Окружность и число π

Прошлая глава закончилась банкой, обмотанной ниткой. Размотайте нитку и приложите её к диаметру: он уложится три раза, и останется маленький хвостик. С кружкой будет то же самое, с колесом — тоже, и с экватором, если бы его удалось обмотать. Сколько именно диаметров помещается в окружности? Этот вопрос задавали себе писцы Вавилона и Египта, Архимед, китайские астрономы, индийские поэты-математики, голландский учитель фехтования и программисты суперкомпьютеров. Ответ оказался числом, которое нельзя записать ни конечной, ни периодической дробью. Мы пройдём по следам этой погони — и по дороге соберём главные теоремы об окружности.

Три с хвостиком

Сначала договоримся о словах, которыми будем пользоваться всю главу.

Самый прямой способ измерить окружность — прокатить её по линейке: за один оборот колесо проходит ровно длину своего обода. Возьмём колесо диаметром $1$.

Древние мастера мерили так же и получали «три с хвостиком». В Библии, в Третьей книге Царств, описана медная чаша для храма Соломона: «от края его до края его десять локтей… и снурок в тридцать локтей обнимал его кругом». Здесь отношение — ровно $3$. Вавилонские писцы обычно тоже считали по тройке, но на одной табличке из Суз стоит $3\frac18 = 3{,}125$. Египетский папирус Ринда (около 1550 года до нашей эры) велит находить площадь круглого поля диаметром $9$, как площадь квадрата со стороной $8$, и из этого рецепта выходит $\frac{256}{81} \approx 3{,}16$. Хвостик мерили на глаз, и выходило то больше, то меньше.

Прежде чем гнаться за хвостиком, нужно убедиться, что он один и тот же у всех окружностей. Это не очевидно: у маленькой монеты и у экватора отношение могло бы и различаться.

Идея: окружность — предел вписанных в неё многоугольников, а у многоугольников отношение периметра к диаметру видно из подобия.

Возьмём две окружности с общим центром $O$ и радиусами $\p1{r}$ и $\p2{R}$. Любые две окружности можно так расположить: сдвиг не меняет ни длин, ни отношений.

Впишем в обе правильные шестиугольники так, чтобы их вершины лежали на одних и тех же лучах из $O$. Лучи режут каждый шестиугольник на шесть равнобедренных треугольников с вершиной $O$.

Возьмём по одному треугольнику из каждого. Угол при $O$ у них общий, а боковые стороны пропорциональны: $\frac{\p1{r}}{\p2{R}}$ и $\frac{\p1{r}}{\p2{R}}$. По признаку подобия по двум сторонам и углу между ними (глава 17) треугольники подобны, и основания — стороны шестиугольников — относятся как $\p1{r} : \p2{R}$. Значит, так же относятся и периметры $P_6$ и $P'_6$, то есть $\frac{P_6}{2\p1{r}} = \frac{P'_6}{2\p2{R}}$. То же рассуждение годится для любого числа сторон $n$.

Будем удваивать число сторон: $12$, $24$, $48$… Периметры вписанных многоугольников подбираются к длине окружности сколь угодно близко; так длину кривой и определяют — как предел длин вписанных ломаных. Для каждого $n$ отношения периметра к диаметру у двух окружностей равны, значит, равны и их пределы: $\frac{C}{2\p1{r}} = \frac{C'}{2\p2{R}}$. Это общее число и называют $\pi$. Слово «предел» здесь нестрогое; точный смысл ему придаст глава 25.

Длина окружности. Одно и то же число для всех окружностей, $\pi \approx 3{,}14159$. Радиус; $2r$ — диаметр, поэтому то же самое: $C = \pi d$. Пример: в 1791 году метр определили так, чтобы длина парижского меридиана Земли — окружности через оба полюса — была $40\,000$ км. Отсюда радиус Земли $r = \frac{40\,000}{2\pi} \approx 6366$ км; средний радиус по современным измерениям — около $6371$ км.

Экватор туго обтянули верёвкой, а потом удлинили её на $1$ метр и приподняли, чтобы она везде отстояла от земли одинаково. Какой получится зазор?

Меньше миллиметра Около $16$ сантиметров Около метра Зависит от размера Земли

Длина верёвки $C = 2\pi r$. Если $C$ выросла на $1$, радиус вырос на $\frac{1}{2\pi} \approx 0{,}159$ м — независимо от того, чему равен $r$. Столько же получится и для мяча, и для Солнца. В такую щель пролезет кошка.

Милет, VI век до нашей эры: угол на диаметре

Фалес Милетский, которого греки считали первым философом, по преданию, первым стал не только знать геометрические факты, но и доказывать их. Диоген Лаэртский со ссылкой на писательницу Памфилу сообщает, что Фалес первым вписал в круг прямоугольный треугольник и на радостях принёс в жертву быка. Тут же Диоген добавляет, что другие приписывают это Пифагору, — похоже, у древних историков был один бык на все теоремы. В главе 17 мы видели, что центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, — середина гипотенузы. Теорема Фалеса утверждает обратное.

Идея: разрезать треугольник радиусом на два равнобедренных и сложить углы.

