, дорівнюють одна одній.

9. Ціле завжди більше від своєї частини.

10. Дві прямі лінії не мають спільного відрізка 4.

11. Дві прямі, що зустрічаються в одній точці, обов’язково перетнуться в цій точці, якщо їх продовжити.

12. Усі прямі кути дорівнюють один одному.

13. Якщо на дві прямі лінії опустити третю лінію, яка, перетинаючи їх, утворить внутрішні кути, менші від двох прямих, то ці дві прямі, якщо їх продовжити до нескінченності, взаємно перетнуться з того боку, де знаходяться кути, сума яких менша від двох прямих [рис. 20].




Рис. 20


14. Дві прямі лінії не обмежують простору.

16. Якщо до рівних величин додати нерівні, то надлишок сум дорівнюватиме надлишкові величин, які ми додавали. /57/

16. Якщо до нерівних величин додати рівні, то надлишок сум дорівнюватиме надлишкові тих величин, які були в нас спочатку.

17. Якщо від рівних величин відняти нерівні, то надлишок різниць дорівнюватиме надлишкові величин, які ми віднімали.

18. Якщо від нерівних величин відняти рівні, то надлишок різниць дорівнюватиме надлишкові величин, від яких ми віднімали.

19. Будь-яке ціле дорівнює всім своїм частинам, разом узятих.

20. Якщо з двох величин одна вдвічі більша від другої \95\ й те, що ми віднімаємо від однієї, вдвічі більше від того, що ми віднімаємо від другої, то й те, що залишається від однієї, буде вдвічі більше від того, що залишається від другої.








Розділ другий

ПРО ТРИКУТНИКИ


У попередньому розділі подано визначення всіх плоских фігур, а тепер слід познайомитися з їх побудовою й властивостями. Перше ми здійснимо за допомогою задач, друге — за допомогою теорем. Передусім, слід розглянути трикутники: адже вони першими названі серед прямолінійних фігур. Проте ми дамо тут не всі твердження Евкліда, а лише деякі, пропустивши ті, які самі собою зрозумілі, а також ті, що не є вкрай необхідні. Задача 1, твердження 1 [Евк. I, 1] 5. На даному відрізку прямої побудувати рівносторонній трикутник. Треба звернути увагу на те, що кожна задача складається з двох частин: побудови того, що задано, й доведення, яке показує, що побудову здійснено правильно. Отже, обидві щойно зазначені частини можна побачити вже є цій 1-ій задачі.

Побудова. Нехай нам дана пряма лінія АВ на рис. [21] (другого розділу)  6, і на цій лінії пропонують побудувати рівносторонній трикутник. Від центра А на відстані відрізка АВ описуємо коло CBD. Так само від центра В на тій самій відстані ВА описуємо друге коло CAD, що перетинає перше в точках С і D. Від будь-якої з цих двох точок проводять лінії СА й СВ до точок даної прямої А і В. Я тверджу, що утворився рівносторюнній трикутник. /57зв./




Рис. 21


Доведення. Прямі лінії АС і АВ дорівнюють одна одній: адже вони проведені від центра кола CBD до тої самої дуги (дефініція 15). З цієї самої причини рівні також лінії ВС і ВА: адже обидві вони протягнені від центра кола CAD до його дуги. Оскільки АС і ВС дорівнюють АВ, то вони й між собою будуть рівні (1-ша аксіома). І тому трикутник ВАС рівносторонній. З цієї задачі легко зрозуміти також, як можна побудувати на даній прямій рівнобедрений трикутник. Так само слід накреслити від крайніх точок даної прямої два кола, що взаємно перетинаються, але не на однаковій відстані \96\ цієї прямої, а саме: якщо треба побудувати рівнобедрений тупокутний або прямокутний трикутник, то кола потрібно накреслити на меншій відстані 7, якщо гострокутний, тоді — на більшій відстані, ніж дана пряма, Перший приклад див. на рис. [22], другий — на рис. [23].




Рис. 22 Рис. 23


Теорема 1. Твердження 2 [Евк. I, 4].

Якщо дано два трикутники й дві сторони одного дорівнюють двом сторонам другого (тобто кожна з тих двох сторін — кожній з цих двох) і кути, що лежать між цими рівними прямими лініями, теж будуть рівні, то й основи трикутників будуть рівні, і один трикутник буде дорівнювати другому. Таким чином, і останні кути першого трикутника дорівнюватимуть останнім кутам другого: адже проти кожного з них знаходяться рівні сторони.




Рис. 24 Рис. 25


Нехай ми маємо два трикутники: АВС [рис. 24] і DEF [рис. 25] і обидві сторони одного, а саме AB й AC, дорівнюють обом сторонам другого, а саме DE й DF (тобто АВ дорівнює DE, а AC дорівнює DF), і кут А, утворений сторонами AB і AC, дорівнює кутові D, утвореному сторонами DE й DF. Я тверджу, що основа ВС дорівнює основі EF і трикутник АВС — трикутникові DEF, і кожен з двох кутів В і С — кожному з двох кутів Е і F.

Доведення. Пряма АВ за визначенням дорівнює прямій DE. Уявімо собі, що ми накладаємо одну фігуру на другу, розміщуючи точку А в точці D, тоді лінії збігаються одна з одною, бо вони рівні (8-ма аксіома). Крім того, кут А ми приймали за рівний кутові D, — отже, й кути збігаються, тобто пряма АС збіжиться з прямою DF, а точка С — з точкою F завдяки рівності прямих АС й DF. Отже, й основа ВС збіжиться з основою EF. В протилежному випадку, якщо ця точка С переміститься вгору або вниз, так що утворяться /58/ EGF чи \97\ EHF, то дві прямі EF і EGF обмежили б поверхню, що неможливо (14-та аксіома). Отже, якщо два трикутники... й т. д.

Теорема 2, твердження 3. У рівнобедрених трикутниках кути при основі дорівнюють один одному. І якщо продовжити їх рівні бокові лінії, то кути, що утворяться біля основи, теж будуть рівні між собою.




Рис. 26 Рис. 27


Доведення випливає з попередньої теореми. Візьмімо для прикладу рівнобедрений трикутник АВС [рис. 26]. Дві сторони цього трикутника нехай будуть продовжені під основою на однакову відстань до точок D і E, Потім проведемо дві лінії DC й ВЕ. І якщо ти порівняєш два трикутники ACD і АВЕ й інші два — ВСЕ і CBD так, як зазначалося в попередній теоремі, ти впевнишся у правильності цього твердження.

Теорема 3, твердження 4. Якщо два кути трикутника дорівнюють один одному, то й сторони, що лежать проти рівних кутів, теж будуть рівні. Довести це легко, спираючись на співпадіння одної сторони з другою. Ця властивість притаманна всім рівностороннім і рівнобедреним трикутникам. Тут слід послатися також на те, що каже Евклід з іншого приводу, а саме: у будь-якому нерівносторонньому трикутнику під більшим кутом знаходиться більша основа, а під меншим — менша. 1 навпаки: більшій стороні або основі відповідає більший кут, меншому — менший. Отже, й рівним відповідають рівні.




Рис. 28


Теорема 4, твердження 5 [Евк. I, 8]. Якщо ми маємо два трикутники і дві сторони одного дорівнюють двом сторонам другого, кожен кожному, і рівні також їхні основи, то й кути, утворені двома рівними лініями, теж будуть рівні. Більш \98\ того, за всіма ознаками, один трикутник буде дорівнювати другому. Ця теорема є не що інше, як змінена теорема 1, й її можна легко довести. Адже всі сторони збігаються одна з одною, а отже, й кути.

Задача 2, твердження 6 [Евк. I, 9]. Даний прямолінійний кут розділити навпіл. Нехай треба розділити прямолінійний кут ВАС [рис. 29] навпіл.

Побудова. Встановивши Один кінець циркуля в точці, що є вершиною даного кута, від ліній AB і AC відтинають два будь-які відрізки рівної довжини, наприклад AD і AE, й проводять пряму DE. Потім на прямій DE будують рівносторонній трикутник DFE (твердження 1) /58зв./ й проводять пряму AF.

Доведення. Згідно з побудовою сторони DA й AF трикутника DAF відповідно дорівнюють сторонам ЕА й AF трикутника, EAF: адже сторона AF є спільною, а основа DF дорівнює основі EF, або трикутник DFE рівносторонній. І тому кут DAF буде дорівнювати кутові EAF. Отже.. й т. д. Звідси зрозуміло, як можна розділити кут на скільки завгодно парних частин. А як треба ділити кут на «епарне число частин, ми пояснимо далі, коли йтиметься про квадратрясу.

Задача 3, твердження 7 [Евк. I, 10]. Поділити навпіл дану пряму лінію 8. Нехай буде дана пряма АВ [рис. 30], яку треба поділити на дві рівні частини.






Рис. 29 Рис. 30 Рис. 31


Побудова, Накресли на даній прямій рівносторонній трикутник і розділи його навпіл, — ось ти й зробив те, що треба було 9.

Доведення, Якщо сторони трикутника ACD дорівнюють сторонам трикутника DCB (сторона АС — стороні СВ) за побудовою, сторона CD є спільною для обох трикутників і кут ACD також дорівнює кутові DCB за побудовою, отже й основа AD дорівнює основі DB [Евк, I, 4]. Отже... й т. д. У такий \99\ спосіб можна поділити трикутник на скільки завгодно парних частин, що дорівнюють одна одній. А як можна поділити лінію на скільки завгодно непарних частин, пояснимо далі.

Задача 4, твердження 8 [Евк. I, 11]. Маємо пряму лінію. Від точки, даної на ній, треба піднести пряму, що утворює прямі кути. Нехай ми маємо пряму АВ [рис. 31], а на ній точку С.

Побудова. Від точки С за допомогою циркуля відрізаємо з обох сторін однакові відрізки DC і СЕ. Потім на відрізку DE будуємо рівнокутний трикутник і з його верхнього кута опускаємо пряму на точку C, — ось ми й зробили те, що треба було;

Доведення. Сторони й основа трикутника DCF дорівнюють сторонам і основі трикутника CFE. Отже, й кути одного трикутника дорівнюють тим кутам другого, що лежать проти однакових сторін [Евк. I, 8]. Значить, й кут DCF дорівнює кутові ECF і тому обидва вони прямі (дефініція 10). Отже... й т. д.




Рис. 32 Рис. 33


Задача 5, твердження 9. На дану нескінченну пряму опустити перпендикуляр від точки, що не знаходиться на цій прямій. Нехай буде нескінченна пряма AB [рис. 32] і поза /59/ нею точка C.

Побудова. Від центра C на будь-якій відстані слід накреслити коло, що перетинає лінію AB в точках D і E. Потім, поділивши лінію DE навпіл у точці F, опускаємо пряму CF.

Доведення. Довести це легко, якщо накреслиш прямі CD і CE й побудуєш два трикутники.

Теорема 6, твердження 10 [Евк. I, 13]. Коли пряма лінія, опущена на іншу пряму, утворює кути, то це будуть або два прямі кути, або рівні 10 двом прямим. Наприклад, якщо опустити лінію EB на лінію CD або AB на CD [рис. 33].

Доведення. Довести це легко: адже наскільки при даному припущенні тупий кут буде більший від прямого, настільки гострий буде менший від прямого. Отже... й т. д.

Теорема 6, твердження 11 [Евк. I, 15]. Якщо дві прямі лінії взаємно перетинаються, то вертикальні кути, які вони утворюють у точці перетину, будуть рівні. Наприклад, лінії AB і DC [рис. 34]. \100\

Доведення. Два кути AED й BED дорівнюють двом прямим [Евк. I, 13], так само й кути BED і ВЕС дорівнюють двом прямим. Отже, перші два кути дорівнюють двом другим (1-ша аксіома). Якщо від цих обох пар кутів відокремити кут BED, то залишиться кут AED, рівний кутові СЕВ (3-тя аксіома). Так само ми доведемо й рівність кутів АЕС й BED. Отже... й т. д.




Рис. 34 Рис. 35 Рис. 36


Теорема 7, твердження 12 [Евк. I, 16]. Якщо продовжити одну сторону будь-якого трикутника, то зовнішній кут буде більший від кожного з обох внутрішніх, протилежних йому кутів. Так, якщо у трикутнику АВС [рис. 35] продовжимо сторону АВ до точки D, то кут D.BC (зовнішній) буде більший від кожного з обох внутрішніх, протилежних йому кутів, тобто від кутів ВАС й АСВ. Це очевидно 11.

Теорема 8, твердження 13. [Евк. I, 17]. Два кути будь-якого трикутника менші 12 від двох прямих. Це ми легко доведемо, якщо візьмемо до уваги, що в усякому трикутнику, який має один прямий кут, два інших будуть гострі. Якщо ж у трикутнику один кут буде тупий, то тут для доведення стане нам у пригоді знайомство з властивостями паралельних прямих, про що буде сказано далі. Бо хоч тупий кут разом з будь-яким гострим може дорівнювати двом прямим, проте цього не буває в трикутнику: адже такий гострий кут не дає підстав, щоб лінія, яка його обмежує, відхилилася настільки, щоб утворити трикутник.

Теорема 9, твердження 14 [Евк. I, 20]. /59зв./ Дві сторони будь-якого трикутника більші від третьої. Це не потребує доведення.

Теорема 10, твердження 15 [Евк. I, 21 ]. Якщо від кінцевих точок однієї з сторін трикутника провести дві прямі в середину трикутника, то вони будуть менші від двох сторін цього трикутника, проте утворять більший кут. У трикутнику АВС від кінцевих точок В і С проводять в середину трикутника дві прямі BD й CD [рис. 36].

Я тверджу, по-перше, що вони менші від двох, разом узятих, сторін ВА й СА і, по-друге, що утворений ними кут BDC більший від кута ВАС. \101\

Доведення. Проведемо одну внутрішню пряму до точки Е сторони СА, Оскільки в трикутнику дві сторони ВА й АЕ більші від третьої сторони BE [Евк. I, 20], то, якщо додати до тієї й другої відрізок EC, сторони ВА й АС теж будуть більші, ніж BE й EC, У той самий спосіб доведемо, що сторони СЕ й ВЕ більші від сторін CD й DB. І, виходячи зі сказаного, робимо висновок, що сторони ВА й АС будуть більші від сторін BD й DC. Це те перше, що ми маємо довести. Знову-таки, оскільки кут BDC більший від кута DEC [Евк. I, 16] й кут DEC з тієї самої причини більший від кута BAC, то й кут BDC буде більший від кута ВАС. Отже, ми довели й друге наше твердження.

Задача 6, твердження 16 [Евк, I, 22]. Побудувати трикутник з трьох прямих ліній, які дорівнюють трьом даним прямим. Треба, щоб дві з цих ліній, узяті разом, були більші від третьої, бо інакше не вийде трикутник (див, твердження 20 першої книжки).

Нехай будуть дані три прямі лінії: A, B і C. Отже, треба побудувати трикутник, що має сторони, що дорівнюють цим трьом відрізкам.




Рис. 37


Побудова. Візьмімо нескінченну пряму DE [рис. 37] й відділимо від неї за допомогою циркуля відрізок DF, що має дорівнювати прямій А; потім від тієї частини лінії, що залишилася, — FE, відділимо відрізок FG, що дорівнює прямій В. І знов від того, що залишилося, тобто від GE, відтинаємо відрізок GH, що дорівнює прямій С. Потім від центра F на відстані FD описуємо коло DGK, від центра G на відстані GH креслимо друге коло HGK, яке перетне перше в точках I й K. І від будь-якої з цих двох точок, наприклад від точки K, проводимо до точок F і G прямі KF і KG, Ось ми й зробили те, що треба було.

Задача 7, твердження 17 [Евк. I, 23]. Дані пряма лінія й на ній точка. Побудувати прямолінійний кут, що дорівнює даному прямолінійному кутові. /60/

Хай нам дані пряма AB й на ній точка C, ари якій треба побудувати кут, що дорівнює даному кутові E [рис. 38]. \102\




Рис. 38


Побудова. Замкнемо кут E лінією GH, потім побудуємо трикутник CGK, сторони якого дорівнюють трьом прямим FG, GH і HE, згідно з попередньою задачею (це легко буде зробити, якщо візьмемо пряму CG, що відповідає прямій EG, СК, яка дорівнює ЕН, і GK, що однакова з GH).

Доведення беремо з першої книжки (твердження 8).








Розділ третій

ПРО ПАРАЛЕЛЬНІ ЛІНІЇ ТА УТВОРЕНІ З НИХ ПАРАЛЕЛОГРАМИ


Після тристоронніх фігур розглянемо чотиристоронні, серед яких найпоширенішими є паралелограми, тобто ті, що мають паралельні сторони. Щоб все це було для вас зрозуміло, слід розповісти також про паралельні лінії.

Теорема 1, твердження 1 [Евк. I, 27]. Якщо будь-яка пряма лінія перетне дві інші прямі лінії й утворить в обох випадках рівні один одному кути, то такі дві лінії будуть паралельними. Нехай пряма EF, перетинаючи дві прямі АВ й CD, утворить тут і там кути AGH і DHG, що дорівнюють один одному, Я тверджу, що лінії АВ й CD паралельні [рис. 39].




Рис. 39


Доведення. Якщо вони не паралельні, то при продовженні у нескінченність ці лінії зійдуться. Отже, нехай, наприклад, вони зійдуться у точці І. Утвориться трикутник GIH. Звідси випливає, що зовнішній кут трикутника може дорівнювати внутрішньому протилежному: адже тут кут AGH, за припущенням, дорівнює внутрішньому протилежному кутові GHD, \103\ що є абсурдом (твердження 16) [Евк. I, 16]. Отже, ці дві прямі не можуть зійтися в точці I. І так само можна довести, що вони не зійдуться в точці K. Отже, вони паралельні.

Теорема 2, твердження 2 [Евк. I, 28]. Якщо пряма лінія, перетинаючи дві. прямі, утворює зовнішній кут, що дорівнює внутрішньому кутові, протилежному йому, який лежить з тої самої сторони або утворює внутрішні кути, сума яких дорівнює двом прямим, то ці дві лінії будуть паралельними.

Нехай нам дані дві лінії АВ й CD [рис. 39] і пряма, що проходить через них, утворюючи зовнішній кут EGA, що дорівнює внутрішньому, протилежному до нього GHC. Я тверджу, що прямі АВ й CD паралельні.

