Л.С. Полак - Исаак Ньютон - Математические начала натуральной философии (1121067), страница 28
Текст из файла (страница 28)
Пусть прямые ВР в о1д пересекаются в точке Т, тогда, проведя ТХв ТА, получим Фигуру ТВЕВ, извествую по своему виду, и прямую ТХ, определенную по своему положевию; кроме того, будут известны длива ТА и угол АТЯ, а так как известно отвошевие АЯ, а значит, и ТХ, к Х8, то будет известно и отвошевие АХ к ТЯ, следовательно будет известен и треугольник АТХ, коего вершина Х и есть искомая точка. Слугой '. Если две кз трех лгшвй, скажем АЯ и ВЯ, равны, то прямую ТХ яадо провести так, чтобы ова разделяла АВ пополам, и затем разыскать треугольник АТХ как и раньше.
Случай 3. Если все три расстояния равны, то точка Х лежит в цевтре круга, проведенного через точки А, В в С. Зта задача решева в книге Аполлония: кО касаввяхэ, восставовлеввой ВивиуОМ. «з Нредздожемие ХХд. Задача ХШ Пу11 заданном фокусе провесгии коничсекое сечение, проходящее через юданные ичочшм и касающееся заданных прямых. Пусть задавы Фокус В, точка Р, касательная ТВ; требуетсв найти второй Фокус Н (Фвг. 37). На касательную Р опускается перпевдикуляр $Т и продолжается до Утаи, чтобы былоТТ=БТ; 1 тогда ллл будет равно главвой осв. Длина БР будет равна разности меягду ч расстоянием НР и главкой осью.
Таким Фиг. 37. образом, если будет задзяо весколько ез Зта лемма заключает чазмеаитую задачу о воетроевии круга кааательиого к трем давным кругам. Задача эта была нредложева Внетом Адриану Римлянину в ответ яа задачт воеледвего а решении некоторого уравнения 45-й степени. Виет оразу заметил вромехождевие 1 уравнения, имев во, что ово атнееилоеь к онределению хорды угла, составляющего — данного 45 ва оевовавни чего к дзл полное решеяне. Адриан, решая вредложенвую ему задачу, онределял валожеяне центра и«какого круга ори помощи нерееечення двух гипербол, иа что Виет ему нанизал: «пвш шгав1нш рег ьурегьаьчз завл1», геш аев вов гавл1а».
ньютон в аваев внолмы задачи также пользуется еаойетвами гниерболы, во заметив, что эти гнвербалы имеют коварно общий оозуе, ов вривадит разыскание точек их пересечения к коетраениям, выполнимым ври помощи циркуля и линейки, и агни как бы наказывает, что можно «геш аав шзкеге», ватьзуяеь и гяиерболами. Прямые ПР н Яч', которые строятся как вевомагательные з вьниовааом решении, суть навранляюздие гнпербшь и аое вводит«я к определению точки верееечеикя т этих направляющих. — 114— касательных плп не<колько точек, то получат>я плп такие расстояния как УН, или такие, как РН. проведенные от таких точек, как Уиди Р, к искомой точке Н; этп расстояния нли должны быть равны главной оси, или же дол;кны отличаться от нее на известные длины, как ЯР, и которые поэтому илн равны между собою, илп же известны разности их попарно.
По предыдущей лемме, следовательно. найдется второй чокус Н, и после того как этот второй моку< найден, то станет известной п длмна главной оси, которая будет УН плп ЯР-+- РН длн эллипса, п.ш же ЯР— РН для гиперболы., и кривая будет определена. ПОУЧЕНИЕ Когда крпвэя — пшербола, то так как она должна служить траекторией движущегося тела, то втору>о ее ветвь я ве включаю, ибо тело ва эту вторую ветвь прп своем движении перейти не может.
Случай, когда задаются три точка, решается проще так: пусть даны точкиВ, С,В (миг. Зйь Продолжаем прямые ВС п СЮ до Н и Р так, чтосы было: ВН: СЕ= ЯВ: ЯС СВ: ЭР = ЯС: ЯР; пз прямую Жг; если ву>гво продолженную, опускаются перпендикуляры Я0, ВН, и иа неопределенно продолженной ЯО берутся точки А и а так, чтобы было 6А>ЛЯ= Ни>аЯ=НВ:ВЯ; тогда А и а будут главными вершинами и Аа — главною осью кривой, которая, в случае если 6А будет больше, равна или меньше, нежели АЯ, будет эллипс, парабола или гипербола, и тогда точка а в первом случае должна лежать по ту же сторону от прямой СР с точкою А, во втором случае эта точка, удаляется в бесконечность, в третьем она лежит по другую сторону СР. — 115— Действительно, если на 6Р опустить перпендикуляры СУ, д)К, то будет Су: НВ = СЕ: ВЕ = ЯС: ЯВ следовательно СУ: ЯС = НВ: ЯВ = СтЛ: 8 1.
Точно так же докажется, что КЗ к ЯР находится н том же отношении. Следовательно, точки В, С, В лежат на коническом сечении, построенном при покусе Я так, что расстояния его точек до еокуса и до прямой СЕ находятся в постоянном отношении. Знаменитейший геометр 1)е )а НЫе п споем сочинении о коническпх сечениях, в книге Ч1П, предаожение ХХЧ, дает рещение отой задачи, ПОЧТИ НЕ ОтйннаЮЩЕЕСЯ От ИЗ.1ОжЕННОГО.ы Ос Задача, оощий ход решеннл которой указан в атом предложении, заключает в себе в сущности четыре задачи. Построить коническое сечение, когда даяы чокус и 1о) трн касательных; Зо) две касательных п точна вне их; Зо) одна касательная и дае точки вне ее; 4о) три точки. Решение п е р в о й, оченндно, — круг, проходящий через основания нерпендикуляров, опущенных из покуса на касательные, описан на главной оси, как диаметре.