Пусть $AB$ — диаметр, $O$ — центр, $C$ — любая другая точка окружности. Чему равен угол $ACB$?

Проведём радиус $OC$. Отрезки $OA$, $OB$ и $OC$ — радиусы, поэтому все три равны. Значит, треугольники $AOC$ и $BOC$ равнобедренные.

В равнобедренном треугольнике углы при основании равны (глава 17). В треугольнике $AOC$ равны углы при $A$ и при $C$ — обозначим их $\p1{\alpha}$. В треугольнике $BOC$ равны углы при $B$ и при $C$ — это $\p2{\beta}$. Угол $ACB$ составлен из двух углов при $C$: $\angle ACB = \p1{\alpha} + \p2{\beta}$.

Сумма углов треугольника $ABC$ равна $180^\circ$ (там же): при $A$ стоит $\p1{\alpha}$, при $B$ — $\p2{\beta}$, при $C$ — $\p1{\alpha} + \p2{\beta}$. Получается $2\p1{\alpha} + 2\p2{\beta} = 180^\circ$.

Отсюда $\p1{\alpha} + \p2{\beta} = 90^\circ$, то есть $\angle ACB = 90^\circ$ — где бы на окружности ни стояла точка $C$.

Верно и обратное: если угол $ACB$ прямой, точка $C$ лежит на окружности с диаметром $AB$ — это и показала глава о треугольнике. Поэтому все вершины прямых углов, опирающихся на отрезок $AB$, образуют окружность. Столяр пользуется этим, проверяя полукруглую выемку угольником: если выемка настоящий полукруг, угольник касается края вершиной, как его ни поверни.

Александрия, около 300 года до нашей эры: третья книга «Начал»

Третью книгу «Начал» Евклид целиком посвятил окружности. Две её теоремы — о вписанном угле и о касательной — нужны почти в каждой задаче про круг.

Вписанный угол

Идея: провести диаметр из вершины вписанного угла и свести дело к равнобедренным треугольникам, как у Фалеса.

Вписанный угол $ACB$ и центральный угол $AOB$ опираются на одну дугу $\p4{AB}$ — ту, где нет точки $C$.

Проведём из $C$ диаметр $CD$ через центр $O$.

Треугольник $AOC$ равнобедренный: $OA = OC$ как радиусы. Поэтому $\angle OAC = \angle OCA = \p1{\alpha}$. Угол $AOD$ — внешний угол этого треугольника при вершине $O$, а внешний угол равен сумме двух внутренних, не смежных с ним (глава 17): $\angle AOD = \p1{\alpha} + \p1{\alpha} = 2\p1{\alpha}$.

Точно так же треугольник $BOC$ равнобедренный, $\angle OCB = \p2{\beta}$, и $\angle BOD = 2\p2{\beta}$.

Если центр $O$ лежит внутри угла $ACB$, то $\angle ACB = \p1{\alpha} + \p2{\beta}$, а $\angle AOB = 2\p1{\alpha} + 2\p2{\beta}$ — вдвое больше. Если центр лежит вне угла, то оба угла — разности: $\angle ACB = |\p1{\alpha} - \p2{\beta}|$ и $\angle AOB = |2\p1{\alpha} - 2\p2{\beta}|$, и отношение то же. Если центр на стороне угла, одно из $\alpha$, $\beta$ равно нулю. Во всех случаях $\angle AOB = 2\angle ACB$.

Из теоремы сразу следуют три удобных факта.

Второй факт — снова теорема Фалеса: дуга, на которую опирается угол с вершиной на окружности и сторонами через концы диаметра, — полуокружность, $180^\circ$, и угол равен её половине, $90^\circ$.

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность, угол $A$ равен $75^\circ$. Найдите угол $C$ в градусах.

Углы $A$ и $C$ противоположные, они опираются на дуги, которые вместе составляют всю окружность. Поэтому $\angle A + \angle C = \frac{360^\circ}{2} = 180^\circ$, и $\angle C = 180^\circ - 75^\circ = 105^\circ$.

Касательная

Идея: в прямоугольном треугольнике гипотенуза длиннее катета, а к перпендикуляру ближе всего основание.

Через точку $T$ окружности проведена прямая $\p1{\ell}$, перпендикулярная радиусу $OT$.

Возьмём на $\p1{\ell}$ любую другую точку $X$. Треугольник $OTX$ прямоугольный, $OX$ — его гипотенуза, а $OT$ — катет. Гипотенуза длиннее катета (по теореме Пифагора $OX^2 = OT^2 + TX^2 > OT^2$), поэтому $OX > r$ и $X$ лежит вне окружности. Значит, у $\p1{\ell}$ с окружностью одна общая точка, $T$, и $\p1{\ell}$ — касательная.

Теперь обратно. Пусть через $T$ проведена прямая $\p2{m}$, не перпендикулярная $OT$; её наклон меняет вторая точка. Опустим на неё перпендикуляр $OH$ из центра. Точка $H$ не совпадает с $T$, иначе $\p2{m}$ была бы перпендикулярна $OT$.