Доведення. Через те що кутові EGA дорівнює кут BGH. [Евк. I, 15], внутрішні кути GHC й BGH відповідають один одному. Отже, /60зв./ лінії АВ й CD паралельні [Евк. I, 27]. Те саме слід сказати також про інші кути.

Далі, пряма EF утворює з тої самої сторони внутрішні кути AGH і CHG, сума яких дорівнює двом прямим. Я знову тверджу, що ці прямі АВ й CD паралельні: адже оскільки кути AGH і CHG за визначенням дорівнюють двом прямим, то й кути AGE й AGH теж дорівнюють двом прямим [Евк. I, 13]. Отже, два кути AGH і CHG дорівнюють двом кутам AGE й AGH. Тепер, якщо відняти й звідти, й звідси кут AGH, то залишиться кут AGE, що є зовнішнім кутом, протилежним до кута CHG, і обидва вони будуть рівні. І тому, згідно з попереднім доведенням, лінії АВ й CD є паралельними.

Теорема 3, твердження 3 [Евк. I, 30]. Дві лінії, паралельні тій самій третій, паралельні також одна одній. Теорема доведення не потребує, бо це очевидно.




Рис. 40


Задача 1, твердження 4 [Евк. I, 31]. Від даної точки провести пряму, паралельну до даної прямої. Нехай від точки А [рис. 40] треба провести лінію, паралельну до даної прямої ВС.

Побудова. Від точки А проводимо до лінії ВС лінію AD, що утворює кут ADB, При точці А будуємо кут EAD, що дорівнює попередньому [Евк. I, 23]. Я тверджу, що пряма ЕА, якщо її продовжити до точки F, буде паралельною до прямої BC.

Доведення. Кут DAE дорівнює кутові ADB. Отже... [Евк. I, 27]. \104\

Теорема 4, твердження 5 [Евк. I, 31]. Якщо продовжити одну сторону будь-якого трикутника, то зовнішній кут дорівнюватиме двом внутрішнім, протилежним йому кутам, а три внутрішні кути трикутника дорівнюють двом прямим.




Рис. 41 Рис. 42


Продовжимо в трикутнику АВС [рис. 41] сторону ВС до точки D. Я тверджу, по-перше, що зовнішній кут ACD дорівнює двом внутрішнім, протилежним йому кутам — A й B, взятих разом.

Доведення. Від точки С проведемо лінію CE, паралельну до прямої АВ. Через те що пряма АС перетинає паралельні лінії АВ й CE, перехресні кути А й АСЕ будуть рівні [Евк. I, 27], І знову, оскільки пряма BD перетинає ті самі паралельні лінії, зовнішній кут DCE дорівнюватиме внутрішньому [кутові] СВА. Склавши кути АСЕ й ECD, що дорівнюють кутам A й B, ми отримаємо кут ACD. Отже, цей кут дорівнюватиме двом внутрішнім, протилежним кутам, разом узятим. І звідси встановлюємо істинність твердження [першої книжки] 13 [Евк. I, 6]:

Я тверджу, по-друге, що три внутрішні кути того самого трикутника дорівнюють двом прямим, і легко це доводжу: /61/ кути ACD й АСВ дорівнюють у сумі двом прямим [Евк. I, 13]. Але ці самі кути дорівнюють трьом внутрішнім кутам трикутника, разом узятих, бо кут ACD дорівнює двом внутрішнім, протилежним йому кутам A й B, а кут АСВ є спільним. Отже, тут діє 1-ша аксіома. І звідси ми наочно встановлюємо істинність твердження 17 першої книжки, як ми вже там відзначали.

Теорема 5, твердження 6 [Евк. I, 33]. Прямі лінії, що з’єднують в тих самих напрямах інші рівні й паралельні лінії, самі будуть рівні й паралельні. Нехай дано рис. [41], на якому ти легко доведеш те, що було сказано, на підставі тверджень 4 і 27 першої книжки.

Теорема 6, твердження 7 [Евк. I, 34]. У паралелограмах протилежні сторони й кути завжди дорівнюють один одному і діаметр 14 ділить паралелограм навпіл.

Нехай дано паралелограм ABCD [рис. 42]. Я тверджу, що сторона АВ дорівнює стороні DC, а сторона AD — стороні ВС: \105\ адже й той, і другий з’єднують дві рівні паралельні [Евк, 1,33], а кут А дорівнюватиме кутові С й кут D — кутові В. Це легко довести, спираючись на твердження 27 першої книжки. Далі я говорю, що діаметр АС ділить паралелограм навпіл. Доводиться це на підставі твердження 4 першої книжки.




Рис. 43


Теорема 7, твердження 8 [Евк. I, 35]. Паралелограми, побудовані на тій самій основі й на тих самих паралельних, дорівнюють один одному. Я тверджу, що на рис. [43], який ми подаємо, паралелограм CDEA дорівнює паралелограмові CDBE.

Доведення. Сторона СЕ трикутника СЕА дорівнює стороні DB трикутника DBE [Евк. I, 34]. Отже, весь трикутник СЕА дорівнює всьому трикутникові DBE [Евк. I, 8]. Додавши до обох цих трикутників трикутник CDE, ми отримаємо рівиі паралелограми CDEA й CDBE. Те саме можна твердити й щодо паралелограмів, побудованих на рівних основах, про що йдеться в твердженні 36 Евкліда (адже у величин ідентичність і рівність не розрізняються) 15.

Теорема 8, твердження 9 [Евк. I, 37]. Трикутники, побудовані на тій самій основі й на тих самих паралельних, дорівнюють один одному. Між паралельними прямими АВ й CD знаходяться два трикутники, побудовані на тій самій основі CD [рис. 44]. Я тверджу, що вони рівні 16.




Рис. 44


Доведення. Спочатку проводять лінію DE, паралельну до СА, й лінію DF, паралельну до СВ. Отже, оскільки паралелограми CDEA й BCDF рівні [Евк. I, 35], а згадані трикутники /61зв./ є половинами цих паралелограмів (адже діаметри AD й DB ділять їх навпіл) [Евк. I, 34], то й трикутники ACD й BCD дорівнюють один одному. Те саме ти можеш сказати про трикутники, побудовані на рівних основах і між тими самими паралельними, про що йдеться в твердженні 38 Евкліда. Істинними є також і обернені твердження, що випливають з цих чотирьох, а саме, що рівні паралелограми, побудовані на тій \106\ самій або однаковій основі, містяться між тими самими паралельними лініями. І те ж ти можеш сказати стосовно трикутників, про що йдеться у твердженнях 39 і 40 Евкліда.

Теорема 9, твердження 10 [з кн. Клавія]. Якщо в трикутнику провести пряму лінію, паралельну до однієї з сторін, то пряма, проведена від протилежного кута, яка ділить одну з двох паралельних ліній навпіл, розділить навпіл також і другу.




Рис. 45 Рис. 46


Нехай у трикутнику АВС лінією, паралельною до сторони BC, буде DE, а лінією, проведеною від протилежного кута A, буде AF, яка розділить лінію DE навпіл [рис. 45]. Я тверджу, що вона розділить також і другу лінію, паралельну до цієї, а саме сторону ВС.

Доведення. З тверджень 9 і 10 першої книжки кожному легко зрозуміти, що коли ділиться навпіл кут, то ділиться навпіл і основа, що йому протистоїть 17, а коли ділиться навпіл основа, то ділиться також і протилежний їй кут. І оскільки в трикутнику АВС кут А розділено навпіл (адже це такий самий кут і така сама січна лінія, про які йшлося), отже, буде розділена навпіл також і основа ВС. Проте це доведення має силу лише щодо тих кутів, які утворені рівними сторонами. Сама ж теорема дійсна щодо будь-яких кутів, однак у такий спосіб її легше було довести. Трикутники AGD й AGE встановлені на однакових основах і між тими самими паралельними лініями (адже вони обмежені тими самими точками), — таким чином, вони рівні [Евк. 1,37]. Трикутник AGE розділений навпіл, але й трикутник АВС теж розділений навпіл, бо його продовжено поза основу вниз на однакову відстань і через нього проходить та сама січна лінія. Отже, й трикутники ABF і AFC рівні, а, значить, й основи BF і FC теж будуть рівні.

Задача 2, твердження 11 [з кн. Клавія]. Розділити даний відрізок прямої на скільки завгодно рівних частин. Ця дія пов’язана з попередньою теоремою, й геометрам вона вкрай потрібна. \107\

Нехай лінію АВ [рис. 46] треба розділити на п’ять рівних частин.

Побудова. Через крайню точку В проводять пряму ВС і, взявши на лінії ВС будь-яку точку D, через неї проводять лінію DE, паралельну до АВ [Евк. I, 34]. На цій лінії DE за допомогою циркуля відтинають п’ять рівних частин: /62/ DF, FG, GH, HI, IE з умовою, щоб усі ці разом узяті відрізки при перенесенні їх на пряму АВ утворили лінію, не більшу від АВ, а меншу від неї. Потім від другої крайньої точки даної прямої — точки A проводять пряму через E, яка, зустрівшись з лінією BC, утворить кут. Якщо від цього кута провести прямі через точки п’яти частий аж до лінії АВ, вони розділять цю лінію теж на п’ять рівних частин.

Доведення. За допомогою попередньої теореми можна легко довести, що в трикутнику CBL основу BL розділено навпіл, в трикутнику CKM основу KM також розділено навпіл і так само щодо інших. Отже... й т. д.




ПРИЛАД ПОДІЛУ ЛІНІЇ НА БУДЬ-ЯКУ КІЛЬКІСТЬ РІВНИХ ЧАСТИН


Хоча про геометричні прилади ми розповімо в окремому трактаті, що входить до розділу «Геодезія», проте, оскільки дуже часто доводиться ділити лінії також у вправах із загальної геометрії, я подаю тут для полегшення й скорочення цієї дії один дуже простий прилад, що його рекомендує застосовувати Клавій. Цей прилад ти можеш виготувати у такий спосіб: на мідній платівці або на папері проведи дві паралельні лінії на великій відстані одна від одної, як ти бачиш на рис. 47 — CD і EF.




Рис. 47


Потім на кожній з цих ліній познач будь-яку, але не дуже велику, кількість частин, які дорівнюють одна одній, — скільки на першій, стільки й на другій. Після цього від кожної крайньої точки частин однієї лінії проведи прямі до кожної крайньої точки частин другої лінії. Ось ти й матимеш зручний прилад, за допомогою якого легко зможеш \108\ розділити будь-яку пряму лінію на скільки завгодно рівних частин, якщо тільки ця лінія не буде більшою від діаметра приладу (адже він має форму паралелограма).




ВИКОРИСТАННЯ


Пряму АВ треба поділити на п’ять рівних частин.

Виміряй спочатку розмір даної прямої, розводячи ніжки циркуля, потім перенеси циркуль на прилад і, поставивши одну його ніжку на якусь одну з поперечних ліній, другу ніжку постав на шосту лінію /62зв./ (а якщо треба розділити на шість частин, то на сьому лінію й т. д.) і від точки, в яку встромлено одну ніжку циркуля, проведи пряму до точки, де знаходиться друга його ніжка. Ця пряма перетнеться поперечними лініями на п’ять рівних частин. І якщо відстані між ними ти перенесеш на дану пряму АВ, то ти вже зробив те, що треба було. Або можна також, позначивши на лінійці розмір даної лінії АВ, прикласти її до приладу в такий самий спосіб і позначити розміри частин на цій лінійці.

Теорема 10, твердження 12 [Евк. I, 41]. Якщо паралелограм має однакову з трикутником основу й знаходиться між тими самими паралельними, то паралелограм буде вдвічі більший від цього трикутника.

Нехай ми маємо паралелограм ACDE [рис. 48], розташований на одній основі з трикутником. Я тверджу, що даний паралелограм вдвічі більший від даного трикутника.




Рис. 48 Рис. 49


Доведення. Коли в паралелограмі провести діаметр AD, то трикутники ACD й AED, що утворяться внаслідок цього, будуть рівні [Евк. I, 37]. І паралелограм ACDE буде вдвічі більший від трикутника ACD [Евк. I, 34]. Отже... й т. д.

Задача 3, твердження 13 [Евк. I,42]. Дано трикутник. Треба побудувати рівновеликий йому паралелограм на даному прямолінійному кутові.

Хай нам дано трикутник АВС. Треба побудувати рівновеликий паралелограм, що матиме однаковий з ним кут D [рис. 49].

Побудова. Розділимо одну сторону трикутника, а саме BC, навпіл в точці Е й утворимо кут CEF, що дорівнює кутові D. Потім проведемо через точку А пряму AF, паралельну до \109\ BC, й знову через C або B проведемо пряму CG, паралельну до EF, яка зустрінеться з прямою AF, продовженою до точки G. Ось і все, що треба було зробити.

Доведення. Спочатку проведемо пряму ЕА в трикутнику. І оскільки паралелограм CEFQ вдвічі більший від трикутника AEC [Евк. I, 41], а трикутник ABC теж вдвічі більший від цього трикутника [Евк. I, 38], паралелограм CEFQ буде рівновеликий трикутникові ABC, і, крім того, ми побудували кут CEF, рівний кутові D. Все, що треба було зробити, вже зроблено.

Теорема 11, твердження 14 [Евк. I, 43]. У будь-якому паралелограмі доповнення тих паралелограмів, що називаються циркадіаметральними, дорівнюватимуть одне одному.

Наприклад, у паралелограмі ABCD [рис. 50] доповнення HGFD й EGIB будуть рівні 18. Довести ще легко, опираючись на твердження 34 першої книжки й 3-тю аксіому.




Рис. 50 Рис. 51


Задача 4, твердження 15 [Евк. I, 44]. При даній прямій лінії на даному прямолінійному кутові побудувати рівновеликий даному трикутникові паралелограм. Нехай нам дані прямі А, трикутник В /63/ й кут С.

Побудова. Накреслимо рівновеликий трикутникові В паралелограм DEFG [Евк. I, 42], що має кут EFG, який дорівнює кутові C, й продовжимо лінію GF до точки H так, щоб FH дорівнювала даній прямій А. Через H проведемо пряму HI, паралельну до FE, і вона зустрінеться з прямою DE. продовженою до точки I. Потім протягнемо від I через F діаметр IF, який зіткнеться з прямою DG, продовженою до K, й через K проведемо лінію KL, паралельну до GH, що зустрінеться з прямою IH, продовженою до L; лінію EF також продовжимо до M.

Я тверджу, що паралелограм LMFH є тим, який ми шукали.

Доведення. Сторона FH дорівнює даній прямій A, а кут HFM — даному кутові C (бо він дорівнює кутові EFG як вертикальний, а про той ми казали при його побудові, що він має дорівнювати да.ному кутові C). І, нарешті, паралелограм LMFH дорівнює даному трикутникові B, бо він відповідає \110\ паралелограмові DEFG [Евк. I, 43], який ми побудували так, щоб він дорівнював даному трикутникові. Отже... й т. д.

Задача 5, твердження 16 [Евк. I, 45]. При даній прямій лінії на даному прямолінійному кутові побудувати паралелограм, рівновеликий даному прямолінійному трикутникові.

Хай нам дані пряма EF, прямолінійний трикутник АВС й кут А. Отже, на прямій EF треба побудувати паралелограм, рівновеликий.прямолінійному трикутникові ABC, що має кут, який дорівнює кутові D.

Побудова. Розбий прямолінійний трикутник, на трикутники A, B й C і побудуй рівновеликі кожному з них паралелограми, що спираються на дану пряму й мають куги, які дорівнюють кутові D. І ти виконаєш те, що пропонується в задачі.








Розділ четвертий

ПРО КВАДРАТИ


Серед чотиристоронніх фігур Інайпоширенішими є паралелограми, а з них найчастіше зустрічаються прямокутники, тобто такі паралелограми, в яких усі чотири кути прямі. Тепер слід дещо сказати про них. Але через те що серед прямокутників перше місце посідають квадрати, тобто прямокутні й одночасно рівносторонні фігури, ми написали спеціальний розділ про квадрати й розповідатимемо переважно про них, хоч скажемо, звичайно, дещо й про інші прямокутні фігури. Суть усіх теорем і задач, які ми подаємо, полягає в тому, що в них досліджується співрозмірність прямих ліній (оскільки, звичайно, й квадрати складаються з відрізків будь-якої прямої лінії, і прямокутники теж обмежені відрізками прямої), і ці відрізки прямих порівнюються як один в одним, так і з квадратом прямої лінії. Всі ці співвідношення ми й маємо тут дослідити. Про те, що доведення цих теорем має величезне практичне значення, свідчить Христофор Клавій /63зв./ у передмові до другої книжки Евкліда: адже з них, наче з якихось невичерпних джерел, випливає пізнання безлічі досить цікавих властивостей предметів.

Потрібно, передусім, подати тут дві дефініції, якими починає свою другу книжку Евклід.

Дефініція 1. 1. Про будь-який прямокутний паралелограм кажуть, що він обмежений двома прямими лініями, які утворюють прямий кут. \111\

Наприклад, у прямокутнику ABCD двома лініями, що обмежують прямий кут, будуть або АВ й AD, або DC й СВ [рис. 52]. Кажуть, що прямокутник обмежується двома лініями, хоч їх чотири, бо дві інші лінії дорівнюють тим двом першим і утворюють такі самі кути.




Рис. 52


Дефініція 2. 2. частина будь-якого паралелограма, що складається з одного циркадіаметрального паралелограма й двох доповнень, називається гномон.

Наприклад, на рис. [58] паралелограм C, взятий разом з паралелограмами, які називають доповненнями — В й D, і є те, що Евклід називає гномонами.




Рис. 53 Рис. 54


Отже, якщо паралелограм А взяти разом з В й D, то це теж буде називатися гномон.

Задача 1, твердження 1 [Евк. I, 46]. На даній прямій лінії побудувати квадрат.

Нехай нам дана пряма АВ [рис. 54], на якій треба накреслити квадрат.

Побудова. Від точок A й B проводять перпендикуляри AD й BC, що дорівнюють даній лінії АВ, й з’єднують їх прямою CD. Ось і утворився квадрат.

Довести це досить легко, виходячи з побудови.

Теорема 1, твердження 2 [Евк. I, 47]. У прямокутних трикутниках квадрат, накреслений на стороні, яка лежить проти прямого кута, дорівнює тим двом разом узятим квадратам, що накреслені на сторонах, які утворюють цей прямий кут.

Хай у прямокутному трикутнику АВС кут ВАС буде прямий і на сторонах АВ, АС й ВС накреслені квадрати ABFG, АСНІ й BCDE [рис. 95]. Я тверджу, що квадрат BCDE дорівнює двом іншим квадратам разом.