Стоит его провести и задача решена. Илм, с.тедул общему приему: круг, проходнщий череа три точен такие, как л, т. е. симметричяые с покусом относительно касательных, есть направляющий круг, его центр есть второй покус и радиус — большая ось. Этот случай как раз и указав в случае 3 леммы ХУ1, т. е. когда все три расстояния равны. В т о р а з з а д а ч а предотавляет танже простой частный случай общей. Заметив что две точки такие, как У,— обоаяачим их лх и ха,-приналдежат заправляющему кругу, проводим к прямой Хт Ха перпендикуляр из ее середины — второй покус И лежит на атом перпендн- КУЛЯРЕ.
ВЗПВ раоотОЯНИЕ ЯР ДаННОй тОЧШ1 ДО ЗаДаипОГО НОКУСа И ОПИСаВ ТОЧКОЮ Лт, КаК ЦОН- тром, и радиусом ЗР круг, заключаем, что точна Н лежит в равном расстоянии от атого круга и точки Р, т. е. она лежат в центре круга, проходящего через Р и касающегося данного. Таким образом задача сведена к вы троению круга, имеющего смой центр на данной прямой. проходящего через данную точку н касающегося данного круга, что решаетгя весьма просто Третья задача требует применения леммы ХУ1а общем виде. Ч е т в е р т а а решается по второму приему более просто, нежели по общему способу; причем для нолучевия точки множно заметить, что в силу пропорции СГ: РР = ЯС: БР зта точка лежит в пересечении хорды РС п равноделящей внешнего протинолежащего стс- роне СР угла треугольника СЯР. — 116— ОТДЕЛ У О НАХОЖДЕНИИ ОРБИТ, КОГДА НИ ОДНОГО ФОКУСА ИЕ ЗАДАНО" Лепна ХУП .Если нз произвольной точки Р коническою сечения нуовестм н сторонам любою четьгреяуьольннна л1ВСЛ, впнсанжпо в это сечение, четыре нуямые РЯ, РВ, РЯ, РТ нод виданными узлами и сторонам й?, СЭ, л1С, РВ четырехуюльнняа, если надо нуодолженнцм, ию произведения Рь) РВ н РВ РТ отрезков, проведенных к противоположным сторонам, находятся в ностоянном отнотеннн.
Еэ Зтот отдел, подобно пред«шуше«у, имеет исключитель«о геометрическое «паче«ие з пеи даются решепия следую«ос« задач о построепии конических сечений по дакини: 1«) «яти точкам; эо) четырем точкаи и одной «асатель«; Зо) трем точкам и дзум касательпыи; ьо) дзум точкам и трем касатшьиым; бо) од«ой точке и четырем касательяым; Ео) пяти касательпым. Зтп шесть случае« пихаются асчерпыпающиии по отпошепию к мцгаяпю только точек п «асательпых.
Прп решении этих задач, Ньютоп «е пользуется пи теоремою Паскаля, пи теоремою Дезарга, хотя зги теоремы была з то прем« уже пззестпы. Куоие этих шести, решаются еще дзе э«дачи, а ямепио; а) построить «опическое сечеиае,рапиое п подобное да«попу, так, чтобы тремя эдда«- яы«ш примы«и от пего отсекалась зада«эые скеж«ые сегмезты; б) построить коническое сече««с, под«бисе данному, так, чтобы опо четырькя таиными пряиымп рассеиалось «а част«, подобпые да«ам« и подобпым образом с зим« расположенпы е.
Для решения этих двух задач дается спер«а решение двух зспомогательиых задач, пиепяо: и) построить треугольник, разяый и подов«ый данному, та«, чтобы его жршэ«ы лежали па трех зада««ых по положеппю прямых; г) построить четырехугольник, подоб«ый да««оиу так, чтобы его зершипы лежали па четырех аадапиых по положепию прямых. ЕЕ Апек«тече««» зто спойстзо «ояяческпх сечений доиазызается, Как известно, еесьиа просто. Обоапачая через «, й, П 3 — перэые части уразпе«ий прямых .4В, ВС, СЮ„ЛЮ, паписаипых и «ориэльиои виде, имеем общее ураеяеяие кояическ«х сечений, проходя««а через точки Л, В, С, Ю: «у †рой где й есть постояпзая. Зто и доказывает леммы ХЧП и ХУИ1.
Но Ньютоп замере««о пе пользуется а«элитической геометрией, п з коппс леммы Х1Х ирако го«ориг, что оп дает решеиие задач«древних «о четырех линиях» — «аоп с«1««!пз ве3 сошроегио беошсспса». по по«оду этой задачи задо заметить, что а«с««о ее Декарт иэял как пример, чтобы показать приложеяпе своего способа решеппя геоиетричес«их задач «зычпслеяиеиэ, прячем оп доба«тяет, что «дреияпе пе пес«саля бы столько толстых кппг, если бы «пал« пзложе««ые см качала а«алптэчес«ого рыле«и« геометрических задачи. — 117— Случай 1. Положим сперва, что прямые, проводимые к противоположным сторонам, параллельны другим сторонам четырехугольника, т. е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