Отложим на $\p2{m}$ за точкой $H$ отрезок $HT' = HT$. Прямоугольные треугольники $OHT$ и $OHT'$ равны по двум катетам: $OH$ общий, $HT = HT'$. Поэтому $OT' = OT = r$, и точка $T'$ тоже лежит на окружности.

У прямой $\p2{m}$ с окружностью две общие точки, $T$ и $T'$, — это секущая, а не касательная. Получается, что касательной в точке $T$ может быть только прямая, перпендикулярная радиусу $OT$, и она действительно касательная.

Отсюда, например, следует, что точки касания вписанной окружности делят стороны треугольника на отрезки, попарно равные: от каждой вершины до двух соседних точек касания — одно и то же расстояние.

Хорды крест-накрест

Под конец третьей книги Евклид доказывает теорему, которая выглядит как фокус. Проведите через точку внутри круга две хорды — и произведение отрезков одной хорды окажется равным произведению отрезков другой. Современное доказательство использует теорему Пифагора и заодно объясняет, какое число за этим прячется.

Идея: опустить перпендикуляр из центра на хорду и дважды применить теорему Пифагора.

Через точку $P$ — внутри круга или снаружи — проведена прямая, пересекающая окружность в точках $A$ и $B$.

Пусть $M$ — середина хорды $AB$. Центр $O$ одинаково удалён от $A$ и $B$ и потому лежит на серединном перпендикуляре к $AB$. Значит, $OM \perp AB$.

Точки $A$ и $B$ лежат на прямой по разные стороны от $M$, на расстоянии $MA$. Если $P$ внутри круга, то $\p1{PA} = MA - PM$ и $\p2{PB} = MA + PM$; если снаружи — $\p1{PA} = PM - MA$ и $\p2{PB} = PM + MA$. В обоих случаях $\p1{PA} \cdot \p2{PB} = |PM^2 - MA^2|$ — это разность квадратов.

Треугольники $OMP$ и $OMA$ прямоугольные с прямым углом при $M$. По теореме Пифагора $PM^2 = OP^2 - OM^2$ и $MA^2 = r^2 - OM^2$. Вычитаем: $PM^2 - MA^2 = OP^2 - r^2$ — отрезок $OM$ сократился.

Получилось $\p1{PA} \cdot \p2{PB} = |OP^2 - r^2|$, и в правой части нет ничего, что зависело бы от прямой. Поэтому для любой другой прямой через $P$ — хорды или секущей $CD$ — произведение то же: $PA \cdot PB = PC \cdot PD$. Когда секущая поворачивается в касательную, точки $A$ и $B$ сливаются в точку касания $T$, и остаётся $PT^2 = OP^2 - r^2$ — это видно и из прямоугольного треугольника $OTP$.

Классическое доказательство обходится без Пифагора: у хорд $AB$ и $CD$, пересекающихся в $P$, треугольники $APC$ и $DPB$ подобны, потому что углы при $C$ и при $B$ опираются на одну дугу $AD$ и потому равны, а углы при $P$ вертикальные. Из подобия $\frac{PA}{PD} = \frac{PC}{PB}$ — то же равенство.

Хорды $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $P$, причём $AP = 3$, $PB = 8$, $CP = 4$. Найдите $PD$.

По теореме о степени точки $AP \cdot PB = CP \cdot PD$, то есть $3 \cdot 8 = 4 \cdot PD$, и $PD = 6$.

Сиракузы, III век до нашей эры: π в тисках

Первым, кто не угадывал $\pi$, а доказывал оценки, был Архимед. В короткой книге «Измерение круга» он зажал окружность между двумя многоугольниками — вписанным и описанным — и стал удваивать число их сторон: $6$, $12$, $24$, $48$, $96$. Чтобы сравнивать кривую с ломаными, Архимеду понадобилось допущение, которое он честно вынес в начало своей книги «О шаре и цилиндре».

Из допущения следует главное: периметр вписанного многоугольника меньше длины окружности (каждая сторона короче своей дуги), а периметр описанного — больше (две половинки его сторон охватывают дугу между точками касания). Остаётся считать периметры.

Архимед не знал ни синусов, ни десятичных дробей. Каждое удвоение он делал через подобные треугольники и квадратные корни, которые извлекал вручную, с оценками в безопасную сторону: например, $\frac{265}{153} < \sqrt3 < \frac{1351}{780}$. Для вписанных многоугольников шаг удвоения можно вывести одной только теоремой Пифагора.

Идея: новая вершина — середина дуги, и до неё можно дойти по двум прямоугольным треугольникам.

$AB = \p1{s}$ — сторона правильного $n$-угольника, вписанного в окружность радиусом $1$.

Новая вершина $2n$-угольника — середина $M$ дуги $AB$. Радиус $OM$ делит угол $AOB$ пополам, а в равнобедренном треугольнике $AOB$ биссектриса угла при вершине — это и высота, и медиана. Поэтому $OM$ перпендикулярен $AB$ и проходит через середину хорды $K$: $AK = KB = \frac{\p1{s}}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $OKB$ гипотенуза $OB = 1$, катет $KB = \frac{s}{2}$. По теореме Пифагора $\p3{OK} = \sqrt{1 - \frac{s^2}{4}}$.

