Список Верника

В 1937 году в журнале «Математика в школе» №5 и №6 была опубликована пространная статья Фурсенко о построении треугольника по трём элеменам. В этой статье Фурсенко расположил все задачи на построение треугольника в лексикографическом порядке, решил все задачи, которые имеют решение и перечислил все задачи, которые решения не имеют.

В педагогической практике известны задачи на восстановление треугольника по трём заданным точкам. В 1982 году Верник так же, как и Фурсенко в 1937-ом, составил лексигографический список задач на восстановление треугольника. Им были выбраны самые популярные точки геометрии треугольника:

A, B, C, O — вершины треугольника и центр описанной окруж-
ности;
M_a, M_b, M_c, G — середины сторон треугольника и центр масс;
H_a, H_b, H_c, H — основания высот треугольника и ортоцентр;
T_a, T_b, T_cI — основания биссектрис треугольника и центр
вписанной окружности.

(Замечу в скобках, что мне ближе другие обозначения, но эти совпадают с нижеприведёнными на картинке.)

После чего он составил список, который называется список Верника, в котором из 139 принципиально различных задач лексикографического списка имеют решение чуть больше половины — 72 задачи. Интересно, что сам Верник, не исследовал задачи на неразрешимость, а нашел решение только 65 задач (например, у него нет решения красивой задачи №43).  Расшифровка пометок в этом списке такова:

  1. S — задача имеет решение.
  2. U — задача не имеет решения (доказано не Верником, а последователями и, как правило, с помощью барицентрических координат).
  3. L — (locus dependent) данные точки не могут распологаться как угодно, а лежат на некотором ГМТ.
  4. R — (redundant) «сводящаяся» задача: полодение одной из точек определяется двумя другими.

Вот сам список (он взят из статьи Устинова):Список Верника

Меня, как учителя, не интересуют задачи этого списка, которые не имеют решения. Мне интересны только те задачи, про которые известно, что у них решение есть. Как было отмечено выше, таких 72 штуки. На сегодняшний день мне не поддаются три задачи этого списка:

  1. №57: (A, H, I),
  2. №82: (O, T_a, I),
  3. №131: (H_a, H, I).

Буду очень признателен всем, кто знает как решить эти задачи. Разумеется, имеется в виду и интересны только синтетические (чисто геометрические) решения — чистые доказательства существования, например, в барицентрических координатах — не предлагать. Исследование на количество решений не интересует — важно получить хотя бы одно.

Я весьма признателен Григорию Борисовичу Филлиповскому за то, что он познакомил меня с этими задачами и научил решать задачу №43 списка Верника. Отдельное спасибо Владимиру Черноруцкому, который внёс свежую мысль, до которой мне было тяжело додуматься, что привело к решению нескольких задач.

Приложение.

Вот как выглядел список Верника в его оригинальной статье
Wernick, W. «Triangle Constructions with Three Located Points.» Math. Mag. 55, 227-230, 1982.

Список Верника2

 

Сама статья доступна для чтения on-line после регистрации на сайте http://www.jstor.org/.

Реклама

Изящная задача на восстановление треугольника

Столкнулся тут с одной весьма изящной задачей на восстановление треугольника по заданным точкам. (Мотивировочную преамбулу, видимо напишу позднее). Речь идёт о задаче восстановления треугольника ABC по середине M_1 стороны BC, основанию H_2 высоты, опущенной из вершины B  и основанию L_1 биссектрисы угла A. Кратко: (M_1,H_2,L_1).

Решил я её весьма непросто (страшно сказать: применил такое ГМТ, как окружность Апполония!) А вот мой коллега — Владимир Черноруцкий — мне подсказал изумительно изящное построение! С удовольствием его цитирую:

(M1,L1,H2)

Построение В. Ч.:

  1. Строим прямую a_x=M_1L_1.
  2. Строим окружность \omega с центром в точке M_1 и радиусом M_1H_2. Эта окружность пересекает прямую a_x в точках B и  C.
  3. Строим прямую b_x=CH_2.
  4. Строим окружность с центром в точке  L_1, касающуюся прямой  b_x. После этого остаётся лишь построить к этой окружности касательную из точки  B и получить точку A.