Доведення. Спочатку проведемо пряму AK, паралельну до BE, що перетинає BC в точці L, і накреслимо лінії AD, \112\ AE, CF і BH. Оскільки два кути — BAC й BAG — прямі, лінії AG й AC утворять одну пряму лінію. Так само IA й AB утворять одну пряму. Далі, через те що кути ABF і СВЕ рівні (адже вони прямі), то, якщо додамо обидва ці кути до ABC, утвориться кут CBF, що дорівнює кутові ABE;




Рис. 55


також і кут BCH дорівнюватиме /64/ кутові ACD. Отже, завдяки тому, що дві сторони АВ й ВЕ трикутника АВЕ дорівнюють двом сторонам BF і ВС трикутника FBC (кожна з сторін тих — кожному з цих), що випливає з визначення квадрата, то й кути, утворені цими сторонами — АВЕ й FBC, будуть рівні. Значить, як ми показали, трикутники АВЕ й FBC теж будуть рівні [Евк. I, 4]. Але квадрат або паралелограм ABFG вдвічі більший від трикутника FBC, бо вони розташовані на тій самій основі FB й між тими самими паралельними лініями FB й GC [Евк. I, 41]. Паралелограм BEKL з тієї самої причини також вдвічі більший від трикутника ABE, й тому паралелограм BEKL дорівнюватиме квадратові ABFG [6-та аксіома]. Ми доводимо також, що й паралелограм CDKL дорівнює квадратові ACHG. І через це весь квадрат BCDE, що складається з паралелограмів BEKL і CDKL, дорівнюватиме двом разом узятим квадратам ABFG й АСНI, що й треба було довести.

Кажуть, що цю гідну подиву, чудову теорему винайшов Піфагор і, як розповідає Вітрувій у книжці 9-й, приніс у жертву музам, бо вважав, що вони йому допомогли зробити таке визначне відкриття. Дехто вважає, що він приніс у жертву 100 биків, як свідчить про це Христофор Клавій. За допомогою цієї теореми геометри доводять багато інших теорем і розв’язують безліч задач.

Теорема 2, твердження 3 [Евк. II, 1]. Якщо дано дві прямі лінії, одну з яких поділено на певну кількість час\113\тин, то прямокутник, утворений цими двома лініями, дорівнює всім тим прямокутникам, що утворені одним цілим відрізком і будь-якою частиною другого.




Рис. 56


Нехай на рис. [56] АВ буде цілий відрізок прямої, а пряма АС поділена на частини AD, DE й ЕС. Прямокутник, утворений всією лінією АС й відрізком АВ, дорівнює трьом прямокутникам, утвореним відрізком АВ й частинами прямої — AD, DE й EC, бо всі ці окремі прямокутники є частинами першого прямокутника, що само собою очевидно.

Теорема 3, твердження 4 [Евк. II, 1]. Якщо відрізок прямої лінії розділити на певні частини, то всі разом узяті прямокутники, утворені цілим відрізком і будь-якою частиною даного відрізка, дорівнюють квадратові, що побудований на всьому даному відрізку.

Цей випадок майже тотожний з попереднім.

Теорема 4, твердження 5 [Евк. II, 3]. Якщо відрізок прямої розділити на будь-які частини, то прямокутник, утворений усім відрізком і однією з його частин, дорівнює прямокутникові, утвореному цими двома частинами, й квадратові, побудованому на вказаній частині.




Рис. 57


На рис. [57] ми маємо лінію AB, розділену на дві частини /64зв./ — AC й CB; прямокутник AF 19, утворений усім відрізком АВ й однією з частин — СВ, дорівнює прямокутникові AD, утвореному частинами АС й СВ, разом з квадратом CBFD, побудованим від тієї самої частини СВ. Це зрозуміло само собою.

Теорема 5, твердження 6 [Евк. II, 4]. Якщо розділити, відрізок прямої на окремі частини, то квадрат, побудований на всьому відрізку, дорівнює квадратам, що накреслені на частинах цього відрізка, разом з двома прямокутниками, утвореними тими самими частинами. \114\

Хай нам дано відрізок прямої АВ, розділений в точці С [рис. 58]. Накреслимо квадрат на всьому цьому відрізку й проведемо діаметр ВЕ; потім від точки С піднесемо перпендикуляр CF і так само з бічної сторони на відстані СВ проведемо перпендикуляр GI, що перетне CF у точці Н.




Рис. 58 Рис. 59


Я тверджу, що квадрат ABDE, побудований на всьому відрізку АВ, дорівнює двом квадратам GHFE й СВІН, побудованим на частинах цього відрізка, і ще двом однаковим прямокутникам, утвореним тими самими частинами, тобто прямокутникам АН і HD. Це очевидно. Якщо уважно до цього придивится, то те саме можна побачити й тоді, коли йдеться про числа 20.

Теорема 6, твердження 7 [Евк. II, 5]. Якщо пряму лінію розділити на рівні або нерівні частини, то прямокутник, утворений нерівними частинами цієї лінії, разом з квадратом середньої частини даної лінії, дорівнює квадратові, побудованому на половині цієї лінії.

Хай нам дано пряму АВ [рис. 59], що розділена навпіл у точці C, а на нерівні частини — в точці D, тоді середньою частиною цієї прямої буде CD. Потім на половині СВ будуємо квадрат CBFE й, накресливши діаметр BE, проводимо від точки D пряму DG, паралельну до прямої BF, яка перетне діаметр у точці Н. Через цю точку проводимо пряму KI, паралельну до BC, й знову від точки А проводимо паралельно до СЕ пряму лінію, що перетнеться з продовженням прямої HK.

Я тверджу, що квадрат CBFE дорівнює прямокутникові АН, утвореному нерівними частинами даної прямої лінії, разом з квадратом СН, побудованим на середній частині цієї прямої. Те саме ми отримаємо, розділивши пряму навпіл і приєднавши до неї ще якусь іншу, перпендикулярну до неї, пряму, про що розповідає Евклід у своєму твердженні 6, яке можна легко звести до цієї теореми, бо нова приєднана пряма є ніби теж однією з відділених частин. \115\

Теорема 7, твердження 8 [Евк. II, 7]. Якщо пряму лінію розділити на окремі дві частини, то квадрат, побудований на всій лінії, і квадрат, побудований на одній з її частин, — /65/ обидва ці квадрати разом дорівнюють подвоєному прямокутникові, утвореному всією лінією й вказаною її частиною, разом з квадратом, побудованим на тій частиш прямої, що залишилася.

Розділимо пряму АВ [рис. 60] в точці C, потім на всій цій прямій АВ побудуємо квадрат AD й проведемо діаметр ВЕ і пряму CF, паралельну до сторони BD, що перетикає діаметр у точці G, через яку слід провести пряму НІ, паралельну до АВ.




Рис. 60 Рис. 61


Я тверджу, що квадрат AD разом з квадратом СІ, побудованим на відрізку СВ, дорівнює подвоєному прямокутникові, утвореному всією прямою і вказаною її частиною разом з квадратом, побудованим на частині, що залишається.

Доведення. Прямокутникам AF і FI, складеним разом з квадратом СІ, дорівнює квадрат AD. Отже, якщо приєднати спільний квадрат HF, то квадрати AD й HF дорівнюватимуть прямокутникам AF і DH (кожен з яких утворено всією прямою АВ та її частиною АС) разом з квадратом СІ, побудованим на частині прямої, що залишається.

Теорема 8, твердження 9 [Евк. II, 8]. Якщо розділити пряму лінію на будь-які дві частини, то прямокутник, утворений всією прямою й однією з її частин, взятий чотири рази, разом з квадратом, побудованим на частині прямої, що залишилася, дорівнює квадратові, накресленому на всій прямій і вказаній її частині, складених, в одну пряму лінію.

Хай дану пряму АВ розділено в точці С. Я тверджу, що прямокутник, утворений усією прямою АВ й більшою або меншою її частиною СВ, взятий чотири рази, складений з квадратом частини AC, Що залишилася, дорівнює квадратові лінії, складеної з прямої АВ й вказаної частини СВ 21. \116\

Доведення. Оскільки квадрат, побудований на AD (тобто на лінії, складеній з АВ й АС), дорівнює квадратам, побудованим на АВ й BD разом з прямокутником, що утворений лініями АВ й BD [Евк. II, 4], а квадрати, накреслені на АВ й BC, дорівнюють прямокутникові, що утворений лініями АВ й BC, разом з квадратом, накресленим на АС [Евк. II, 7], то й квадрат, побудований на АВ, дорівнює прямокутникові, який утворений лініями АВ й BC, взятий чотири рази й складений з квадратом, побудованим на АС.

Теорема 9, твердження 10 [Евк. II, 9]. Якщо розділити пряму лінію на дві рівні й дві нерівні частини, то квадрати, утворені на нерівних частинах цієї лінії, разом узяті, будуть удвічі більші від квадрата, що побудований на половині даної лінії, й від квадрата, побудованого на середній частині цієї лінії, узятих разом 22.

Розділимо пряму АВ навпіл у точці C, а на нерівні частини — в точці D [рис. 61]. Я тверджу, що квадрати нерівних відрізків AD й DB, взяті разом, вдвічі більші /65зв./ від тих разом узятих квадратів, що побудовані на половині АС й на середній частині CD.

Доведення. Оскільки квадрат, накреслений на лінії AD, дорівнює квадратам, що накреслені на АС й CD, складені з подвоєним прямокутником, утворені лініями АС й CD [Евк. II,4], то два квадрати, які побудовані на AD й DB, дорівнюють трьом квадратам, що побудовані на AC, CD й PB, складені з подвоєним прямокутником, утворені лініями АС й СР. До того ж і квадрати, накреслені на ВС й СР, дорівнюють квадратові, накресленому на РВ, складеному з подвоєним прямокутником, утвореним лініями ВС й СР. Отже, квадрати, побудовані на АР й РВ, дорівнюють подвоєним квадратам, побудованим на АС й СР, так само, як і квадрати ліній АР й РВ є подвоєнням квадратів АС й СР.

Теорема 10, твердження 11 [Евк. II, 10]. Якщо пряму лінію розділити навпіл, а до неї приєднати ще будь-яку перпендикулярну [очевидно, горизонтальну] пряму, то обидва разом узяті квадрати — і той, що ми накреслимо на всій прямій, складеній з приєднаною до неї лінією, і той, що ми накреслимо на цій приєднаній лінії, — будуть удвічі більші, ніж квадрат, побудований на половині даної лінії, і квадрат, побудований на лінії, що складається з половини даної лінії і другої, приєднаної до неї. Ця теорема цілком тотожна з попередньою.




Рис. 62


Задача 2, твердження 12 [Евк. II, 11] Розділити дану пряму лінію так, щоб прямокутник, утворений всією лінією й однією з її частин, дорівнював квадратові, що побудований на другій частині, яка залишилася 23. \117\

Хай ми маємо розділити у такий спосіб пряму АВ [рис. 62].

Побудова. Креслимо на лінії АВ квадрат АС й, розділивши сторону AD навпіл у точці E, проводимо пряму BE, а на лінії ЕА, продовживши її, відкладаємо відрізок EF, що дорівнює BE, й від лінії АВ відтинаємо відрізок AG, Що дорівнює AF. Я тверджу, що пряму АВ розділено в точці Q так, як треба було розділити.

Доведення. Через точку G проведемо пряму НІ, яка паралельна до DF, і через точку F — лінію FH, яка паралельна до АВ. Те, що ми отримаємо, буде квадратним паралелограмом відрізка AG: адже FH і GH — це сторони, що дорівнюють протилежним і. рівним між собою сторонам FA й AG [Евк. I, 34]. Прямокутник GC також буде утворений всією лінією та її частиною BG, оскільки ВС дорівнює даній лінії АВ. Отже, ми маємо довести, що прямокутник GC дорівнює квадратові АН. Оскільки пряму DA ми поділили навпіл і додали до неї відрізок AF, то прямокутник, утворений лініями DF і FH, тобто прямокутник DH, разом з квадратом половини AE, дорівнюватиме квадратові EF, тобто квадратові ЕВ: адже цей відрізок дорівнює тому [Евк. II, 6], а квадрат відрізка ЕВ дорівнює квадратам відрізків ЕА й АВ [Евк. I, 47]. І тому прямокутник DH разом з квадратом відрізка АЕ дорівнює також /66/ квадратам відрізків АЕ й АВ.

Якщо відняти від обох цих частин квадрат відрізка AE, то залишиться прямокутник DH, що дорівнює квадратові АС. А якщо знов відняти від обох частин прямокутник AI, то залишиться квадрат АН, що дорівнює прямокутникові GC, Отже, ми довели те, що треба було довести.







Розділ п’ятий

ПРО КОЛА


Ми вже розповіли про прямолінійні фігури. Треба сказати також і про криволінійні, серед яких головною й найдосконалішою фігурою є коло. І я підкреслив би навіть, що коло є саме, фігура, бо хоч математики називають іноді колом криву лінію, то це неправильно, бо крива лінія може бути і части\118\ ною дуги кола, якщо вживати слово в його точному значенні. Всі інші непрямі лінії називають мішаними, а єдиною криволінійною фігурою, у власному розумінні слова, є коло, бо лише воно може мати таку лінію. У широкому розумінні криволінійними фігурами є також еліпси, овали й гіперболи 24. Однак перш ніж перейти до викладу властивостей кола, ми наведемо тут разом з Евкдідом кілька дефініцій, тобто пояснень слів і виразів, щоб легше було зрозуміти поданий далі матеріал.




Рис. 63 Рис. 64


Дефініція 1. Рівними є такі кола, що мають рівні діаметри, або такі, що мають рівні лінії, проведені від центра 25.

І тому коло А не дорівнює калові В [рис. 63], бо діаметр першого більший від діаметра другого.

Дефініція 2. Пряма лінія називається дотичною до кола тоді, коли, торкаючись кола в одній точці, при її продовженні вона його не перетинає.

Наприклад, на рис. [64] пряма АВ дотикається до кола, проте, якщо її продовжити до точки C, вона не перетинає його. Цілком інша справа з прямою ED.

Дефініція 3. Про кола кажуть, що вони дотикаються одне до одного тоді, коли, взаємно торкаючись, не перетинаються, наприклад, кола АВ й CD [рис. 66].

По-іншому з колами АВ та EF.




Рис. 65


Дефініція 4. Про прямі лінії кажуть, що вони містяться на однаковій відстані від центра кола тоді, коли перпендикуляри, проведені від центра до них, будуть рівні. І на більшій відстані від центра знаходиться та лінія, на яку падає більший перпендикуляр. \119\

У колі ABCEF [рис. 66] лінії АВ й CD однаково віддалені від центра, бо перпендикуляри, проведені до них від центра, рівні./66зв./

Лінія EF знаходиться на більшій відстані, бо на неї падає більший перпендикуляр.

Дефініція 5. Сегмент круга — це фігура, обмежена прямою лінією й частиною дуги його кола.




Рис. 66 Рис. 67 Рис. 68


Наприклад, якщо у колі ABCD [рис. 67] провести лінію BD, то як фігура BAD, так і фігура BCD матимуть назву сегмента.

Дефініція 6. Кутом сегмента є кут, обмежений прямою лінією й частиною дуги кола, наприклад, на даній вище фігурі кут CBD або DBA.

Дефініція 7. Кутом у сегменті є кут, утворений двома прямими, проведеними від будь-якої точки дуги сегмента до кінців прямої, що є основою сегмента. Цей кут, як я вже сказав, обмежений вказаними двома прямими, називають кутом у сегменті, наприклад, у сегменті А [рис. 68] кут А.

Дефініція 8. Коли дві прямі, що утворюють кут, замкнути зовні якоюсь частиною кола, то кажуть, що даний кут спирається на неї.

Наприклад, у колі ABCD [рис. 69] кут DAB спирається на частину кола DCB.




Рис. 69 Рис. 70


Дефініція 9. Сектором круга є фігура, утворена двома прямими, що обмежують кут, побудований від центра круга, й частиною кола, що замикає зовні ці дві прямі.

Наприклад, сектором круга ABCD [рис. 70] є фігура AECD.

Дефініція 10. Подібними сегментами є сегменти, що містять у собі однакові кути, або ті, в яких кути дорівнюють \120\ один одному, наприклад, у кругах АВС й EDF сегменти АВС й EDF [рис. 71].

Задача 1, твердження 1 [Евк. III, 1]. Дано коло. Треба знайти його центр.




Рис. 71 Рис. 72


Хай нам дано коло ABCD, в якому треба знайти центр [рис. 72].

Побудова. У колі проводять лінію AC, яку ділять навпіл в точці E, й через точку Е проводять перпендикуляр, обмежений з обох боків точками В й D, що містяться на дузі кола, Перпендикуляр також ділять навпіл в точці F, і ця точка є центром кола /67/. Довести це буде легко, пам’ятаючи 2-гу теорему, яку ми подаємо далі.

Теорема 1, твердження 2 [Евк. III, 2]. Якщо на дузі кола взяти будь-які дві точки, то пряма лінія, яка їх з’єднує, буде проходити в середині кола. Це твердження аксіоматичне й зрозуміле без доведення.

Теорема 2, твердження 3 [Евк. III, 3]. Якщо у колі будь-яка пряма лінія, проведена через центр, розтинає навпіл будь-яку іншу пряму, проведену не через центр, то перша, розрізуючи другу, утворить прямі кути, і, навпаки, якщо вона утворить з тією другою лінією прямі кути, то розділить ЇЇ навпіл.

Наприклад, у колі BCDE, якщо лінія CE, проведена через дентр, розріже навпіл лінію BD, проведену не через центр, а в точці F, то вона утворить з нею прямі кути [рис. 73].




Рис. 73 Рис. 74


Проведемо від центра А дві прямі — АВ й AD. Оскільки BF є стороною трикутника, всі сторони одного трикутника дорівнюватимуть сторонам другого трикутника, а отже, й кути AFD й AFB будуть рівні, — значить, вони прямі. І навпа\121\ки: якщо вказана лінія розріже цю другу лінію так, що утворить з нею прямі кути, то вона розріже її навпіл. Оскільки сторони АВ й AD всього трикутника ABD дорівнюють один одному, то й кути ABD й ADB теж будуть рівні [Евк. I, 5]. І через те що два кути AFB й ABF дорівнюють двом іншим кутам — AFD й ADF, то й сторони, розташовані проти рівних кутів, — АВ й AD, будуть рівні, а сторони BF й FD теж будуть, рівні: адже, якщо два кути й одна сторона одного трикутника дорівнюють двом кутам і одній стороні другого трикутника, то й останні сторони й кути теж дорівнюватимуть один одному, що випливає з 26-го твердження першої книжки Евкліда. А оскільки 26-те твердження ми проминули, доводимо другу частину цієї теореми інакше, а саме ось так: якщо AF є перпендикуляром до BD, то як квадрат АВ дорівнюватиме сумі квадратів AF і BF, так і квадрат AD дорівнюватиме сумі квадратів AF і FD [Евк. I, 47].