Остаток радиуса за хордой: $\p5{KM} = 1 - \p3{OK} = 1 - \sqrt{1 - \frac{s^2}{4}}$.

В прямоугольном треугольнике $BKM$: $\p2{s'}^2 = KB^2 + KM^2 = \frac{s^2}{4} + 1 - 2\sqrt{1 - \frac{s^2}{4}} + 1 - \frac{s^2}{4} = 2 - 2\sqrt{1 - \frac{s^2}{4}} = 2 - \sqrt{4 - s^2}$. Извлекаем корень — готово.

Описанный многоугольник — тот же вписанный, увеличенный в $\frac{1}{OK}$ раз: его стороны касаются окружности, и от центра до стороны ровно $1$, а у вписанного — $OK$. Так из одной формулы получаются обе оценки. Архимед довёл удвоения до $96$ сторон и записал результат в виде, который цитируют уже двадцать два века.

Верхняя оценка, $\frac{22}{7}$, прожила дольше всех: ею и сегодня пользуются, когда нужно прикинуть в уме. По легенде, Архимед погиб в 212 году до нашей эры, когда римляне взяли Сиракузы: солдат застал его над чертежами на песке, а Архимед будто бы крикнул: «Не трогай моих кругов!» Это именно легенда — Плутарх пересказывает несколько разных версий его смерти.

Там же: площадь круга

В той же книге Архимед доказал, что круг равновелик прямоугольному треугольнику, у которого один катет — радиус, а другой — длина окружности. На нашем языке это формула площади круга. Её можно увидеть, если нарезать круг, как пиццу.

Идея: разрезать круг на тонкие секторы и переложить их в фигуру, почти не отличимую от прямоугольника.

Разрежем круг радиусом $r$ на $12$ одинаковых секторов — клиньев с вершиной в центре. Верхнюю половину окрасим одним цветом, нижнюю другим.

Развернём каждую половину в «гребёнку»: клинья верхней половины встают вершинами вниз, нижней — вершинами вверх. Площадь при этом не меняется — мы только двигаем куски.

Сдвинем гребёнки зубцами друг в друга. Получилась фигура, похожая на параллелограмм. Её верхний край — дуги верхней половины, их общая длина — половина окружности, $\p2{\pi r}$. Нижний край — тоже $\pi r$. Боковые стороны и высота — примерно радиус $r$.

Нарежем мельче — на $36$ секторов. Края становятся всё ровнее, боковые стороны — всё вертикальнее, и фигура всё ближе к прямоугольнику $\pi r \times r$. При этом её площадь всегда в точности равна площади круга.

Площадь прямоугольника, к которому приближается фигура, — $\pi r \cdot r = \pi r^2$. Значит, $S = \pi r^2 = \frac12 \cdot \p2{2\pi r} \cdot r$. Последнее равенство — и есть треугольник Архимеда с катетами $2\pi r$ и $r$.

Слово «приближается» здесь снова скрывает переход к пределу. Архимед обошёлся без него хитрее: он показал, что площадь круга не может быть ни больше, ни меньше площади треугольника — в обоих случаях подходящий вписанный или описанный многоугольник приводит к противоречию. Почему площадь не меняется при перекладывании кусков и что такое площадь вообще, разберёт следующая глава, а строгий язык для таких рассуждений даст интеграл.

Площадь круга. То же самое число, что в длине окружности. Совпадение не случайное: площадь — половина окружности на радиус. Радиус — и в квадрате: увеличьте круг вдвое, и площадь вырастет вчетверо. Пример: пицца диаметром $30$ см имеет площадь $\pi \cdot 15^2 \approx 707$ см², а диаметром $40$ см — $\pi \cdot 20^2 \approx 1257$ см². Разница в диаметре — треть, а в площади — почти $78\,\%$.

Во сколько раз пицца диаметром $40$ см больше пиццы диаметром $30$ см по площади? Ответ запишите дробью.

Площади относятся как квадраты радиусов (или диаметров — всё равно): $\left(\frac{40}{30}\right)^2 = \frac{16}{9} \approx 1{,}78$. Число $\pi$ сократилось.

Китай, III–V века: 355/113

В 263 году Лю Хуэй, комментатор «Математики в девяти книгах», независимо от Архимеда прошёл похожий путь — только считал площади, а не периметры, — и дошёл до многоугольника с $3072$ сторонами. Его результат — $3{,}1416$. Через двести лет Цзу Чунчжи, астроном и изобретатель, продвинулся ещё дальше: $3{,}1415926 < \pi < 3{,}1415927$. Как именно он считал, неизвестно — его книга не сохранилась. Цзу Чунчжи оставил и две дроби: «грубое отношение» $\frac{22}{7}$ и «точное» $\frac{355}{113}$.

Вторая дробь поразительна. $\frac{355}{113} = 3{,}14159292\ldots$ — шесть верных знаков после запятой при трёхзначном знаменателе. Среди дробей со знаменателем меньше $16\,604$ ближе к $\pi$ нет ни одной. Секрет — в цепной дроби числа $\pi$ из главы 6: $\pi = [3; 7, 15, 1, 292, 1, 1, \dots]$. Обрыв перед большим числом $292$ даёт особенно удачное приближение, и это ровно $\frac{355}{113}$. Точнее Цзу Чунчжи число $\pi$ не знал никто около девятисот лет.