Браво маэстро!

Однако это ещё не всё!!! Вот что значит свежий взгляд: оказывается биссектриса равноудалена от сторон треугольника!!! А я-то это упустил из виду. Это замечательное наблюдение Черноруцкого позволило мне решить ещё одну задачу на восстановление, которая мне не давалась: (A, L_1,L_2):

(A,L1,L2)

  1. Строим прямую b_x=AL_2. Строим прямую c_x симметрично отражая b_x относительно AL_1.
  2. Строим окружность с центром в точке L_2, касающуюся прямой c_x .
  3. Строим к этой окружности касательную из точки L_1, которая в пересечении с b_x и c_x  даёт нам точки B и C.

Браво маэстро ещё раз!!!

Электронный Кушнир

Совершенно случайно обнаружил в сети «Триумф школьной геометрии» И. А. Кушнира (немного перепутаны страницы, но суть понятна). Кроме того, нашёл книжку, которую давно искал — её у меня не было в бумажном виде: «Геометрические воспоминания» И. А. Кушнира. Конечно, это нарушение всяких авторских прав и поэтому ссылки будут удалены при первом же требовании правообладателей. Но удержаться не могу: читайте и влюбляйтесь в геометрию!

Аналогия идей и методов: полупериметр ортотреугольника

Кто бы мог подумать : обе формулы S=pr и S=p_HR доказываются аналогично — методом сложения площадей! Более того, у формул S=\frac{abc}{4R} и S=pr есть аналогичные доказательства с помощью всего лишь одного подобия!!!   Обсуждение — в  прилагаемом тексте.

Хикиума (Аити)

Таблички Сангаку развешивались либо на шинтоистских храмах (temples), либо на святилищах (shrine — «святыня»). Вот фото таблички со святилища Хикиума (провинция Аити), 1797 года.

Вторая задача (древние японцы писали справа налево) достойна всяческого внимания и восхищения:

В правильный треугольник вписаны четыре круга, как показано на
рисунке. Найдите их радиус, если сторона треугольника равна 1.


Решение. В каждом из тупоугольных треугольников, имеем
d=2(p-y)\tan\frac{\alpha}{2}, p-y=\frac{a+x+2y}{2}-y=\frac{a+x}{2}, значит
d=(a+x)\tan\frac{\alpha}{2}. C другой стороны, в малом правильном треугольнике d=\frac{x}{\sqrt{3}}. Из равенства диаметров этих кругов имеем \tan\frac{\alpha}{2}=\frac{x}{\sqrt{3}(a+x)} .

По теореме синусов \frac{a}{\sin120^\circ}=\frac{x+y}{\sin(60^\circ+\alpha)}=\frac{y}{\sin\alpha},
откуда y=\frac{2a}{\sqrt{3}}\sin\alpha, x=\frac{2a}{\sqrt{3}}\big(\sin(60^\circ-\alpha)-\sin\alpha\big)=2a\sin(30^\circ-\alpha). Подставляя это значение x в выражение для \tan\frac{\alpha}{2},
получаем (квадратное) уравнение относительно
\tan\frac{\alpha}{2}, решение которого \tan\frac{\alpha}{2}=\frac{2\sqrt{3}-\sqrt{7}}{5}. После
несложных (но немного утомительных)  вычислений, имеем
d=\frac{x}{\sqrt{3}}=\frac{2a\sin(30^\circ-\alpha)}{\sqrt{3}}=\frac{a}{2\sqrt{3}}\cdot\frac{7\sqrt{21}-27}{16-\sqrt{21}}.

Чтобы вам не показалось, что всё очень просто — попробуйте решить следующую задачу этой таблички:

Дан квадрат со стороной 1. Найдите радиусы кругов на рисунке, если известно, что они равны.