Отже, якщо квадрат АВ дорівнює квадратові AD, то й сума квадратів AF і BF дорівнюватиме сумі квадратів AF і FD. Якщо відняти від обох частин квадрат AF, то залишаться квадрати прямих BF і FD, що дорівнюватимуть один одному. Отже, й самі ці прямі BF і FD будуть також рівні. За допомогою цієї теореми можна легко довести першу задачу, якщо, перетворити теорему в такий спосіб: лінія, що розтинає іншу лінію в колі навпіл і утворює з нею прямі кути, проходить через її центр, а центр буде якраз у середині. Отже.., й т. д.

Теорема 3, твердження 4 [Евк. III, 4]. /67зв./ Якщо у колі дві прямі лінії, що не проходять через центр, взаємно перетинаються, то вони не розділять одна одну навпіл.

Хай у колі ABCD [рис. 74] дано дві прямі, які взаємно перетинаються — АВ й CD. Я тверджу, що кожна з них не буде розділена навпіл. Адже якщо обидві вони були б розділені навпіл в точці E, то слід було б спочатку знайти центр кола і провести від нього пряму FE, а оскільки ми припустили, що пряма FE розсікає пряму АВ навпіл, вона утворила б, перетинаючись з нею, прямі кути [Евк. III, 3], а з прямою CD — також прямі кути. Отже, й пряма CD мала б бути, згідно з нашим припущенням, розділена навпіл у цій самій точці. Значить, прямий кут FEB дорівнював би кутові FED, тобто ціле дорівнювало б частині, що є абсурдом.

Теорема 4, твердження 5 [Евк. III, 5]. Якщо два кола взаємно перетинаються, то центри їх не збігаються.

Теорема 5, твердження 6 [Евк. III, 6]. Якщо два кола взаємно дотикаються, то центри їх також не збігаються. Обидві ці теореми зрозумілі самі собою як аксіоми й не потребують доведення. \122\

Теорема 6, твердження 7 [Евк. III, 9]. Якщо у колі взяти будь-яку точку, від якої можна провести до дуги кола більше, ніж дві рівні між собою лінії, то ця точка є центром даного кола.

У колі BCD [рис. 75] від точки А можна провести більше, ніж. дві прямі лінії, рівні між собою, наприклад, три: АВ, АС й AD. Я тверджу, що точка А є центрам. З’єднаємо точки B, С й D лініями ВС й CD і, розділивши ці лінії навпіл, проведемо від точки А прямі АЕ й AF. Оскільки сторони АЕ й ВЕ трикутника АВЕ дорівнюють сторонам АЕ й СЕ трикутника АСЕ й основи AB й AC, згідно з нашим припущенням; теж рівні, то й кути АЕВ й АЕС будуть рівні й, крім того, прямі. І тому пряма АЕ проходить через центр.




Рис. 75 Рис. 76


Так само доводимо, що й пряма AF проходить через центр. Отже, точка А є центром, бо прямі перетинаються саме в цій точці. Якщо б, припустимо, інша точка була центром, то обидві ці лінії не могли б проходити через другий центр. А в цій згаданій точці А вони обидві перетинаються, а, отже, й зустрічаються. Звідси стає зрозумілим, що дві прямі лінії, які у колі взаємно пересікаються навпіл, перетинають одна одну в центрі, і навпаки: ті, що перетинаються в центрі, ділять одна одну навпіл 26.

Теорема 7, твердження 8 [Евк. III, 10]. /68/ Коло перетинає інше коло не більше, ніж у двох точках. Це само собою очевидно 27.

Теорема 8, твердження 9 [Евк. III, 13]. Коло дотикається до іншого кола не більше, ніж в одній точци чи в середині, чи зовні. Це також само собою зрозуміло.

Теорема 9, твердження 10 [Евк. III, 14]. У колі: прямі лінії однакової довжини знаходяться на однаковій відстані від центра. І навпаки: ті лінії, що знаходяться на однаковій відстані від центра, дорівнюватимуть одна одній.

Хай у колі ABCD дано дві рівні одна одній прямі: АВ і CD [рис. 76]. Я тверджу, що вони знаходяться на однаковій відстані від центра Е. Проведемо від центра Е до вказаних ліній два перпендикуляри — EF і EG й накреслимо прямі АЕ й ED. Прямі EF і EG перетнуть прямі АВ й CD наївпіл [Евк. III, 3]. Оскільки цілі лінії АВ й CD рівні, за \123\ нашим припущенням, то рівними будуть також і їхні половини, тобто AF й CG. Квадрати рівних прямих АЕ й ED теж будуть рівні. Квадрат прямої АЕ дорівнює сумі квадратів AF і FE [Евк. I, 47], і так само квадрат прямої ED дорівнює сумі квадратів прямих DG й GE. А квадрати прямих AF і FE дорівнюватимуть квадратам прямих DG й GE. Якщо ми віднімемо рівні квадрати прямих AF і DG, то залишаться рівні один одному квадрати прямих FE й EG, а тому й самі ці прямі FE й EG будуть рівні. Отже, прямі АВ і CD знаходяться на однаковий відстані від центра.

Другу, обернену, частину теореми теж буде легко довести. Бо, якщо АВ й CD рівновіддалені від центра E, то проведені до них від центра перпендикуляри будуть рівні (згідно з 4-ю дефініцією третьої книжки) і розітнуть їх навпіл [Евк. III, 3]. Отже, квадрати рівних прямих ЕА й ED дорівнюватимуть один одному, ,а звідси легко довести, що й квадрати прямих AF і FE дорівнюють квадратам прямих DG й GE. А якщо ми відкинемо рівні квадрати прямих GE й EF, то залишаться рівні один одному квадрати прямих AF і DG, а, отже, й самі ці прямі AF і DG будуть рівні, тому й прямі АВ й CD, що вдвічі більша від AF і DG, теж будуть рівні.

Теорема 10, твердження 11 [Евк. III, 15]. У колі найбільшою прямою лінією є діаметр: адже він з усіх інших прямих знаходиться найближче до центра. Тому він завжди більший від тих ліній, що знаходяться далі від центра. Це само собою зрозуміло.

Теорема 11, твердження 12 [Евк. III, 16]. Якщо від кінця діаметра будь-якого кола провести лінію, що утворює з діаметром прямий кут, /68зв./ то вона пройде поза цим колом, і жодну іншу пряму між цією прямою й дугою кола провести вже не можна. Кут півкола буде більший від будь-якого гострого прямолінійного кута, але менший від прямого.




Рис. 77 Рис. 78


Ця теорема свідчить про такі три властивості: по-перше, лінія, наприклад AE, що проведена під прямим «утом від кінця діаметра AC, проходить поза колом [рис. 77]. Нехай вона, якщо припустити, пройде в середину кола до точки В 28. Провівши лінію DB від центра до B, ми побачимо, що DA дорів\124\нює DB. Отже, трикутник DAB — рівнобедрений, і кут А дорівнює кутові В. Але кут А — прямий, отже кут В буде прямим, що є абсурдом: адже два кути трикутника завжди менші від двох прямих [Евк. I, 17],

По-друге, ця теорема твердить, що між даною лінією АЕ й дугою кола АВ не може проходити інша лінія, наприклад AF, бо вона обов’язково перепне дугу кола [рис. 78]. Припустимо, що лінія проходить поза колом і проведемо від центра D пряму FD, перпендикулярну до прямої AF. Через те що кут мав би бути прямим, кут А був би меншим від прямого, і таму пряма DA були б більшою від прямої FD, бо вона лежить проти більшого кута. Отже, й пряма DH також була б більшою від FD, тобто частина була б більшою від цілого, що є абсурдом.

По-третє, ця теорема твердить, що кут півкола, тобто DAB, більший від будь-якого гострого кута й менший від прямого [рис. 78]. Оскільки вже доведено, що жодна пряма не може проходити між лінією AE, що є перпендикуляром до діаметра, й дугою кола АВ, то вона завжди перетинає дугу кола й тому утворює менший кут 29.

Звідси ти легко зрозумієш, у який спосіб можна провести дотичну до даного кола: слід спочатку провести діаметр і від його кінця провести пряму під прямим кутом. Але про те, як від даної точки можна провести дотичну, ми розповімо в наступній задачі.

Задача 2, твердження 13 [Евк. III, 17]. Від даної точки провести пряму лінію, що була б дотичною до даного кола. Від точки А треба провести дотичну до кола ВС [рис. 79].




Рис. 79 Рис. 80 Рис. 81


Побудова. Проведемо пряму AD, що перетинає коло BC, центром якого є D. Потім від центра D на відстані /69/ DA описуємо друге коло AE, після цього від точки В опускаємо перпендикуляр до AD, що перетинає коло АЕ в точці E, і тоді проводимо пряму ED, яка перетинає коло ВС в точці С. Нарешті, з’єднуємо точки A й C прямою AC, яка й буде дотичною до кола ВС в точці С.

Доведення. Дві сторони ED й DB трикутника EDB дорівнюють двом сторонам AD й DC трикутника ADC, а кут D. \125\ є спільним. Отже, й кут С дорівнює кутові В. Але В — прямий за побудовою, отже й С буде прямим, і тому, згідно з попередньою теоремою, лінія АС є дотичною до кола: адже вона утворює з діаметром DC прямий кут.

Теорема 12, твердження 14 [Евк. III, 18]. Якщо якась пряма лінія є дотичною до кола, то інша пряма, що проведена від центра цього кола до точки дотику, буде перпендикуляром до цієї дотичної.

До такого висновку приходимо, спираючись на 16-те твердження третьої книжки.

Теорема 13, твердження 15 [Евк. III, 19]. Якщо якась пряма лінія є дотичною до кола й від точки дотику проводять перпендикуляр до вказаної дотичної, то на цьому перпендикулярі міститиметься центр кола. Цей висновок випливає з 16-го і 18-го тверджень третьої книжки.

Теорема 14, твердження 16 [Евк. III, 20]. Кут, що. міститься в центрі кола, буде вдвічі більший від кута, що міститься біля дуги кола, якщо основою цих кутів є одна і та сама дуга. Ця теорема дуже цікава й має досить різноманітне застосування.

У колі ABC, центром якого є D, на основі ВС побудовано кут BDC, що міститься в центрі, й на тій самій основі — кут BAC, який міститься біля дуги кола [рис. 80]. Я тверджу, що кут BDC вдвічі більший від кута ВАС.

По-перше, якщо AB й AC обіймають кут BDC, треба провести через центр пряму AE, й оскільки прямі DA й BD рівні, то кути DAB й DBA теж будуть рівні [Евк. I, 5]. Але зовнішній кут BDE дорівнює двом внутрішнім, протилежним йому кутам DAB й DBA [Евк. I, 32] /69зв./, і тому цей самий зовнішній кут BDE буде вдвічі більший від одного з тих внутрішніх, тобто від кута DAB. І у такий самий спосіб ми доводимо, що кут CDE вдвічі більший від кута DAC. Отже, весь кут BDC буде вдвічі більший від усього кута BAC, що й треба було довести.

Далі, якщо АВ й АС не охоплюють кут BDC, але АВ проходить через центр, як зображено на другому кресленні [рис. 81], то, оскільки сторони DA й DC рівні, будуть рівні також і кути DAC й DCA [Евк. I, 5]. А їм обом дорівнює кут BDC [Евк. I, 32]. Отже, він вдвічі більший від одного з тих двох кутів, а саме від кута DAC.

Якщо пряма АВ перетинає пряму DC, то, передусім, проводять через центр лінію АЕ [рис. 82]. І тому, що кут EDC, який міститься у центрі, вдвічі більший від кута DAC, як ми Щойно довели, а кут EDB з цієї ж причини вдвічі більший від кута ЕАВ, то й кут BDC теж буде вдвічі більший від кута ВАС. Бо коли одне ціле вдвічі більше від другого цілого \126\ й від’ємник вдвічі більший від другого від’ємника, то й одна різниця буде вдвічі більша від другої (20-та аксіома).

Теорема 15, твердження 17 [Евк. III, 21]. Кути, що містяться у тому самому сегменті круга, дорівнюють один одному.

Нехай у крузі ABCD, центром якого є E, дано кути А й В в сегменті DABC [рис. 83]. Я тверджу, що вони рівні.




Рис. 82 Рис. 83


Нехай спочатку це буде сегмент, більший від півкруга. Проведемо прямі DE й СЕ від дуги до центра Е. Оскільки кут DEC вдвічі більший як від кута BAC, так і від кута DBC [Евк. III, 20], то ці два останні кути дорівнюють один одному.

Далі, нехай сегмент DABC дорівнює півкругові або буде менший від півкруга [рис. 84]. Потрібно провести спочатку через центр Е прямі AF і BG, а в сегменті, меншому від півкруга, з’єднати з центром Е точки D й С.




Рис. 84 Рис. 85


Оскільки кут DEF, який міститься в центрі, вдвічі більший за кут DAF, що розташованим біля дуги [20, 3], а так само кут CEF вдвічі більший за кут CAF, то обидва перші кути — DEF і CEF — будуть вдвічі більші від обох разом узятих інших кутів, що містяться біля дуги кола — DAF і CAF, тобто всі три кути DEG, GEF і FEC, узяті разом, вдвічі більші від усього кута DAC. І так само доводять, що ці самі три кути вдвічі більші від усього другого кута DBC. Отже, й т. д. ... Теорема 16, твердження 18 [Евк. III, 22]. Сума протилежних кутів чотирикутних фігур, вписаних у коло, дорівнює двом прямим. \127\

У коло ABCD вписано чотирикутну фігуру ABCD [рис. 85]. Я тверджу, що два її протилежні кути — АВС й CDA, взяті разом, дорівнюють двом прямим кутам. /70/

Проведемо діаметри АС й BD. Оскільки кут ABD дорівнює кутові ACD [Евк. III, 21] і кут CBD дорівнює кутові CAD, то й весь кут АВС дорівнює двом кутам трикутника CAD, а саме — ACD й CAD. Якщо ми додамо до обох частин кут D, ми побачимо, що кут ABC, взятий разом з кутом D, дорівнює всім трьом кутам трикутника CAD, а саме — кутам C, A й D. Однак всі ці три кути дорівнюють двом прямим [Евк. I, 32]. Отже, кут АВС в сумі з кутом D дасть два прямих, що й треба було довести. Так само доводимо, що й два інші, протилежні кути, дорівнюють у сумі двом прямим.

Теорема 17, твердження 19 [Евк. III, 23]. На тій самій прямій, проведеній у крузі, з того самого боку не можна побудувати два подібні, але нерівні сегменти.

Припустимо, що це можна зробити, й накреслимо на прямій АВ два подібні й нерівні сегменти АСВ й ADB [рис. 86].




Рис. 86 Рис. 87


Потім проведемо пряму AD, що перетинає дугу кола в точках С й D, і з’єднаємо ці точки з точкою В прямими ВС й BD. Виходить, що кут C, згідно з дефініцією 10 цього розділу, дорівнюватиме кутові D, тобто зовнішній кут дорівнюватиме внутрішньому протилежному, що є абсурдом.

Теорема 18, твердження 20 [Евк. III, 24]. Подібні сегменти, побудовані на рівних прямих лініях, дорівнюють один одному.

На тій самій прямій я є можна побудувати два подібні сегменти, які б не були рівними, як було показано в попередній теоремі. Отже, сегменти, побудовані на рівних прямих (а рівні ми приймаємо як ті самі), не можуть бути нерівними.

Задача 3, твердження 21 [Евк. III, 25]. Дано сегмент круга. Треба побудувати круг за цим сегментом.

Побудова. На дузі кола 30 беремо три будь-які точки — A, B, C — і з’єднуємо їх прямими — АВ й ВС [рис. 87]. Ці дві прямі діляться навпіл у точках D й E, з яких ми проводимо перпендикуляри. Це не становить ніяких додаткових труд\128\нощів, бо вказані прямі діляться навпіл: отже, зведені до них перпендикуляри перетинаються в центрі.

Доведення. Оскільки, згідно з твердженням 9 третьої книжки, обидві лінії проходять через центр, вони взаємно перетинаються в центрі, а центр у круга лише один. /70зв./

Теорема 19, твердження 22 [Евк. III, 26]. У рівних колах рівні кути, що розміщені або в центрі, або біля дуги, спираються завжди на рівні дуги 31 [рис. 88].




Рис. 88


Хай у рівних колах АВС й DEF, центрами яких є точки G й H, біля центрів побудовано рівні кути AGC й DHF. Я тверджу, що дуги АС й DF дорівнюють одна одній.

Візьмімо на дугах АВС й DEF дві точки — В й E, до яких проведемо прямі АВ, СВ, DE й FB і з’єднаємо прямими лініями точку А з точкою C, а точку D з точкою F. Оскільки кути В й Е — це рівні частини рівних між собою кутів G й H [Евк. III, 20], то й ці останні будуть дорівнювати один одному. І тому, згідно з дефініцією 10 третього розділу, дані сегменти подібні. І через те що сторони AG й GC трикутника AGC дорівнюють сторонам DH і HF трикутника DHF, а кути між цими сторонами теж рівні, то й основи цих трикутників — АС й DF — також дорівнюють одна одній [Евк. I, 4]. А оскільки подібні сегменти АВС й DEF спираються на рівні лрямі, то й самі вони теж рівні. І тому, якщо відняти їх від рівних кіл, сегменти, які залишаться — АС й DF, також дорівнюватимуть один одному і будуть рівними їх дуги АС й DF. Хай тепер ми побудуємо два рівні кути В й Е біля дуги кола. Оскільки кути при центрі — G й H — вдвічі більші від рівних між собою кутів В й E, то й самі вони будуть рівні. І тому, як було доведено раніше, дуги АС й DF дорівнюватимуть одна одній.