Что больше: $\frac{22}{7}$ или $\pi$?

$\frac{22}{7}$ $\pi$ Они равны

$\frac{22}{7} = 3{,}142857\ldots$, а $\pi = 3{,}141592\ldots$ Разница — около $0{,}00126$, но она есть. «Пи равно двадцать две седьмых» — самое живучее заблуждение про это число.

Керала, около 1400 года: π из бесконечной суммы

Следующий рывок пришёл с другой стороны. В южной Индии, в Керале, астроном Мадхава из Сангамаграмы нашёл, что $\pi$ можно получить без всяких многоугольников — из бесконечной суммы:

$$\frac{\pi}{4} = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19 - \dots$$

Его работы до нас не дошли; мы знаем о них из трудов учеников — «Тантрасанграхи» Нилаканты (1501) и «Юктибхаши» Джьештхадевы. В Европе тот же ряд независимо нашёл Готфрид Лейбниц в 1674 году, поэтому его часто называют рядом Лейбница. Красота у ряда огромная, а польза — нет: после тысячи слагаемых получается $3{,}1406$, всего три верные цифры. Мадхава знал это и придумал поправки, ускорявшие сходимость; по свидетельству учеников, он нашёл $\pi$ с одиннадцатью верными знаками после запятой. Почему сумма сходится именно к $\pi$, покажет глава о рядах.

Многоугольники тоже не сдавались. В 1424 году Джамшид ал-Каши, работавший в Самарканде при дворе Улугбека, взял многоугольник с $3 \cdot 2^{28}$ сторонами и вычислил $2\pi$ с шестнадцатью знаками. В 1596 году Лудольф ван Цейлен, учитель фехтования и математики из Лейдена, получил двадцать знаков, а к концу жизни — тридцать пять, дойдя до многоугольников с $2^{62}$ сторонами. Эти знаки выбили на его надгробии, и в Германии $\pi$ долго называли «лудольфовым числом». Камень потерялся, копию вернули в лейденскую церковь Святого Петра в 2000 году.

Конец эпохе многоугольников положили формулы вроде той, что в 1706 году нашёл Джон Мэчин: $\frac{\pi}{4} = 4\operatorname{arctg}\frac15 - \operatorname{arctg}\frac{1}{239}$. Её ряды сходятся так быстро, что Мэчин вручную получил сто знаков. Такими формулами считали $\pi$ до середины XX века.

Угол, измеренный длиной

Откуда в сумме дробей взялось $\frac{\pi}{4}$? Ряд Мадхавы — Лейбница на самом деле про угол: он равен углу в $45^\circ$, у которого тангенс равен единице, только измеренному не в градусах, а длиной дуги. В анализе углы всегда измеряют так. Градус — договорённость вавилонского происхождения: полный оборот поделили на $360$ частей. Естественная мера угла — какую часть радиуса составляет дуга, которую он вырезает.

Саму идею измерять угол дугой ясно сформулировал в 1714 году английский математик Роджер Котс, а слово «радиан» появилось лишь в 1873 году в экзаменационных задачах Джеймса Томсона, брата лорда Кельвина. В радианах самые важные формулы про дуги становятся короткими.

Длина дуги. Радиус окружности. Центральный угол в радианах. Если он в градусах, нужно умножить на $\frac{\pi}{180}$. Площадь сектора — части круга между двумя радиусами. При $\alpha = 2\pi$ получаются $2\pi r$ и $\pi r^2$, как и должно быть. Пример: при $r = 6$ и угле $60^\circ = \frac{\pi}{3}$ дуга равна $6 \cdot \frac{\pi}{3} = 2\pi \approx 6{,}28$, а сектор — $\frac12 \cdot 36 \cdot \frac{\pi}{3} = 6\pi \approx 18{,}85$.

Обе формулы — это пропорция: дуга и сектор составляют такую же долю окружности и круга, какую угол $\alpha$ составляет от полного оборота $2\pi$. Почему радианы понадобились анализу, станет ясно в главе о тригонометрии и в главе о производной: только в радианах производная синуса — косинус без лишнего множителя.

Сколько радиан в угле $60^\circ$? Ответ можно записать через pi.

$180^\circ = \pi$ радиан, поэтому $60^\circ = \frac{60}{180}\pi = \frac{\pi}{3} \approx 1{,}047$.

Берлин, 1875: катится, но не круг

Почему колёса круглые? Обычно отвечают: у круга ширина во всех направлениях одинакова, поэтому доска на катках не качается. Это правда, но у круга есть соперники. Немецкий инженер Франц Рёло, профессор в Берлине и один из основателей теории машин, в книге 1875 года разобрал фигуру, которую теперь называют его именем.

Треугольник Рёло годится в катки, но не в колёса: ось колеса должна оставаться на одной высоте, а его центр подпрыгивает. Зато ему нашлась другая работа. Он проворачивается в квадрате, касаясь всех четырёх сторон, поэтому сверло такого сечения, если заставить его центр двигаться по особой кривой, вырезает почти квадратное отверстие со слегка скруглёнными углами; такие свёрла придумал в начале XX века инженер Гарри Уоттс. Британские монеты в $20$ и $50$ пенсов — семиугольники постоянной ширины, собранные из дуг по тому же принципу: автомат, измеряя ширину монеты, получает одно и то же число, как её ни поверни.

И здесь снова появляется $\pi$. Граница треугольника Рёло — три дуги по $60^\circ$, то есть по $\frac{\pi}{3}$ радиана, радиусом $w$. По формуле длины дуги периметр равен $3 \cdot w \cdot \frac{\pi}{3} = \pi w$ — ровно как у круга той же ширины.

Для треугольника Рёло мы только что это проверили. В общем случае теорему доказал французский математик Жозеф Барбье в 1860 году, но честное доказательство выходит за пределы главы: нужна формула Коши, по которой периметр выпуклой фигуры равен её средней ширине, умноженной на $\pi$, а она доказывается интегралом. Идея такая: ширина фигуры постоянной ширины во всех направлениях равна $w$, значит, и средняя равна $w$. Поэтому виджет выше и показывает: за полный оборот треугольник прокатывается на $\pi w$, ровно как круг.

XX век: тридцать одна часть

Под конец — ловушка, в которую попадается почти каждый. Отметьте на окружности несколько точек и соедините каждую с каждой хордами. Хорды режут круг на части. Сколько частей получится?

Начнём с малого. Одна точка — хорд нет, круг целый: одна часть. Две точки — одна хорда и две части. Три точки дают треугольник и четыре части: сам треугольник и три горбушки вокруг него. Четыре точки режут круг на восемь частей, пять — на шестнадцать. Условие одно: точки стоят так, чтобы никакие три хорды не проходили через одну точку внутри круга. Зачем оно нужно, станет ясно чуть позже.

Один, два, четыре, восемь, шестнадцать: каждый раз вдвое больше. Прежде чем читать дальше, сделайте ставку.

Сколько частей получится, если точек на окружности шесть и никакие три хорды не пересекаются в одной точке?

Тридцать одна. Если вы написали 32, не расстраивайтесь: ради этого ответа задачу и показывают. Проверьте на круге ниже — добавьте шестую точку.

Тридцать одна

Круг ниже работает как лист бумаги и карандаш, только не сбивается со счёта. Он находит все точки пересечения хорд и все части, даже самые мелкие у края, и раскрашивает их так, чтобы соседние не сливались. Точки можно таскать по окружности, добавлять и убирать.

При шести точках частей 31. Двигайте точки как угодно: пока никакие три хорды не встречаются в одной точке, частей ровно 31, и тридцать вторая не появится никогда. Дальше расхождение только растёт. Семь точек дают 57 частей вместо 64, восемь — 99 вместо 128.

На десятой точке ряд ещё раз задевает степень двойки: $256 = 2^8$. Это случайность, дальше идут 386, 562, 794. Саму задачу называют задачей Мозера о круге, по имени канадского математика Лео Мозера.

Ловушка внутри ловушки

Условие про три хорды не придирка. Поставьте шесть точек в вершины правильного шестиугольника: три длинные диагонали сойдутся в центре, и частей станет 30. Там, где три хорды пересеклись бы в трёх разных точках и отгородили маленький треугольник, теперь одна точка, и треугольника нет. Совпадение точек пересечения всегда съедает части (в следующем разделе мы это докажем). Поэтому 31 — наибольшее число частей при шести точках, и задача спрашивает именно о нём.

Восемь точек стоят в вершинах правильного восьмиугольника, проведены все хорды. Сколько получится частей?

$128$, как обещает удвоение Ровно $99$, как в таблице Меньше $99$ Больше $99$

В центре правильного восьмиугольника сходятся все четыре длинные диагонали, и ещё в восьми точках встречаются по три хорды. Каждое такое совпадение съедает части, и их остаётся 88. Число 99 из таблицы — наибольшее возможное: оно получается, только когда никакие три хорды не проходят через одну точку.

Это та же ловушка, что с формулой Эйлера из вступления, только короче: пять совпадений подряд, и закономерность, которая кажется железной, ломается на шестом шаге. Подтвердить её «для всех $n$» может только рассуждение.

Откуда берётся 31

Чтобы понять, почему частей 31, а не 32, пересчитывать их поштучно не нужно. Нужно понять, откуда части берутся. Будем проводить хорды по одной и следить, сколько частей добавляет каждая.

Закономерность видна сразу: хорда, которая пересекает $k$ уже проведённых, прибавляет $k + 1$ частей. Если так будет всегда, то частей окажется

$$\text{частей} = 1 + \text{хорд} + \text{точек пересечения}:$$

один исходный круг, по единице за каждую хорду и по единице за каждую точку пересечения. Но после истории с числом 32 верить закономерности на слово мы не станем. Сначала сосчитаем слагаемые, а потом докажем, что формула верна всегда.