Теорема 20, твердження 23 [Евк. III, 27]. У рівних колах кути, що спираються на рівні дуги, дорівнюватимуть один одному: більша пряма відповідає більшій дузі, а менша — меншій. Це легко довести. Якщо на вказаних прямих побудувати кути при центрі, то вони будуть рівні. Таким чином, дуги, на які вони спираються, теж будуть, рівні [Евк. III, 26]. Отже, й інші дуги теж рівні. \129\

Теорема 22, твердження 25 [Евк. III, 29]. У рівних колах рівні дуги спираються на рівні прямі. /71/

І справді, якщо провести від центрів цих кіл лінії до кінцевих точок обох дуг [рис. 69], то дві сторони одного трикутника дорівнюватимуть двом сторонам другого, а ці сторони утворюють також рівні кути [Евк. III, 27]. Отже, й основи дих трикутників теж будуть рівні. А ці основи є не що інше, як прямі лінії, на які опираються рівні дуги.




Рис. 89


Задача 4, твердження 26 [Евк. III, 30]. Дано дугу. Треба розділити її навпіл. Нехай ми маємо розділити «авпіл дугу АВС [рис. 90].

Побудова. Проводимо пряму AC, що підтримує дугу АВС. Розділивши цю пряму навпіл в точці D, підводимо з точки D перпендикуляр DB. Я тверджу, що цей перпендикуляр розтинає дугу АВС навпіл.

Доведення. Проводимо прямі АВ й СВ і встановлюємо, що дві сторони одного трикутника, а саме BD і DC, дорівнюють двом сторонам — BD і DA — другого трикутника BDA.




Рис. 90 Рис. 91


Крім того, і кути BDC й BDA дорівнюють один одному, а тому пряма ВА теж дорівнює прямій ВС [Евк. I, 4]. Отже, й дуги АВ й СВ теж будуть рівні [Евк. III, 28].

Теорема 23, твердження 27 [Евк. III, 31]. Кут півкола завжди прямий; той кут, що розташований у більшому від півкола сегменті, буде менший від прямого, а той, що в меншому сегменті, буде більший від прямого.

Нехай діаметром кола АВС буде AC, а центром — точка D [рис. 91]. Побудуємо кут АВС. Я тверджу, що він прямий. Кут BAC, який знаходиться в більшому сегменті, менший від прямого. Побудуємо також у меншому сегменті ВЕС кут ВЕС. Я тверджу, що він більший від прямого. \130\

Доведення першої частини теореми. Проводимо пряму BD через центр. Оскільки кут DBA дорівнює кутові DAB [Евк. I, 5] і кут DBC дорівнює кутові DСВ, то й весь кут АВС дорівнює двом разом узятим кутам — ВАС й ВСА, і тому він буде половиною суми всіх кутів трикутника АВС. А через те що всі три кути трикутника АВС дорівнюють двом прямим [Евк. I,32], то половина, тобто кут ABC, дорівнює прямому. Отже, й сам він прямий.

Доведення другої частини. У трикутнику ABC два кути — B й A — менші від двох прямих [Евк. I,17]. Кут B, як ми довели, прямий. Отже, кут А — менший від прямого.

Доведення третьої частини. У чотирикутнику /71зв./ ABEC, вписаному в коло [рис. 92], протилежні кути Е й А дорівнюють у сумі двом прямим [Евк. III, 22]. Кут A, як ми довели, менший від прямого. Отже, кут Е — більший від прямого. За допомогою цієї теореми легко буде піднести перпендикуляр від будь-якої даної на прямій точки, навіть якщо це буде крайня точка.




Рис. 92 Рис. 93 Рис. 94


Нехай ми маємо пряму АВ, й від точки А треба піднести перпендикуляр [рис. 93]. Візьмімо поза даною лінією будь-яку точку С й від цієї точки, як від центра, на відстані СА опишемо дугу кола, яка перетне дану пряму в точці D, а від точки D проведемо пряму DC через центр. Ця пряма перетне дугу в точці E, і, якщо від Е опустимо пряму до даної точки A, ця пряма буде перпендикуляром: адже кут EAD — прямий, як кут півкола.

Теорема 24, твердження 28 [Евк. III, 32]. Якщо якась пряма є дотичною до кола й від точки дотику, ми проведемо пряму лінію, що перетне коло, то кути, що утворяться від перетину цих двох прямих, дорівнюватимуть кутам, що розташовані у суміжних сегментах круга.

Хай пряма АВ є дотичною до кола CDE в точці C, від якої проведено пряму CE, що перетинає коло [рис. 94]. Якщо пряма СЕ пройде через центр, то теорему цю дуже легко буде довести, бо біля точки дотику будуть прямі кути [Евк. III,18] і в сегментах також прямі [Евк. III, 31]. Отже, всі кути прямі. \131\

Якщо пряма СЕ не пройде через центр [рис. 95], тоді треба провести через центр пряму CF і з’єднати прямою EF точки Е й F.




Рис. 95 Рис. 96



Оскільки кут CEF прямий [Евк. III, 31], два інші кути — CFE й FCE у сумі теж дорівнюватимуть прямому. Якщо від прямого кута ACF відняти кут ECF, то залишиться кут ACE, що дорівнюватиме кутові CFE, бо цей останній ми отримали, також віднявши від прямого кута спільний для обох частин кут ECF. Тому кутові GFE дорівнює також кут CDE [Евк. III, 21], отже, й кут АСЕ теж дорівнюватиме кутові CDE. Оскільки в чотирикутнику CDEG два протилежні кути CDE й CGE дорівнюють у сумі двом прямим [Евк. III, 22], а кути АСЕ й ВСЕ теж у сумі дорівнюють двом прямим [Евк. I, 13], то, якщо ми віднімемо від обох сум рівні кути АСЕ й CDE, залишиться кут BCE, який дорівнює кутові CGE, що й треба було довести.

Задача 5, твердження 29 [Евк. III, 33]. /72/ На даній прямій лінії накреслити сегмент круга, який містить кут, що дорівнює даному прямолінійному кутові.

Нехай нам дані пряма АВ й кут С. Якщо цей кут прямий, то задача не становить ніяких труднощів: треба накреслити лише на даній лінії півколо, взявши за центр середину тієї самої прямої лінії.

Але припустимо тепер, що кут С гострий.

Побудова. При точці А добудуємо кут DAB, що дорівнює кутові C, й до лінії DA проведемо перпендикуляр AE, який опуститься й на АВ [рис. 96]. Потім утворимо кут FBA, що дорівнює кутові FAB (пряма BF нехай перетне пряму АЕ в точці F). Отже, прямі FA й FB будуть рівні [Евк. I, 6]. І тому, якщо від центра F на відстані FA описати коло ABE, то кут у сегменті — ВЕА — дорівнюватиме кутові С.

Доведення. Накреслимо у даному сегменті кут ВЕА. Оскільки пряма АЕ проходить через центр F і перпендикуляром до неї є AD, ця остання пряма є дотичною до кола в точці А. І тому кут DAB, а, отже, й кут C, дорівнюватимуть кутові E, що розташований в суміжному сегменті [Евк. III, 32].

Тепер хай нам дано тупий кут H. \132\




Рис. 97


Побудова. Побудуємо кут IAB, що дорівнює кутові H, і проведемо до IA перпендикуляр ЕА, а все останнє зробимо так, як раніше. Ми отримаємо накреслений на лиш АВ сегмент АКВ, й вписаний у нього кут дорівнюватиме даному тупому кутові Н. Доведення таке саме, яке було в попередньому випадку.

Задача 6, твердження 30 [Евк. III, 34]. Від даного круга відрізати сегмент, що містить кут, який дорівнює даному прямолінійному кутові.

Хай нам дано круг ABC, від якого треба відділити сегмент, що містить даний прямолінійний кут D [рис. 97].

Побудова. Проведемо пряму EF, що є дотичною до кола в точці А. Утворимо кут FAB, що дорівнює даному кутові D. Я тверджу, що сегмент АСВ, який ми відрізали від круга, містить у собі кут, що дорівнює даному кутові D.

Доведення. Оскільки кут FAB дорівнює кутові АСВ в суміжному сегменті [Евк. III, 32] /72зв./ і водночас кут FAB дорівнює даному кутові D, то й кут АСВ дорівнюватиме тому самому даному кутові.

Теорема 25, твердження 31 [Евк. III, 35]. Якщо у колі дві прямі лінії взаємно перетинаються, то прямокутник, що утворений відрізками однієї лінії, дорівнює прямокутникові, утвореному відрізками другої.

Теорема 26, твердження 32 [Евк. III, 36]. Якщо взяти поза колом будь-яку точку й від неї на коло провести дві прямі лінії, то. добуток всієї січної на її зовнішню частину, що з’єднує дану точку з дугою кола, дорівнює квадратові дотичної.

Теорема 27, твердження 33 [Евк. III, 37]. Якщо взяти поза колом будь-яку точку й від неї опустити на коло дві прямі лінії, з яких одна перетинає коло, а друга лише торкається до нього, то добуток усієї січної лінії на її зовнішню частину, що з’єднує дану точку з дугою кола, дорівнює квадратові тієї лінії, що торкається до нього, а та лінія, що торкається до кола, є його дотичною. Ця теорема перетворена з попередньої. Три останні теореми ми не доводили тому, що їхнє доведення потребує багато часу й зусиль. Дбаючи про те, щоіб не викликати у початківців втоми й огиди до науки, я вирішив робити так само й далі, особливо в тих випадках, коли теореми застосовуються не досить часто. Отже, хай геометр-початківець навчиться спочатку доводити нескладні теореми, а після їх засвоєння він без будь-яких труднощів зможе доводити й інші. \133\







Розділ шостий

ПРО ВПИСУВАННЯ Й ОПИСУВАННЯ ПЛОСКИХ ФІГУР


Ми розглянули все, що стосується форми, властивостей і побудови звичайних фігур. Тепер слід сказати про те, у який спосіб одну плоску фігуру можна вписати в другу або описати навколо другої, що має іншу форму. Тут ідеться переважно про поєднання кіл з іншими фігурами, тобто про те, що розповідає Евклід у четвертій книжці «Основ», яка складається тільки із задач. І для того, щоб зробити виклад /73/ арозумілішим, він, за своїм звичаєм, подає спочатку декілька дефініцій, що пояснюють геометричні терміни.

Дефініція 1. Одну прямолінійну фігуру називають вписаною в іншу прямолінійну фігуру тоді, коли кожен окремий кут тієї фігури, яку вписуємо, торкається однієї зі сторін іншої фігури 32.

Наприклад, ми кажемо, що трикутник DEF вписаний у трикутник АВС [рис. 98], а трикутник KLM не вписаний у трикутник GHI [рис. 99].

Дефініція 2. Так само одну фігуру називають описаною навколо другої тоді, коли певні її сторони торкаються певних кутів другої фігури [рис. 98].

З цих двох дефініцій можна легко, без будь-яких пояснень, зрозуміти, що таке прямолінійна фігура, вписана у коло: це фігура, воі кути якої торкаються дуги кола. Цілком зрозуміло також, як описати прямолінійну фігуру навколо кола й, навпаки, як вписати коло у прямолінійну фігуру і, нарешті, як описати коло навколо прямолінійної фігури. Все це пояснив Евклід у дефініціях 3 — 6.

Дефініція 3 (7-ма Евклідова). Пряму лінію називають вписаною, або вміщеною в коло, тоді, коли її крайні точки лежать на дузі кола. Це зрозуміло само собою (див. рис. [100]).

Задача 1, твердження 1 [Евк. IV, 1]. У дане коло вписати пряму лінію, що дорівнює даній прямій, яка не більша від діаметра цього кола. \134\




Рис. 98 Рис. 99


Хай треба вписати дану пряму D у коло АВС.




Рис. 100 Рис. 101


Постав один кінець циркуля у будь-яку точку дуги кола, потім відведи другий кінець на відстань, рівну відрізкові D, й опусти його вістря на таку точку дуги, на яку він сам упаде. Після цього проведи лінію від цієї другої точки до першої. Ось ти й зробив те, що треба було зробити. Це зрозуміло із самої побудови [рис. 101].

Задача 2, твердження 2 [Евк. IV, 2]. У дане коло вписати трикутник, що має кути, які дорівнюють кутам даного трикутника.

Хай треба вписати в коло АВС [рис. 102] трикутник, кути якого дорівнюють кутам будь-якого трикутника DEF.




Рис. 102


Побудова. Проведемо пряму QH, що торкається дуги кола в точці A, й утворимо кут QAB, що дорівнює кутові F, і кут HAC, /73зв./ що дорівнює кутові Е. Потім протягнемо прямі АВ й АС до точок B й C, що лежать на дузі кола, й сполучимо ді точки прямою ВС. Ось ми й зробили те, що треба було зробити.

Задача 3, твердження 3 [Евк. IV, 3]. Навколо даного кола описати трикутник, що має кути, які дорівнюють кутам даного трикутника.

Хай треба описати навколо кола АВС [рис. 103] трикутник, кути якого дорівнюють кутам даного трикутника DEF 33.

Побудова. Продовжимо пряму EF з обох кінців до точок G і H і, взявши за центр кола точку I, проведемо пряму АІ, після чого утворимо кут AIB, що дорівнює кутові DEG, і кут BIC, що дорівнює кутові DFH. Потім від точок A, B й C \135\ проведемо перпендикуляри до AI, BI, CI, які дотикаються до дуги кола у вказаних точках і зустрінуться в точках K, L і М. Отже, ми зробили те, що було запропоновано.




Рис. 103


Доведення. Оскільки всі чотири кути чотирикутника AIBL дорівнюють чотирьом прямим (що, зокрема, ми показали у твердженні 32 першої книжки), а кути IAL і IBL прямі, то й останні кути — АІВ й L — дорівнюватимуть двом прямим. Отже, оскільки кути DEG й DEF теж дорівнюють двом прямим [Евк. I, 13], то після віднімання однакових кутів АІВ й DEG залишиться кут L, що дорівнюватиме кутові DEF. У такий самий спосіб доводимо, що кут М дорівнює кутові DFE. І внаслідок цього також і третій кут К дорівнюватиме кутові D, бо, якщо два кути одного трикутника дорівнюють двом кутам другого, то й третій кут одного трикутника дорівнює третьому кутові другого трикутника, як вчить Евклід у твердженні 32 першої книжки.

Задача 4, твердження 4 [Евк. IV, 4]. У даний трикутник треба вписати коло.

Нехай треба вписати коло у трикутник АВС [рис. 104].




Рис. 104 Рис. 105


Побудова. Розділивши два кути — АВС й АСВ — навпіл, треба взяти за центр точку D, в якій зійдуться прямі BD й CD. Якщо від цієї точки опустити перпендикуляр до будь-якої сторони трикутника й, встановивши нерухомий кінець циркуля в точці D, яку ми беремо за центр, описати коло на відстані, що дорівнює перпендикулярові, ми отримаємо коло. У правильності цієї побудови ти переконаєшся, виконавши цю дію. \136\

Задача 5, твердження 5 [Евк. IV, 5]. Описати коло навколо даного трикутника.

Хай треба /74/ описати коло навколо трикутника АВС [рис. 105].

Побудова. Розділи дві будь-які сторони, наприклад АВ й BC, навпіл, і там, де лінії, що розділяють, взаємно перетнуться, буде точка D, як у нас на кресленні. Від цієї точки, як від центра, беручи за радіус відстань до вершини будь-якого кута, проводимо коло, — і воно буде якраз тим, яке ми шукаємо, що само собою зрозуміло.

Задача 6, твердження 6 [Евк. IV, 6]. В дане коло вписати квадрат.

Хай треба вписати квадрат у коло ABCD [рис. 106].

Побудова. Проведемо два діаметри — АС й BD, що перетинаються під прямим кутом у центрі E, й з’єднаємо прямими точки A й B, B й C, C й D, D й A, Отже, ми зробили те, що треба було. Довести це дуже легко.




Рис. 106 Рис. 107 Рис. 108



Задача 7, твердження 7 [Евк. IV, 7]. Навколо даного кола описати квадрат.

Хай треба описати квадрат навколо кола ABCD [рис. 107].

Побудова. Накресливши два діаметри — АС й BD, що перетинаються під прямим кутом, проведемо до них перпендикуляри, що будуть дотичними до кола — FG, GI, ІН, HF. Ось ми й побудували такий квадрат.

Задача 8, твердження 8 [Евк. IV, 8]. У даний квадрат вписати коло.

Хай треба вписати коло у даний квадрат ABCD [рис. 108].

Побудова. Поділимо всі сторони даного квадрата навпіл у точках H, E, F, Q, а протилежні точки з’єднаємо прямими HF і EG, що перетнуться у точці І. Отже, взявши за центр точку I, на відстані, що дорівнює половині будь-якої з тих ліній, що перетинаються, наприклад IE, опишемо коло. Воно і буде тим, яке ми мали побудувати.

Задача 9, твердження 9 [Евк. IV, 9]. Описати коло навколо даного квадрата.

Хай треба описати коло навколо квадрата ABCD [рис. 109]. \137\

Побудова. Проведемо два діаметри — АС й DB, що взаємно перетинаються в точці Е. Взявши за центр точку E, на відстані, що дорівнює половині діаметра, наприклад ЕА, опишемо коло. Ось і все зроблено.




Рис. 109 Рис. 110


Задача 10, твердження 10 [Евк. IV, 10]. Побудувати рівнобедрений трикутник, у якого б кожен з тих двох кутів, що знаходяться біля основи, був удвічі більший, ніж третій кут.

Побудова. Візьмемо будь-яку пряму /74зв./ АВ [рис. 110] і розділимо її в точці С так, щоб прямокутник, утворений сторонами АВ й BC, дорівнював квадратові АС [Евк. II, 11]. Потім від центра А на відстані АВ опишемо коло, в якому вмістимо пряму BD, що дорівнює AC, й з’єднаємо прямою лінією точки А й D. Оскільки прямі АВ й AD рівні, цей трикутник буде рівнобедрений. Я тверджу, що цей рівнобедрений трикутник є тим, який ми мали побудувати.

Доведення. Проведемо пряму CD й опишемо коло навколо трикутника ACD [Евк. IV, 5]. Оскільки прямокутник, утворений відрізками АВ й BC, дорівнює квадратові прямої BD, а пряма ВА перетинає коло DCA, то пряма BD є дотичною до цього кола [Евк. III, 37] в точці D, а тому кут BDC дорівнює кутові А в суміжному сегменті CAD [Евк. III,32]. Якщо додати до обох цих кутів кут CDA, то весь кут ADB дорівнюватиме двом кутам — CAD й CDA. Але цим самим кутам дорівнює також зовнішній кут BCD, отже, кут BCD дорівнюватиме кутам ADB й ABD, бо вони рівні [Евк. I, 5], і тому прямі CD й BD теж будуть рівні. А оскільки пряма BD за побудовою дорівнювала прямій AC, то й пряма CD дорівнюватиме прямій АС. І тому кути CAD й CDA будуть рівні. А, отже, й кут ADB, який, як ми показали, дорівнює двом кутам — CAD й GDA, буде вдвічі більший від одного з них, а саме від кута А. Таким чином, й кут АВ також буде вдвічі більший від кута A, що й треба було довести. \138\

Задача 11, твердження 11 [Евк. IV, 11]. В дане коло вписати рівносторонній п’ятикутник, тобто в дане коло ABCDE [рис. 111].

Побудова. Спочатку побудуємо окремо рівнобедрений трикутник, такий, який ми будували в попередній задачі, — хай тут це буде, наприклад, трикутник FGH. І в дане коло впишемо трикутник, що має кути, які дорівнюють кутам трикутника FGH [Евк. IV, 2].




Рис. 111 Рис. 112 Рис. 113


Потім кожен з двох рівних кутів — ACD й ADC — розділимо навпіл прямими СЕ й BD й проведемо прямі АВ, BC, CD, DE й ЕА. Я тверджу, що ми вписали в дане коло рівносторонній і рівнокутний п’ятикутник.

Доведення. Оскільки кожен з двох кутів — ACD й ADC /75/ вдвічі більший від кута CAD, то, розділивши їх навпіл, ми отримаємо п’ять рівних кутів — ADB, BDC, CAD, DCE й ЕСА. І тому дуги AB, BC, CD, DE й ЕА, на які ці кути спираються, дорівнюють одна одній [Евк. III, 26], отже, й прямі АВ, BC, CD, DE й ЕА теж рівні [Евк. III, 27]. Далі, оскільки дуги АВ й ED дорівнюють одна одній, то, якщо ми додамо до обох дугу BCD, отримаємо також рівні дуги АВС й EDCB. Отже, кути AED й BAE, що спираються на ці дуги, будуть теж рівні. Так само дорівнюватимуть будь-якому з цих кутів й інші кути, бо вони спираються на рівні дуги, кожна з яких складається з трьох однакових відрізків. Таким чином, ми вписали п’ятикутник, рівнокутний і рівносторонній.

Задача 12, твердження 12 [Евк. IV, 12]. Навколо даного кола описати рівносторонній і рівнокутний п’ятикутник.

Хай треба описати такий п’ятикутник навколо кола ABCDE [рис. 112].

Побудова. Спочатку впишемо в це коло рівносторонній і рівнокутний п’ятикутник ABCDE й від центра F проведемо прямі FA, FB, FC, FD, FE. Побудуємо перпендикуляри до кожної з цих ліній, і ми отримаємо шуканий п’ятикутник.

Задача 13, твердження 13 [Евк. IV, 13]. У даний рівносторонній і рівнокутний п’ятикутник вписати коло.

Хай треба вписати коло у п’ятикутник ABCDE [рис. 113]. \139\

Побудова. Розділимо два його кути ВАЕ й АВС навпіл прямими AF і BF, які зустрінуться в точці F і при продовженні взаємно перетнуться. Пряма AF опуститься на сторону п’ятикутника в точці I, а пряма BF — на іншу сторону у точці К. Взявши за центр точку F на відстані EI або FK, опишемо коло, і воно буде вписане у даний п’ятикутник.

Запам’ятай: застосовуючи побудову, запропоновану в попередній задачі, ти можеш описати навколо кола будь-яку прямолінійну фігуру, а за допомогою цього останнього правила ти можеш будь-яку прямолінійну фігуру вписати в коло 34. Останнє стане зрозумілим само собою, коли ти спробуєш це виконати.

Задача 14, твердження 14 [Евк. IV, 14]. Навколо даного рівностороннього й рівнокутного п’ятикутника описати коло. /75зв./

Хай треба описати коло навколо п’ятикутника ABCDE [рис. 114].

Побудова. Розділи навпіл будь-які два кути п’ятикутника, наприклад ABC й BAE, і точка перетину ліній, що розділяють кути, буде центром описаного кола. У такий самий спосіб ми опишемо коло навколо будь-якої рівносторонньої й рівнокутної фігури.

Задача 15, твердження 15 [Евк. IV, 15]. В дане коло вписати рівносторонній і рівнокутний шестикутник.

Хай треба вписати такий шестикутник у дане коло ABCDEF [рис. 116].




Рис. 114 Рис. 115 Рис. 116


Побудова. Проведемо діаметр AD й опишемо інше коло, центром якого буде D, а радіусом — DG. Він пересіче дане коло в точках C, G, E, з яких через центр G проведено прямі CF і ЕВ. Якщо ми з’єднаємо точки прямими АВ, BC, CD, DE, BF і FA, то виконаємо те, що було запропоновано в умові. Тут зверни увагу на те, що коли ми розітнемо будь-яку сторону шестикутника навпіл, все коло буде розділене на 12 рівних частин, що необхідно робити, коли ми креслимо сонячний годинник.

Задача 16, твердження 16 [Евк. IV, 16]. У дане коло вписати рівносторонній і рівнокутний п’ятнадцятикутник.

Хай це треба зробити у колі АВС [рис. 116]. \140\

Побудова. Накресливши в іншому місці рівносторонній трикутник D, впишемо в дане коло трикутник ABC, що має однакові з ним кути. Потім у те саме коло вписуємо рівносторонній і рівнокутний п’ятикутник так, щоб вершина одного з його кутів збігалася з точкою А. Після цього, розділивши навпіл дугу ЕВ, що знаходиться між кутом трикутника і кутом п’ятикутника, ми отримаємо IB — 15-ту частину п’ятнадцлтикутника. Розмістивши у колі їхні рівні відрізки один за одним, ми впишемо шуканий п’ятнадцятикутник 35.

Доведення. Рівносторонній трикутник АВС кожною із своїх сторін підтримує одну з трьох рівних частин кола, і кожна з них містить у собі 5/15 частин цього кола. Щодо п’ятикутника, то він кожною із своїх п’яти рівних сторін підгримує п’яті рівні частини того кола, і кожна з них містить 3/15 кола. Отже, оскільки дуга АЕІВ містить 5/15, а дуга AE, яка є частиною /76/ попередньої дуги, містить 3/15, то дуга EIB міститиме 2/15, а половина її — 1/15. Ці 15 відрізків, якщо їх розташувати у колі, утворять рівносторонній п’ятнадцятикутник, який є також рівнокутним, бо його кути спираються на дуги, складені з 13 однакових для всіх кутів дуг, що само собою, очевидно.








Розділ сьомий

ПРО ВІДНОШЕННЯ ВЕЛИЧИН ВЗАГАЛІ


Після того, як Евклід у чотирьох перших книжках своїх «Основ» розглянув різні фігури або їх частини, він перейшов далі до взаємного порівняння цих фігур, тобто розглянув величину однієї, співставляючи її з величиною іншої. Таке співставлений називають відношенням, або пропорцією. Розповідаючи про це, він дотримується певної послідовності викладу, бо спочатку нічого не каже про окремі спеціальні види відношень, тобто про відношення, що існують між лініями або між кутами, або між іншими фігурами, наводячи такі відношення лише як наочні приклади. І все це він подає в п’ятій книжці. Потім він переходить до розгляду окремих видів відношень між фігурами, які досліджує в шостій книжці. З них ми наведемо тут найвизначніші й найвживаніші і, передусім, у цьому сьомому розділі ми дещо скажемо про відношення й пропорції між величинами взагалі. Я підкреслюю слово «дещо» тому, що роблю це лише для кращого зрозуміння, не маючи на увазі подавати детальніший виклад, бо \141\ вважаю, що такі складні речі в усіх популярних лекційних курсах взагалі треба пропускати.

Мені здається, що тут немає потреби говорити про те, що таке відношення й пропорції і які їх види, бо я вже достатньо сказав про це в «Арифметиці». І тому, опускаючи всі дефініції п’ятої книжки Евкліда, розглянемо тут лише деякі властивості відношень взагалі.

Теорема 1, твердження 1 [Евк. V, 1]. Якщо ми маємо певну кількість величин і таку ж кількість інших величин і кожна з перших більша від кожної з інших на однакове число разів, то, у скільки разів кожна з перших величин більша від відповідної з інших, у стільки всі перші величини, взяті разом, будуть більші від усіх інших. Евклід доводить цю й інші теореми на величинах безперервних, а саме на лініях, проте дуже легко й просто зрозуміти це на числах, які я використаю тут як приклад саме тому, що за їх допомогою, можна це пояснити найлегше.

Отже, хай, наприклад, ми маємо три величини: /76зв./ 4, 6 і 10, які на однакове число разів більші від інших трьох: 2, 3 й 5. У теоремі сказано, що 6 більше від З і 10 — від 5 у стільки разів, у скільки 4 — від 2: бо як 4 вдвічі більше від 2, так і 6 — від 3 і 10 — від 5 й т. д. Більше того, Евклід особливу увагу звертає на те, що всі три перші величини, взяті разом, у стільки разів більші від трьох інших, взятих разом, у скільки одна з перших — від одної з інших; адже 4, 6 і 10, разом узяті, становлять 20, а 2, 3 й 5 в сумі дають 10. Отже, як 4 вдвічі більше від 2, так і 20 містить у собі 10 два рази.

Теорема 2, твердження 2 [Евк. V, 2]. Якщо перша величина у стільки разів буде більша від другої, у скільки третя — від четвертої, а п’ята — у стільки разів більша від другої, у скільки шоста — від четвертої, то й сума першої і п’ятої буде у стільки ж разів більша від другої величини, у скільки сума третьої й шостої — від четвертої 36.

Хай перша величина буде 10, друга — 5, третя — 8, четверта — 4, п’ята — 15, шоста — 12. Ти бачиш, що 10 тут відноситься до 5, як 8 до 4, а 15 до 5, як 12 до 4. Отже, сума першої й п’ятої, тобто 25, так відноситься до другої 5, як сума третьої й шостої, тобто 20 до четвертої, тобто до 4.

Теорема 3, твердження 3 [Евк. V, 5]. Якщо одна величина у стільки разів більша від другої, у скільки віднята від першої величина — від віднятої від другої, то й те, що залишиться від першої величини, буде у стільки ж разів більше від того, що залишиться від другої 37.

Хай перша величина буде 12, і вона у стільки разів більша від другої — 6, як відняте від першої число 4 — від віднятого від другої числа 2. Те, що залишиться від першої \142\ величини, а саме 8, буде більше від того, що залишиться від другої, тобто від 4, у стільки ж разів, тобто у два рази.

Теорема 4, твердження 4 [Евк. V, 7]. Рівні вели» чини до тієї самої величини завжди мають однакове відношення і та сама величина — до рівних величин. Це зрозуміло само собою.

Теорема 5, твердження 5 [Евк. V, 9]. Величини, що знаходяться в однаковому відношенні до тієї самої іншої величини, завжди рівні між собою, а ті величини, до яких одна й та інша величина знаходиться в однаковому відношенні, теж рівні. Це також зрозуміло. А звідси випливає, що величини, які знаходяться не в однаковому відношенні до. тієї самої іншої величини, не дорівнюють одна одній, і вели»: чини, до яких одна й та сама величина знаходиться не в одна* ковому відношенні, теж нерівні.

Теорема 6, твердження 6 [Евк, V, 13]. Якщо відношення першої величини до другої таке, як відношення третьої до четвертої, а відношення третьої до четвертої більше від відношення п’ятої до шостої, то й відношення першої до другої буде більше, ніж відношення п’ятої до шостої 38.

Хай перша величина буде 9, і вона втричі більша від другої величини 3, третя величина 15 також утричі більша від четвертої — 5, а відношення п’ятої /77/ величини 8 до шостої — 4 буде меншим, а саме — подвійним. Отже, відношення п’ятої величини до шостої буде меншим, ніж відношення першої до другої: 9 до 3.

Теорема 7, твердження 7 [Евк. V, 14], Якщо відношення першої величини до другої таке саме, як відношення третьої до четвертої, але перша величина буде більшою від третьої, то й друга величина буде більшою від четвертої. А якщо перша дорівнюватиме третій, то й друга дорівнюватиме четвертій; якщо перша буде меншою, то й друга буде меншою, Хай перша величина 8 відноситься до другої 4, як третя 6 до четвертої 3. Отже, оскільки перша величина 8 більша, ніж третя 6, то й друга 4 більша, ніж четверта 3.

Теорема 8, твердження 8 [Евк. V, 22]. Якщо ми маємо певну - кількість величин і таку саму кількість інших величин, і між кожними двома сусідніми величинами в обох рядах існує одне й те саме відношення, то усі величини знаходитимуться в тому самому пропорціональному відношенні одна до одної.

Хай буде, наприклад, три величини: 20, 10, 5 і стільки ж, тобто три, інших: 8, 4, 2. З цих величин кожні дві сусідні знаходяться в подвійному відношенні. І дійсно: як 20 відноситься до 10, так і 8 — до 4, і як 10 — до 5, так і 4 — до 2, Це відношення буде також однаково пропорціональним, а са\143\ме — 20 відноситься до 5 так, як 8 до 2. Те саме слід сказати й про безліч інших чисел ряду, бо пропорціональність зберігається й при переході до попередніх і наступних чисел, а також через 1, 2, 3, 4 і т. д.

Теорема 9, твердження 9 [Евк. V, 25]. Якщо ми маємо чотири пропорціональні величини, то найбільша й найменша, складені разом, дадуть суму, більшу від суми двох інших, разом узятих. Хай, наприклад, ми маємо такі чотири величини: 15, 5, 30, 10, які є пропорціональними, бо, як 15 відноситься до 5, так і 30 — до 10. Найбільше з цих чисел, тобто 30, складене з найменшим, тобто з 5, дасть суму біль» шу, ніж інші два числа, взяті разом, тобто 15 і 10.

Усі інші теореми п’ятої книжки Евкліда або перетворені з цих, вже наведених нами теорем, або дуже легко зводяться до них. Так, коли він пояснює, у який спосіб розпізнають подібність чи рівність пропорцій, то з цього також легко можна зрозуміти, як розпізнати їх нерівність.







Розділ восьмий

ПРО ОКРЕМІ ВИДИ ВІДНОШЕНЬ МІЖ ВЕЛИЧИНАМИ


Дефініція 1. Подібні прямолінійні фігури — це фігури, кути яких відповідно дорівнюють один одному, а сторони, що лежать проти цих кутів, /77зв./ пропорціональні, тобто, як одна сторона одного трикутника відноситься до його другої сторони, так й одна сторона другого трикутника відноситься до його другої сторони.

Дефініція 2. Взаємними фігурами називають фігури тоді, коли попередні й наступні члени відношень знаходяться і в одній і в другій фігурах. АВ : EF = FG : ВС.

Наприклад, якщо у трикутників АВС й EFG сторона АВ трикутника АВС так відноситься до сторони EF трикутника EFG, як сторона FG трикутника EFG до сторони ВС трикутника ABC, — такі трикутники мають назву взаємних. Адже тут не буває так, що попередні члени відношення містяться в одній фігурі, а всі наступні — в іншій, а один з попередніх — в одній, а другий — в іншій. І так само щодо наступних [рис. 117].

Дефініція 3. Пряму лінію називають розділеною в крайньому і середньому відношеннях тоді, коли вся вона так відноситься до більшого свого відрізка, як цей більший відрізок відноситься до меншого. \144\

Наприклад, якщо лінія АВ так поділена у точці C, що вся вона відноситься до більшого відрізка AC, як цей більший відрізок АС — до меншого відрізка СВ. А поділити лінію у такий спосіб можна, спираючись на твердження 11 другої книжки. Цей поділ лінії набув такої великої слави завдяки його широкому й різноманітному практичному застосуванню, що часто його називають божим.




Рис. 117


Дефініція 4. Висота будь-якої фігури — це перпендикулярна лінія, опущена від вершини на основу.

Дефініція 5. Відношення називають скомпонованим з інших відношень тоді, коли перемножені величини цих попередніх відношень утворюють будь-яке нове відношення. Величинами відношень є їх знаменники, наприклад 4 у відношенні, кратному чотирьом, 5 — у відношенні, кратному п’яти й т. д. Отже, коли знаменники якихось відношень, перемножені один з одним, утворюють знаменник будь-якого нового відношення, то кажуть, що це відношення скомпоноване з тих попередніх, Наприклад, коли знаменник відношення, кратного трьом, тобто 3, помножений на знаменник відношення, кратного чотирьом, тобто 4, утворює якесь відношення, кратне дванадцяти, тобто знаменником його буде 12. Це останнє відношення називатиметься скомпонованим з потроєного чотирикратного або з почетвереного трикратного відношення.

Теорема 1, твердження 1 [Евк. VI, 1]. Трикутники й паралелограми, що мають ту саму висоту, відносяться один до одного так, як їхні основи [рис. 118].

Нехай ми маємо два трикутники — АВС і DEF, у яких рівні висоти. А рівність /78/ висот можна встановити двома способами: по-перше, за рівністю перпендикулярів, опущених від вершин на основи (це відомо з дефініції 4 шостої книжки) ; і, по-друге, якщо ми проведемо дві паралельні лінії одну через вершини цих фігур, а другу — під їх основами (основами цих трикутників є ВС й EF).

Ми маємо також два паралелограми з однаковою висотою — GC й HF. Я тверджу, що один з них так відноситься до другого, як основа одного до основи другого. \145\

Доведення. Якщо обидві основи рівні, то рівними будуть також і трикутники, і паралелограми [Евк. I, 38]. Якщо ж основи нерівні, то й самі ці фігури теж нерівні 39.




Рис. 118


Отже, у скільки разів одна основа буде більша від другої, у стільки разів один трикутник буде більший від другого, бо коли нерівність між ними зростає, то це відбувається у такий спосіб, що один трикутник стає більшим, другий стає меншим. І не може бути, щоб одна основа була на більше число разів більшою, ніж друга, а друга на менше число разів меншою, ніж перша, або щоб ця менша була більшою, ніж більша, що само собою зрозуміло.

Теорема 2, твердження 2 [Евк. V, 12]. Якщо провести будь-яку паралельну лінію до однієї з сторін трикутника, то вона розітне сторони цього трикутника пропорціонально.