Хорд столько, сколько пар точек. Каждую из $n$ точек можно соединить с $n - 1$ другими, но так каждая хорда посчитана дважды, с двух концов, поэтому хорд $\frac{n(n-1)}{2}$. При шести точках это $\frac{6 \cdot 5}{2} = 15$. Число способов выбрать $k$ предметов из $n$ обозначают $\binom{n}{k}$ и читают «из $n$ по $k$»; часто пишут ещё $C_n^k$. Хорд, стало быть, $\binom n2$. Подробно эти числа разберём в главе о комбинаторике.

С пересечениями интереснее. Оказывается, каждая точка пересечения — это ровно четвёрка точек на окружности: концы двух хорд, которые в ней встречаются. Поэтому пересечений столько же, сколько четвёрок: $\binom n4 = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}$. Делим на 24, потому что одну и ту же четвёрку можно набрать по очереди $4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 24$ способами. Почему четвёрки и пересечения соответствуют друг другу, объясним в доказательстве.

Исходный круг: одна часть, пока хорд нет. По одной части за каждую хорду. Хорд столько, сколько пар точек: $\binom n2 = \frac{n(n-1)}{2}$. По одной части за каждую точку пересечения. Точек пересечения столько, сколько четвёрок точек на окружности: $\binom n4 = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}$. При $n = 5$: $1 + 10 + 5 = 16$. При $n = 6$: $1 + 15 + 15 = 31$. При $n = 7$: $1 + 21 + 35 = 57$. Формула верна, когда никакие три хорды не проходят через одну точку; иначе частей меньше.

Запишем результат теоремой.

Хитрость в том, чтобы не считать части готового рисунка, а строить его по одной хорде и следить, сколько частей прибавляет каждая.

Пока хорд нет, круг — одна целая часть. Это слагаемое $\p1{1}$ в формуле. Будем проводить хорды по одной, в любом порядке. Пусть очередная хорда пересекает $k$ из уже проведённых. Точки пересечения на ней разные, потому что никакие три хорды не проходят через одну точку. Эти $k$ точек делят новую хорду на $k + 1$ отрезков. Каждый отрезок проходит внутри одной из прежних частей от края до края и разрезает её ровно на две. Почему не на три: прямая, на которой лежит хорда, пересекает круг ровно по этой хорде, поэтому каждая часть состоит из точек круга, лежащих по одну сторону от каждой из проведённых прямых. Такая часть выпуклая: вместе с любыми двумя своими точками она содержит соединяющий их отрезок. А выпуклую фигуру отрезок, проходящий через неё от края до края, делит ровно на две — по одной с каждой стороны от прямой. Значит, новая хорда прибавляет $1 + k$ частей: единицу за себя и ещё по единице за каждую точку пересечения, которую она создала. Проведём так все хорды. Единиц «за себя» наберётся столько, сколько всего хорд. Хорда — это пара точек, а пар из $n$ точек $\binom n2$. Это слагаемое $\p2{\binom n2}$. Все слагаемые $k$ вместе дают число точек пересечения. Каждую точку мы засчитали ровно один раз: когда проводили вторую из двух хорд, которые в ней пересекаются. Когда проводили первую, этой точки ещё не было. Осталось сосчитать точки пересечения. Пусть четыре точки идут по окружности в порядке $P$, $Q$, $R$, $S$. Хорда $PR$ делит круг на две части, $Q$ и $S$ лежат в разных, поэтому отрезок $QS$ обязательно пересекает $PR$. А в парах $PQ$ и $RS$, $PS$ и $QR$ оба конца одной хорды лежат по одну сторону от другой, и хорды не встречаются. Выходит, из трёх способов разбить четыре точки на пары пересекаются только диагонали четырёхугольника: каждая четвёрка даёт ровно одну точку пересечения. И наоборот, каждая точка пересечения даёт одну четвёрку — концы двух своих хорд. Точек пересечения столько же, сколько четвёрок: $\p3{\binom n4}$. Складываем исходную часть, части за хорды и части за точки пересечения: $R(n) = \p1{1} + \p2{\binom n2} + \p3{\binom n4}$. При шести точках $1 + 15 + 15 = 31$.

Условие про три хорды в теореме стоит не для красоты. Вот что происходит, когда его нарушают.

Повторим доказательство теоремы и посмотрим, какое слагаемое уменьшится.

Три хорды в общем положении пересекаются попарно в трёх разных точках и отгораживают маленький треугольник. Считаем, как в доказательстве теоремы: одна часть, плюс по единице за каждую хорду и за каждую точку пересечения, всего $1 + 3 + 3 = 7$. Поведём конец $F$ третьей хорды так, чтобы она прошла через точку пересечения двух других. Треугольник сжимается и в конце исчезает: все три хорды проходят через одну точку. Пар пересекающихся хорд по-прежнему три, а точка пересечения одна. Третья хорда проходит через уже существующую точку и получает за пересечения одну единицу, а не две. Частей $1 + 3 + 2 = 6$, на одну меньше. Так же и в общем случае. Все шаги доказательства теоремы остаются верными, только точку пересечения на новой хорде считаем один раз, сколько бы хорд через неё ни проходило. В теореме каждая пара пересекающихся хорд приносила свою единицу, а таких пар всегда $\binom n4$, по одной на четвёрку точек. Если же в точке сходятся $m \ge 3$ хорд, их $\binom m2$ пар приносят вместе только $m - 1$ единиц: первая из этих хорд за эту точку ничего не получает, каждая следующая — единицу. Поскольку $m - 1 < \binom m2$ при $m \ge 3$, частей становится меньше. У правильного шестиугольника в центре $m = 3$, и пропадает $\binom 32 - 2 = 1$ часть: $31 - 1 = 30$.