Рис. 119 Рис. 120



Нехай у трикутнику АВС проведено пряму паралельно до сторони ВС [рис. 119]. Я тверджу, що ця пряма розтинає сторони АВ й АС пропорціонально, тобто відрізок AD відноситься до DB, як АЕ до ЕС.

Доведення. Проведемо прямі ВЕ й CD. Трикутники BED й CDE, що утворилися внаслідок цього, будуть рівні: адже \146\ вони мають спільну основу й розташовані між тими самими паралельними лініями [Евк. 1,37]. Отже, трикутник ADE відноситься до одного з цих трикутників так само, як і до другого. А, таким чином, основа AD одного трикутника відноситься до основи DB другого трикутника, як і весь трикутник ADE до трикутника BED (адже ці трикутники мають однакову висоту, бо вони розташовані між тими самими паралельними, оскільки обидва вони завершуються в тій самій точці Е). І на тій самій підставі основа АЕ трикутника ADE відноситься до основи EC трикутника CDE, як весь трикутник ADE до трикутника CDE (адже й ці трикутники теж мають однакову висоту). Отже, як AD відноситься до DB, так і АЕ — до EC, то обидва ці відношення дорівнюють відношенню трикутника ADE до трикутника DEC, що й треба було довести.

Теорема 3, твердження 3 [Евк. VI, 3]. Якщо кут трикутника розтяти навпіл, то пряма лінія, що розтинає кут. /78зв./ розітне також і основу на такі відрізки, відношення яких дорівнюватиме відношенню інших сторін трикутника.

Хай у трикутнику АВС пряма AD розітне кут ВАС навпіл [рис. 120]. Я тверджу, що BD відноситься до DC, як ВА до AC.

Доведення. Проведемо спочатку через точку В пряму BE, паралельну до DA. Ця пряма ВЕ зустрінеться в точці Е з продовженою стороною трикутника СА й утвориться кут ЕВА, що дорівнює перехресному кутові BAD, і кут Е дорівнює зовнішньому кутові DAC [Евк. I, 29]. Оскільки кути BAD й DAC дорівнюють один одному, як було вказано в теоремі, то й кути ЕВА й Е теж дорівнюватимуть один одному, і тому прямі ВА й ЕА також рівні [Евк. I, 6], Отже, як ЕА відноситься до AC, так і ВА відноситься до тої самої сторони АС [Евк. V, 7]. Але як ЕА відноситься до AC, так і BD відноситься до DC [Евк. VI, 2], бо у трикутнику ВСЕ пряма AD паралельна до сторони ВЕ. Отже, як ВА відноситься до AC, так і BD — до DC, що й треба було довести.

Теорема 4, твердження 4 [Евк. VI, 4]. Якщо ми маємо два трикутники й кути одного з них відповідно дорівнюють кутам другого, — то сторони, прилеглі до цих рівних кутів, будуть пропорціональними, а сторони, що лежать проти цих кутів, водночас будуть відповідними.

Нехай ми маємо два трикутники — АВС й DCE з відповідно рівними кутами [рис. 121]: кут АВС дорівнює кутові DCE, кут АСВ — кутові DEC й кут ВАС — кутові CDE. Я тверджу, що АВ відноситься до BC, як DC до CE, BC відноситься до СА, як СЕ до ED, й ВА — до AC, як CD — до DE, Таким чином, сторони, прилеглі до рівних кутів, є про\147\порціональними і водночас відповідними, тобто всі перші члени відношень і всі другі члени відношень — це сторони, що лежать проти відповідно рівних кутів.




Рис. 121


Доведення. Побудуємо сторони ВС й СЕ на одній прямій лінії так, щоб кут DCE дорівнював кутові ABC, як зовнішній внутрішньому, і щоб зовнішній кут АСВ дорівнював внутрішньому протилежному кутові CED. Оскільки два кути — АВС й АСВ — менші в сумі від двох прямих [Евк. I, 17], а кут DEC дорівнює кутові АСВ, то й кути В й Е теж у сумі будуть меншими від дівох прямих [13-та аксіома]. І тому прямі ВА й ED, якщо їх продовжити у напрямку точок А й D, зустрінуться в точці F. Однак через те, /79/ що зовнішній кут DCE дорівнює внутрішньому протилежному кутові ABC, лінії CD й BF будуть паралельними [Евк. 1,21], На тій самій підставі паралельними будуть також лінії СА й EF, Отже, фігура ACDF має форму паралелограма, і тому пряма AF дорівнює прямій CD, а пряма СА — прямій DF. Але оскільки у трикутнику BEF пряма АС є паралельною до сторони EF, то АВ відноситься до AF, а, отже, й до CD (адже цей відрізок дорівнює AF), як ВС до СЕ [Евк. VI, 2]. А якщо змінити це відношення, то вийде, що АВ відноситься до BC, як DC до СЕ (адже в пропорціях можна змінювати послідовність їхніх членів), І знову-таки, оскільки у трикутнику BEF пряма паралельна до сторони BF, сторона ВС буде відноситися до CE, як FD, або як АС (бо ці два відрізки дорівнюють один одному) до ED [Евк. VI, 2]. А якщо відповідно замінити це відношення іншим, то ВС буде відноситися до СА, як CF до ED. Отже, оскільки АВ відноситься до BC, як DC до CE, й BC — до AC, як СЕ — до ED, то і АВ відноситься до СА, як DC — до ED, що й треба було довести.

Занотуй собі, що це і є та сама славетна теорема, на якій грунтуються всі вимірювання довжини, ширини й глибини, і тому її потрібно добре вивчити разом з її доведенням і завжди мати на увазі.

Теорема 5, твердження 5 [Евк. VI, 8]. Якщо у прямокутному трикутнику провести перпендикуляр від прямого \148\ кута до основи, то трикутники, що утворяться біля перпендикуляра, будуть подібними як до всього трикутника, так і один до одного. BD : AD = AD : DC.

Нехай у трикутнику АВС кут ВАС буде прямий, і від нього до основи опущено перпендикуляр AD [рис. 122]. Я тверджу, що трикутники ADB й ADC подібні і до всього трикутника ABC, і один до одного.




Рис. 122 Рис. 123


Доведення. Оскільки у трикутників АВС й DBA кути ВАС й ADB прямі, а кут В спільний, то й інші кути — -АСВ й DAB — будуть рівні. Отже, трикутник DBA має кути, які відповідно дорівнюють кутам трикутника ABC, і тому у цих трикутників сторони, що утворюють рівні кути, будуть пропорціональними [Евк. VI, 4]. У такий самий спосіб доводимо, що трикутник ACD подібний до всього трикутника ABC, а також трикутники ADC й ADB подібні один до одного.

На підставі цього ми встановлюємо, що перпендикуляр, опущений у /79зв./ прямокутному трикутнику від вершини прямого кута до основи, є середнім пропорціональним між двома відрізками, на які він ділить основу.

Задача 1, твердження 6 [Евк. VI, 9]. Від даної прямої лінії відрізати вказану частину.

Нехай від лінії АВ треба відрізати одну третину [рис. 123].

Побудова. Від точки А проводимо пряму AC, що утворює будь-який кут, і від АС відрізаємо три рівні частини, тобто стільки, скільки треба було вирізати, а саме відрізки AD, DE й EF. Після цього від F до В проводимо пряму FB, до якої потім проводимо паралельну пряму від точки D. Такою прямою буде DG.

Я тверджу, що AG — це одна третина даної лінії АВ.

Задача 2, твердження 7 [Евк. VI, 10]. Даний відрізок прямої розрізати до того, як розрізана інша дана пряма лінія.

Нехай ми маємо розрізати пряму AB так, як була розрізана пряма АС в точках D й E, тобто на частини, пропорціональні до частин AD, DE й EC [рис. 124].

Побудова. З’єднаємо дві дані нам лінії в точці А й проведемо пряму ВС. Потім від точок D й Е проведемо пара\149\лельні до ВС лінії DF і FQ. От ми й зробили те, що треба було. А якщо б ми провели ще лінію DH, паралельну до АВ, то й вона теж була б розрізана подібно до АС.




Рис. 124 Рис. 125


Довести цю, як і попередню, задачу досить легко за допомогою другої теореми цього розділу, як буде зрозуміло кожному, хто добре над цим поміркує.

Задача 3, твердження 8 [Евк. VI, 11] При двох даних прямих лініях, відшукати третю, пропорціональну їм.

Нехай ми маємо дві прямі — АВ й BC, треба знайти третю, пропорціональну до них лінію [рис. 125].

Побудова. З’єднаємо дві дані нам лінії під прямим кутом АВС. Потім продовжимо далі лінію АВ до точки D, а від точки С до лінії АС побудуємо перпендикуляр CD. Я тверджу, що BD є третьою пропорціональною лінією.

Доведення. ACD — прямий кут. Від його вершини на основу AD опущено перпендикуляр СВ. Отже, згідно із зауваженням, наведеним у теоремі 5, СВ є середнім пропорціональним між АВ й BD, тобто, як АВ відноситься до BC, так і ВС до BD.

Задача 4, твердження 9 [Евк. VI, 13]. При двох даних прямих лініях відшукати таку, що буде середньою пропорціональною. /80/

Нехай нам дані дві прямі АВ й BC, до яких треба знайти середню пропорціональну [рис. 126].

Побудова, Розташуємо дві дані лінії ніби на одній прямій АС й розділимо цю пряму АС навпіл в точці Е. Потім, взявши за центр точку E, на відстані ЕА опишемо півколо ADC; від точки В, в якій сходяться дві дані прямі, піднесемо перпендикуляр до перетину з дугою півкола. Цей перпендикуляр і буде середньою пропорціональною.

Доведення. Якщо провести прямі AD й DC, то вони утворять прямий кут ADC [Евк. III, 31], а перпендикуляр DB, опущений від вершини цього кута на основу AC, буде середньою пропорціональною лінією між відрізками АВ й BC, на які він розтинає основу. \150\




Рис. 126



Теорема 6, твердження 10 [Евк. VI, 14]. У рівновеликих паралелограмах, що мають кути, які відповідно дорівнюють один одному, сторони, що утворюють ці кути, будуть обернено пропорціональними.

Нехай нам дані два рівновеликі паралелограми — ABCD й BEFG, що мають відповідно рівні кути — АВС і BFG [рис. 127]. Я тверджу, що сторони, які утворюють ці кути, будуть обернено пропорціональними, а саме: як сторона АВ відноситься до BG, так і сторона ЕВ — до ВС.




Рис. 127


Доведення. З’єднаємо паралелограми біля кутів, що мають ту саму вершину B, у такий спосіб, що АВ й BG утворять одну пряму. Оскільки кути АВС й BGF рівні, лінії ЕВ й ВС теж лежатимуть на одній прямій, бо, якщо б ці лінії перетнулися, вони б утворили рівні вертикальні кути, а рівні кути, з’єднані біля вершини, з чотирьох ліній утворили б дві перехресні. Потім продовжимо лінії DC й GF до перетину в точці Н, і через те що паралелограми DB й BF рівновеликі, відношення паралелограма DB до паралелограма ВН дорівнюватиме відношенню паралелограма BF до паралелограма ВН [Евк. V,7]. Однак, яке існує відношення між паралелограмами DB й ВН, таке саме відношення буде й між їхніми основами АВ й BG, бо ці паралелограми мають однакову висоту [Евк. VI, 1]. І так само основа ЕВ відноситься до другої основи BC, як паралелограм BF — до паралелограма ВН, бо вони теж мають однакову висоту. Отже, як АВ відноситься до BG, так і ЕВ — до BC, що й треба було довести.

Теорема 7, твердження 11 [Евк. VI, 15]. У рівновеликих трикутниках, що мають кути, які відповідно дорівнюють один одному /81зв./, сторони, що утворюють рівні кути, знаходяться в оберненому відношенні.

Нехай нам дані два трикутники — АВС й EDB, відповідні кути яких з вершиною в точці B є рівні [рис. 128]. Я тверджу, що сторони цих трикутників, які утворюють рівні кути, знаходяться в оберненому відношенні один до одного. \151\

З’єднаймо кути, що мають ту саму вершину В так, як ми це робили з паралелограмами, й проведемо пряму CE, щоб утворився третій трикутник CBE, Доводиться це твердження так, як і попереднє.

Теорема 8, твердження 12 [Евк. VI, 16]. Якщо чотири прямі лінії будуть пропорціональними, то прямокутник, утворений крайніми членами цієї пропорції, дорівнюватиме прямокутникові, утвореному її середніми членами 40.

Нехай у нас є чотири пропорціональні лінії — АВ, FG, BF і BC, й АВ відноситься до FG так, як EF — до ВС. І нехай прямокутник АВС утворено прямими АВ і ВС — крайніми з них, а прямокутник EFGH — прямими EF і FG — середніми, Я тверджу, що прямокутники АС й FG — рівні.




Рис. 128


Доведення спирається на твердження 14 шостої книжки: адже у рівновеликих паралелограмів, які мають кути, що відповідно дорівнюють один одному, сторони, які утворюють ці рівні кути, обернено пропорціональні. І тому, якщо взяти чотири взаємно пропорціональні лінії й встановити між ними обернену пропорціональність, то два прямокутники, побудовані з цих ліній, дорівнюватимуть один одному. А у двох прямокутниках завжди один кут відповідно дорівнює другому. Це твердження буде дійсним і щодо паралелограмів, які не є прямокутними, але мають відповідно рівні кути.

Теорема 9, твердження 13 [Евк. VI, 17]. Якщо три прямі лінії є пропорціональними, то прямокутник, утворений крайніми членами цієї пропорції, дорівнює квадратові, накресленому на лінії, що є середнім членом пропорції.

Нехай ми маємо три пропорціональні прямі — АВ, ВС й CE, а саме: АВ відноситься до BC, як ВС до СЕ. Я тверджу, що прямокутник AE, утворений прямими AB й CE, що є крайніми в нашій пропорції, дорівнює квадратові BC, накресленому на лінії ВС — середньому членові пропорції.

Правильність цього твердження встановлюється на підставі попередньої теореми. Адже середній член пропорції — ВС так відноситься до третього члена CE, як перший AB — до середнього. Так і лінія, що дорівнює середньому, знаходитиметься в такому самому відношенні до лінії крайнього. І тому ми отримаємо чотири пропорціональні лінії: першу — АВ, \152\ другу — BC, третю, що дорівнює другій, і четверту — СЕ (ту, яка раніше у нас була третьою). Отже, на двох рівних лініях, що є середніми членами пропорції, квадрат будують так само, як і на одній тій самій лінії,

Подані теореми, що вміщені в шести перших книжках «Основ» Евкліда, є, як нам здається, найнеобхіднішими для вивчення /82/ властивостей плоских фігур. Добре засвоївши ці основні теореми, кожен зможе, спираючись вже на свої власні сили, засвоїти також решту теорем автора. Проте я вважаю, що до цього слід додати інші, також дуже цікаві й корисні правила про перетворення фігур і про описування деяких з них, які ми запозичили з творів інших математиків і які ще не були розглянуті нами 41.







Розділ дев’ятий

ПРО ПЕРЕТВОРЕННЯ ОДНІЄЇ ФІГУРИ НА ІНШУ  42, А ТАКОЖ ПРО КВАДРАТРИСУ Й КВАДРАТУРУ КРУГА


Перетворення фігур застосовується досить часто, особливо при вимірюванні плоских поверхонь. Перетворити одну якусь фігуру на інші, чи одну фігуру на декілька фігур, чи декілька — на одну є не що інше, як фігуру одного виду зробити рівновеликою фігурі іншого виду, або одну фігуру зробити рівновеликою багатьом фігурам іншого виду. Наприклад, якщо хтось запропонує накреслити квадрат, рівновеликий даному кругові. Різні автори багато писали про це. Й з усього того, що вони писали, ми подаємо лише найнеобхідніше й легке для засвоєння,

Оскільки всі стародавні й сучасні математики приділяли багато уваги відомій проблемі квадратури круга (тобто тому, у який спосіб можна геометричним шляхом утворити квадрат, рівновеликий даному кругові) і проблема ця настільки складна, що й досі ще дуже далеко до її остаточного розв’язання, то ми вважаємо, що треба почати наш виклад саме від неї. Перейдемо до розгляду способу розв’язання цієї проблеми, запропонованого Христофором Клавієм і всіма схваленого, незважаючи на те, що його вважають не цілком геометричним. Проте автор цього способу наполягає на тому, що він є справді геометричним і досконалим 43. Для розв’язання цієї проблеми Христофор Клавій винайшов спеціальний інструмент — криву лінію певної форми, за допомогою якої можна розв’язати як задачу про квадратуру круга, так і багато інших задач. \153\

Отже, спочатку розповімо, як треба креслити цю лінію.

Задача 1, твердження 1. Накреслити квадратрису.

Динострат 44 і Нікомед 45, стародавні геометри, що старанно опрацьовували /82зв./ питання квадратури круга, знайшли (як твердить сам Клавій, вслід за Поппом Олександрійським 46, в кінці шостої книжки Евкліда) якусь криву лінію, за допомогою якої можна, як їм здавалося, побудувати рівновеликий кругові квадрат. Проте ця лінія існувала лише в їхній уяві, а не в дійсності, бо вони розуміли, якою вона має бути, але де могли її накреслити. А уявляли вони, власне, таку лінію, яку б описали, взаємно суміщаючись і дотикаючись, дві сторони квадрата, що утворюють верхній прямий кут, якщо б сторона, перпендикулярна до лінії горизонту, й верхня сторона, паралельна до лінії горизонту, рухалися одночасно і рівномірно — перша, описуючи криву лінію, а друга, переміщуючись паралельно. Однак те, про що ми розповідаємо, легше буде зрозуміти, коли ми перейдемо безпосередньо до побудови цієї лінії.

Отже, те, що хотіли, але не змогли зробити стародавні геометри, виконав Христофор Клавій, винайшовши такий спосіб побудови:




Рис. 129


Побудуй квадрат ABCD [рис. 120], потім від центра А на відстані АВ опиши квадрат DB і розділи дугу DB на будь-яку кількість рівних частин (чим більше їх буде, тим зручніший і точніший буде цей інструмент). І на стільки ж рівних частин слід розділити кожну з обох сторін — AD й ВС. Поділ цей буде легше здійснити, якщо спочатку обидві сторони квадрата й дугу ти розділиш навпіл, а потім кожну поло\154\вину — знову на дві частини і кожну з утворених частин — знов навпіл. І так весь час, скільки тобі буде завгодно. Сполучивши пунктиром по дві рівновіддалені від сторони DC точки, що лежать на сторонах AD й BC, від центра А проводять інші пунктирні лінії до окремих точок поділу дуги DB. І там, де ці пунктирні прямі перетинаються з попередніми прямими — перша з першою, друга з другою й т. д., — через ці точки перетину проводять криву лінію так, щоб вона заокруглювалася поступово й рівномірно, щоб була плавною й ніде не утворювала виступів і кутів. Такою кривою лінією є лінія DE, що перетинає півдіаметр АВ в точці Е. Отже, це й буде шукана квадратриса. Однак, оскільки знайти геометричним шляхом точку Е на стороні квадрата АВ неможливо, як ми побачимо, без відчутних похибок, бо в цій точці прямі вже не перетинаються, ми будемо вживати для цього такий наближений спосіб: нижню частину сторони AD, а саме AF, будемо весь час ділити навпіл, поки найнижча частина стане цілком маленькою, і так само будемо ділити найнижчу частийну дуги — DB, а саме BI. /83/ Потім в нижній частині дуги DB відтинаємо два рівні невеличкі відрізки BL і BN — один над стороною квадрата АВ, другий — під ним, щоб обидва вони дорівнювали найнижчій і найменшій частині сторони AD, а саме AG, й під цим самим відрізком AG, відклавши однаковий з ним відрізок АМ, проводимо пунктирні прямі GL і MN, Потім від центра А проводимо пунктирну пряму АК, що перетинає GL у точці H, яку треба спеціально позначити, і відкладаємо відрізок МР, що дорівнює GH. Якщо після цього квадратрису від точки H рівномірно продовжимо пунктиром до точки P, то вона перетне сторону АВ в точці Е — це й буде шукана нами точка. Якщо точно перенести цю квадратрису на будь-який твердий матеріал — мідь, бронзу, картон, то цей прилад можна застосовувати для розв’язання задач з квадратури круга й для інших потреб, про що скажемо далі.

Задача 2, твердження 2. Розв’язати задачу з квадратури круга, тобто побудувати квадрат, рівновеликий даному кругові.

Накреслимо дві фігури [рис. 130], й першу з них у такий спосіб: побудуємо прямий кут DAE так, щоб одна його сторона AD дорівнювала більшій стороні виготовленої раніше квадратриси, а основа її, або сторона AE, дорівнювала б меншій стороні, або основі тієї самої квадратриси, а потім точки D й Е з’єднаємо прямою DE. Це й буде один з інструментів, що його застосовують для розв’язання задачі квадратури круга.

Однак подивись спочатку, чи півдіаметр круга, до якого ми маємо побудувати рівновеликий квадрат, дорівнюватиме \155\ основі AE, чи буде більший від неї, чи менший. Якщо він дорівнює основі, то нічого вже тут більш не треба робити, як перейти до побудови іншої фігури.




Рис. 129



Проте, якщо він більший від основи, то ми відкладаємо однаковий відрізок AF, продовживши основу АЕ до точки F, і від точки F проводимо пряму FG, паралельну до ED. Якщо півдіаметр менший від основи, то відрізаємо від основи АЕ однаковий з ним відрізок АВ й від точки В проводимо пряму BC, паралельну до ED. Накреслимо також другу фігуру, яка є нічим іншим як прямою НІ будь-якої величини, і піднесемо до неї перпендикуляр KL. Зробивши це, ти розв’яжеш задачу квадриг тури круга.

Нехай, наприклад, треба побудувати квадрат, рівновеликий кругові, півдіаметрові якого дорівнює пряма АВ в попередній фігурі.

Через точку B, як ми вже сказали, слід провести лінію BC, паралельну до ED, а в другій фігурі ми маємо взяти два відрізки KM і МН, що дорівнюють AC, й пряму KI, що дорівнює півдіаметрові АВ. Розділивши лінію НІ навпіл в точці N, опишемо від точки N на відстані NH або NI півколо, що перетне пряму KL в точці L. Квадрат, накреслений на відрізкові KL, буде рівновеликий даному кругові, що й треба було зробити. Геометрові-початківцеві досить знати лише, як виконувати таку побудову. Що ж до доведення, то, оскільки зрозуміти його трохи важче, /83зв./ ми пояснимо це кількома словами, не вступаючи в довгі розмови.

Задача 3, твердження 3. Побудувати квадрат, рівновеликий будь-якому даному трикутнику. Відшукай середнє пропорціональне між висотою даного трикутника і половиною його основи (згідно з твердженням 13 шостої книжки) і на відрізкові, що буде середнім пропорціональним, побудуй квадрат. Він і буде тим, який треба було побудувати.

Задача 4, твердження 4. Побудувати трикутник, рівновеликий даному кругові. Накресли спочатку квадрат, рівновеликий даному кругові, згідно з твердженням 2 цього Розділу. Потім побудуй рівновеликий цьому квадратові три\156\кутник. Він і буде тим, який ми шукаємо. Трикутник, рівновеликий квадратові, легко побудувати, спираючись на твердження 42 першої книжки, якщо виконувати побудову зворотним шляхом. Бо якщо між тими самими паралельними ти побудуєш трикутник, що має основу, вдвічі більшу, ніж основа квадрата, то трикутник буде рівновеликий квадратові, що легко можна довести з твердження 42.

Задача 5, твердження 5. Два квадрати перетворити на один, рівновеликий цим обом.

Розташуй два дані квадрати у такий спосіб, щоб їх сторони, зіткнувшись одна з одною, утворили прямий кут; потім проти цього кута проведи пряму лінію так, щоб суміжні сторони двох квадратів і вказана пряма лінія утворили прямокутний трикутник [рис. 131].




Рис. 131



Якщо тепер на лінії, що лежить проти прямого кута, ти побудуєш квадрат, то він і буде тим, який ми шукаємо (див. твердження 27 першої книжки).

Задача 6, твердження 6. Побудувати круг, рівновеликий даному квадратові.

Нехай ми маємо квадрат, стороною якого є, наприклад, В [рис. 132].




Рис. 132



На другій фігурі, опис якої ми подали в твердженні 2 цього розділу, відкладаємо рівний цій стороні відрізок KL. І якщо нам запропоновано відшукати будь-який круг з діаметром, наприклад KI, ми знаходимо, згідно з твердженням 2 \157\ цього розділу, квадрат, рівновеликий кругові, — нехай сторона цього квадрата буде, наприклад, KL, Потім, накресливши пряму LI, проводимо паралельну до неї пряму QR. Отже, взявши тепер за півдіаметр пряму KR, ти опишеш круг, рівновеликий даному квадратові.

Задача 7, твердження 7. Накреслити один круг, рівновеликий багатьом даним кругам,

Перетвори кожен з даних кругів на квадрат, згідно з твердженням 2 цього розділу, потім усі ці квадрати перетвори на один, рівновеликий їм квадрат /84/. Це легше буде виконати, якщо спочатку ти складатимеш по два квадрати в один, а потім по два складені квадрати знову перетвориш на один квадрат, згідно з твердженням 5 цього розділу. Тепер побудуй круг, рівновеликий цьому квадратові, керуючись твердженням 6 даного розділу». І ти отримаєш те, що треба було.

Задача 8, твердження 8. Побудувати один трикутник, рівновеликий будь-якому числу даних трикутників,

Треба утворити квадрати, рівновеликі кожному з трикутників, згідно з твердженням 3 цього розділу, потім перетворити всі ці квадрати на один, рівновеликий їм, як це вказано в твердженні 5 даного розділу й, нарешті, побудувати трикутник, рівновеликий цьому квадратові, як це пояснюється в твердженні 4 цього розділу. Таким чином ти розв’яжеш запропоновану тобі задачу.

Задача 9, твердження 9. Побудувати квадрат, рівновеликий будь-якому числу даних трикутників.

Утворимо квадрати, рівновеликі кожному з даних трикутників, згідно з твердженням 3 цього розділу, потім усі квадрати перетворимо на один, що дорівнюватиме їм усім разом узятим, згідно з твердженням 5 цього розділу. І вийде те, що було запропоновано зробити.

Спираючись на ці твердження, кожен нехай тепер вдасними силами виконає також інші перетворення різних фігур.








Розділ десятий

ПРО ОВАЛИ, ЕЛІПСИ, ПАРАБОЛИ, ГІПЕРБОЛИ Й СПІРАЛІ


Залишається розглянути декілька інших фігур, не описаних У «Основах» Евкліда, але необхідних для геометрів і архітекторів. Найважливішими з них є овали, еліпси, параболи, гіперболи й спіралі. Тут ми подаємо визначення й опис кожної з них зокрема 47. \158\

Задача 1, твердження 1. Накреслити опуклий овал, Овалом називають фігуру, подібну до яйця. Отже, це ніби коло, але не зовсім правильне, бо один бік його дуги довший від другого. Одні овали бувають опуклішими, тобто менш довгими, інші — менш опуклими, тобто довшими. Опукліший і менш довгий овал ти можеш накреслити у такий спосіб.

Проведи будь-яку пряму лінію ВС й розділи її на три рівні частини: BE, EF, FC [рис. 133].




Рис. 133 Рис. 134


Потім від центра Е на відстані F опиши коло BFNH і знов від центра F на відстані Е опиши друге коло ESCD, а згодом, не змінюючи відстані між вістрями циркуля, з обох боків від точки В познач на дузі першого кола дві точки — H і N — і також з обох боків від точки С познач на дузі другого кола інші дві точки — D й S. Далі, від точки перетину обох кіл P, взявши за радіус відстань до S, проведи дугу від S до N, і від другої точки перетину кіл V, взявши за радіус відстань до H, проведи другу дугу від H до D. Таким чином ти утвориш овал, що стане очевидним, якщо поглянути на креслення.

Задача 2, твердження 2. Накреслити овал довший і менш опуклий.

Проведи будь-яку пряму лінію АВ довільної довжини й відклади на ній чотири рівні відрізки — AC, CD, DE й EB [рис. 134]. Потім від центра C на відстані до A опиши коло AKDI і від центра D на відстані до C — друге коло CE, від центра E на відстані до D — ще одне, третє коло DFBL: два крайні кола дотикатимуться в точці D, а середнє коло перетне обидва крайні. Виконавши це, проведи через точку C й через другу точку, в якій перетинається перше коло з другим, пряму HC, починаючи від точки H, що лежить на дузі кола, Через точку Е й точку, в якій перетинається третє коло з другим, проведи іншу пряму FE, — й обидві ці прямі зустрі» нуться в точці G. Так само через точку С й нижню точку перетину першого кола з другим проведи пряму IC і через \159\ точку Е й точку перетину третього кола з другим — пряму LE. Ці дві прямі зустрінуться внизу в точці К. Після цього від точки К на відстані КI1 накресли дугу ві I1 до L1, а від точки G на відстані GF, накресли дугу від F1 до H1. Ось ти й зробив те, що треба було.

Зверни увагу ось на що: 1) якщо ти хочеш утворити ще довший і менш опуклий овал, то накресли на тій самій прямій більшу кількість кіл, що дорівнюють один одному, й потім виконуй задачу за вказаним вище способом; 2) еліпси — це фігури або такі самі, як овали, або такі, що майже нічим від них не відрізняються. І тому немає потреби окремо зупинятися на способах їх побудови.

Задача 3, твердження 3. Накреслити параболу.

Парабола — це фігура, яка є ніби трикутником, утвореним двома різними лініями: одна з цих ліній, що є основою — пряма; друга, що поступово відходить з обох боків від крайніх точок цієї прямої й закінчується на вершині тупого криволінійного кута, є крива. Таким, наприклад, є розріз дзиґи, якщо її розрізати навпіл, як ти побачиш на кресленні. Дуже просто накреслити цю фігуру так:




Рис. 135


Проведи спочатку будь-яку пряму АВ, що буде основою, і розділи її навпіл в точці С [рис. 135]; /84зв./ від точки С опусти на основу перпендикуляр CD, через який потім проведи довільну кількість прямих, паралельних до основи АВ, на однаковій відстані одну від одної, але так, щоб вони були чимраз меншими, наприклад, EF, GH, IK, LM, NO. Проте креслити їх треба так, щоб перпендикуляр CD розтинав кожну з них навпіл, що легко буде зробити, якщо в точках прямої CD, розміщених на однаковій відстані одна від одної, ти \160\ встановиш нерухому ніжку циркуля, а другою, рухомою, з обох боків позначивши невеличкі дужечки, тобто межі паралельних ліній. Після цього від крайніх точок основи — А й В — проведи з обох боків поступово і рівномірно через крайні точки всіх паралельних ліній криву BDA (див. креслення). Ця побудова не геометрична, що само собою зрозуміло, та й фігура ця не часто трапляється.

Запам’ятай, по-перше, що від довжини основи та кількості інтервалів між паралельними лініями залежить, чи буде парабола довшою й вужчою, чи коротшою й опуклішою. Бо чим довшою буде основа й чим меншими відстані між паралельними, тим парабола буде опуклішою, і чим коротша основа й більші відстані між паралельними, тим парабола буде плоскішою. Зверни увагу, по-друге, на те, що гіпербола відрізняється від параболи лише, хіба, шириною. І тому її слід будувати тим самим спрощеним способом.

Задача 4, твердження 4. Провести правильну і рівномірну спіральну лінію.




Рис. 136


Спіральна лінія — це лінія, що звивається, як змія, як ти побачиш на даному далі кресленні [рис. 136]. Зобразити її так, щоб вона була правильною, тобто віддалялася від себе самої весь час паралельно, рівномірно вигинаючись, не утворюючи виступів і кутів, майже неможливо лише руками, без спеціальних способів та інструментів, як неможливо уписати правильне коло без циркуля. Тому ми вказуємо тут такий метод побудови; \161\

1. Проведемо дві будь-які лінії АВ й CD, що взаємно перетинаються під прямим кутом. 2. Потім від центра Е на певній відстані опиши невелике коло (чим меншою буде відстань тим частішими й вужчими будуть витки; чим більшою — тим рідшими й ширшими).




Рис. 137


3. Окремі квадранти цього кола, замкнуті між прямими АВ й CD, розділи навпіл і познач точки поділу цифрами 1, 2, 3, 4, щоб уникнути можливих помилок. 4. Поставивши нерухому ніжку циркуля в точку I, пересунь рухому до точки N, в якій коло перетинається з лінією горизонту, й проведи дугу NK ДО вертикальної лінґі. 5. Далі, не відводячи ніжки циркуля від точки K, пересунь другу до точки 2, або, що те саме, перенеси ніжку циркуля до точки /85/ 2, а другу ніжку — до точки E, опиши дугу KS і там зупинись.




Рис. 138 Рис. 139


6. Потім, переставивши ніжку в точку 3, пересунь другу ніжку до точки S і опиши дугу SI. 7. Переставивши знов ніжку циркуля в точку 4, пересунь другу до точки І й опиши дугу IL. 8. Знову пересунь ніжку циркуля до точки I, а другу до точки! L і опиши дугу LG.

Звернути при цьому увагу ось на що:

1. Якщо ти хочеш провести другий або третій виток, візьми спочатку від точки N довільну відстань на лінії CD в напрямі \162\ до D й від центра 4 на відстані до точки, в якій лінія АВ перетинає малий круг, в напрямі до точки А проведи дугу до цієї нової, зазначеної вище точки. Потім, переставивши ніжку циркуля в центр I, проведи іншу дугу, як і в попередньому прикладі.

2. Якщо ж у якомусь місці, наприклад, на землі, як це часто трапляється в архітекторів, буде не зовсім зручно накреслити коло, від точок поділу якого ми маємо описати спіраль, то тоді опиши спіраль, користуючись таким простим і зручним способом: закріпи в цьому місці циліндр будь-якої товщини (тобто такої, яку ти вважатимеш необхідною) і об мотай його мотузком. Тепер, якщо, взявшись за кінець мотузка, ти почнеш його розмотувати і тією самою рукою, якою будеш розмотувати, одночасно борознитимеш землю (це буде легко зробити, якщо разом з кінцем мотузка ти повернеш до землі вістрям додолу загострену паличку), ти накреслиш цією паличкою спіраль (див. зображення цього інструмента на рис. [137]).

Задача 5, твердження 5. Накреслити архітектурну спіраль.

Спіраль, про яку йшлося щойно, поступово віддалялася від себе самої на однакову відстань, і тому її можна назвати паралельною спіраллю. Проте існує спіраль іншої форми, що відходить сама від себе не на однакову відстань, а чим ближче до центра згортання, тим менше вона віддаляється від себе, як видно з поданого далі креслення [рис. 138]. Цю спіраль називають архітектурною, бо вона, як розповідають, дуже часто використовується в архітектурі й має там неабияке значення, особливо в цивільній архітектурі, зокрема в йонійській. Для того, щоб накреслити її, застосовують два способи: геометричний і механічний, або спрощений, який здійснюється за допомогою спеціально пристосованого для цього інструмента /85зв./.

Оскільки геометричний спосіб досить складний, ми його опускаємо й подаємо тут лише механічний.

Зроби з міцного матеріалу дзиґу або конус, що поступово Й рівномірно звужується й закінчується вістрям, як ти бачиш на рис. [139]. У це вістря (а воно має бути трохи затупленим) треба вбити загострену залізну паличку, щоб вона, якщо її встромити в землю, могла утримувати дзиґу, повернену вістрям додолу. Навколо цієї дзиґи, починаючи від її основи, рівномірними витками обмотують мотузок аж до вістря, а щоб витки мотузка міцніше трималися й не спадали під час роботи, треба трохи глибше вирізати ті вигини, що є на поверхні дзиґи, щоб вони краще утримували витки мотузка. Тепер, якщо виготовлений таким чином інструмент ти повер\163\неш вістрям додолу й встромиш у землю, а потім розмотаєш, починаючи від вістря, обгорнутий навколо нього мотузок і водночас будеш борознити вістрям землю, ти накреслиш архітектурну спіраль.

Сказаного про площини 48, я вважаю, вже доволі. /86/ \164\















Попередня     Головна     Наступна         Примітки


Етимологія та історія української мови:

Датчанин:   В основі української назви датчани лежить долучення староукраїнської книжності до європейського контексту, до грецькомовної і латинськомовної науки. Саме із західних джерел прийшла -т- основи. І коли наші сучасники вживають назв датський, датчанин, то, навіть не здогадуючись, ступають по слідах, прокладених півтисячоліття тому предками, які перебували у великій європейській культурній спільноті. . . . )




Якщо помітили помилку набору на цiй сторiнцi, видiлiть ціле слово мишкою та натисніть Ctrl+Enter.

Iзборник. Історія України IX-XVIII ст.