Остаётся одна загадка: почему первые пять ответов так точно совпали со степенями двойки? Это не случайность, и объяснение умещается в одну строку.

Почему первые пять ответов — степени двойки

Степень двойки — это сумма всех чисел строки треугольника Паскаля: $2^{n-1} = \binom{n-1}{0} + \binom{n-1}{1} + \dots + \binom{n-1}{n-1}$: каждое из $n - 1$ чисел можно взять или не взять, и $\binom{n-1}{k}$ считает выборы ровно $k$ из них (подробно — в главе о комбинаторике). А ответ Мозера равен сумме только первых пяти из них. Это видно из правила треугольника Паскаля $\binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k} = \binom nk$:

$$\binom{n-1}{0} + \underbrace{\binom{n-1}{1} + \binom{n-1}{2}}_{\binom n2} + \underbrace{\binom{n-1}{3} + \binom{n-1}{4}}_{\binom n4} = 1 + \binom n2 + \binom n4.$$

Пока $n \le 5$, других чисел в строке нет, и совпадение полное. При $n = 6$ выпадает последнее слагаемое $\binom 55 = 1$, отсюда $31 = 32 - 1$.

Та же сумма отвечает на вопрос, который звучит совсем иначе: на сколько частей $n - 1$ трёхмерных «плоскостей» общего положения режут четырёхмерное пространство. В обычном пространстве ловушка срабатывает раньше: четыре плоских разреза делят арбуз не больше чем на $1 + 4 + 6 + 4 = 15$ кусков, а не на 16. Доказывают это тем же приёмом: следят, сколько кусков прибавляет каждый новый разрез.

На окружности восемь точек, никакие три хорды не проходят через одну точку. Сколько у хорд точек пересечения внутри круга?

Столько, сколько четвёрок точек: $\binom 84 = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5}{24} = 70$. Для проверки: частей $1 + 28 + 70 = 99$, как в таблице.

При каком наименьшем числе точек частей станет больше тысячи?

Считаем по формуле: $R(12) = 1 + 66 + 495 = 562$, $R(13) = 1 + 78 + 715 = 794$, $R(14) = 1 + 91 + 1001 = 1093$. Ответ: 14 точек. Удвоение перевалило бы за тысячу уже на одиннадцатой точке: $2^{10} = 1024$.

Набить руку на формуле Мозера можно в тренажёре: он строит круги с разным числом точек и спрашивает про хорды, точки пересечения и части.

XX–XXI века: триллионы знаков

К XVIII веку стало ясно, что погоня бесконечна. В 1760-х годах Иоганн Ламберт доказал, что $\pi$ иррационально: его десятичная запись не обрывается и не становится периодической. В 1882 году Фердинанд фон Линдеман доказал больше: $\pi$ трансцендентно, то есть не может быть корнем никакого многочлена с целыми коэффициентами. Отсюда следует, что квадратуру круга — построить циркулем и линейкой квадрат, равный кругу по площади, — выполнить нельзя: об этом шла речь в главе 16, а подробности — в главе 43.

Считать от этого не перестали. В 1873 году англичанин Уильям Шенкс, потратив на расчёты годы, опубликовал $707$ знаков; в середине 1940-х обнаружилось, что верны только первые $527$. В 1949 году электронный компьютер ENIAC за семьдесят часов вычислил $2037$ знаков — и больше никто не считал $\pi$ вручную. Сегодня рекорды измеряются сотнями триллионов знаков, их ставят, чтобы испытать компьютеры и алгоритмы: одна ошибка в памяти или в программе — и цифры разойдутся с проверочным расчётом.

Нужно ли столько на практике? Инженеры Лаборатории реактивного движения NASA рассказывали, что для межпланетной навигации им хватает пятнадцати знаков после запятой. Около сорока знаков хватило бы, чтобы вычислить длину окружности размером с видимую Вселенную с ошибкой меньше размера атома водорода. Всё остальное — спорт, проверка техники и тренировка памяти. Для памяти давно придумали стишок: «Это я знаю и помню прекрасно: пи многие знаки мне лишни, напрасны» — число букв в словах даёт $3{,}14159265358$.

Напоследок — тренажёр: вписанные и центральные углы, касательные, хорды и секущие, длины дуг и площади секторов.

Куда дальше

Площадь круга мы нашли хитростью: нарезали его на секторы и сложили почти прямоугольник. Но за этой хитростью прячутся вопросы, которые Архимед обходил, а не решал. Почему площадь не меняется, когда фигуру разрезают и перекладывают? Можно ли любую фигуру перекроить в квадрат той же площади — и если многоугольник можно, то почему нельзя круг? А как быть с телами: сколько места занимает шар, и почему Архимед так гордился его объёмом, что велел изобразить шар и цилиндр на своём надгробии? С ножницами, перекладыванием и первыми пределами — в главе 20.