ابن الهیثم

تحدث ابن الهیثم في هذه الرسالة عن تحقیقات ثابت بن قرة وأبي سهل الکوهي وقال بشکل صریح إن هذین الاثنین بحثا في المسائل 1 و 2 و 3 فقط.

ترجم هذه الرسالة إلی الألمانیة هاینریش زوتر و درسها و حللها بین 1911-1912م (GAS, V/365). وفي التحلیل الذي سیتم الآن، تمت محاولة سد ثغرات عمل زوتر التي تبدو أکثر وض/حاً في أشکال ابن الهیثم ومقارنة أعماله بقوالب الحسابات الحدیثة، ونبین هنا بالتفصیل طریقة حل ابن الهیثم للمسألتین 1 و 4 بأشکال جدیدة.

المسألة 1: نفرض القطع المکافئ ACBکما في الشکل 1، ومحور الاقتران فیه هو CJ. ندیر القطع المکافئ حول CJ. ونرید الآن احتساب الحجم الناتج عن الدوران أي V. أثبت ابن الهیثم أن و W هو حجم الأسوانة الناتج عن دوران المستطیل CB حول CJ.

وکان إثبات ابن الهیثم لذلک بالشکل التالي:

المرحلة الأولی – نقسم الخط المستقیم CJ إلی قسمین متساویین ونسمي نقطة الوسط E. نرسم من E موازیاً لـ AB لیقطع القطع المکافئ CB في النقطة F والخط DB في النقطة G. نرسم من النقطة F خطاً مثل IH یوازي CJ، وندیر القسم المرقَّن الواقع داخل القطع المکافئ حول CJ، ونسمي الحجم المناظر للقسم المرقن الواقع داخل القطع المکافئ الناتج عن الدوران حول CJ، نسمیه الحجم المتبقي الداخلي. ولعبارة «الحجم المتبقي الخارجي» أیضاً معنیِّ مشابه.

لدینا في هذه المرحلة:

المرحلة الثانیة – والآن نقسم الفاصل EJ و کذلک الفاصل CE، إلی قسمین متساویین کما في الشکل 2. تقع نقطة L وسط CE و نقطة N وسط JE. نرسم مرة أخری من النقاط L, E,N خطوطاً توازي AB لتقطع القوس CB من القطع المکافئ في النقاط O, F, R علی التوالي، والخط BD في النقاط M, G,S. لدینا من الشکل 2:

ومع الأخذ بنظر الاعتبار أن ACB هو قطع مکافئ، فإن عدداً موجباً مثل U موجود، بحیث تنتج المعادلتان (1) و (2) في المرحلة الأولی بشکلي (´1) (´2) علی التوالي:

و تصبح المعادلتان (3) و (4) في المرحلة الثانیة بشکلي (´3) و (´4) علی التوالي:

إذن في مرحلة n وبعد أن نقوم بقسمة CJ إلی متساویین، سیکون لدینا:

والآن نقول: إن V یجب أن تساوي ، ذلک أنه إذا لم یکن الأمر کذلک، فإن حالتین أخریین فقط تکونان ممکنتین:

الحالة الأولی:

إذن S موجبة. ویتضح لدینا في مرحلة N أن

 حجم المتبقي الخارجي+ حجم المتبقي الداخلي (فمثلاً في المرحلة الأولی وفي الشکل 1 یکون الحجم الناتج من دوران الأقسام غیر المرقَّنة علی طول CJ مساویاً للحجم الناتج عن دوران المستطیل DE حول المحور CJ، ویساوي بالنتیجة وعلی هذا المنوال ففي المرحلة الثانیة وفي الشکل 2 یکون الحجم الناتج عن دوران المستطیلات غیر المرقَّنة حول المحور CJ مساویاً للحجم الناتج عن دوران المستطیل CM حول المحور CJ و یساوي في النتیجة ).

إذن من مرحلة مثل m ومایلیها وبتقطیع تقسیمات CJ یکون لدینا:

(5)           حجم المتبقي الداخلي

(6)           حجم المتبقي الخارجي

والآن ومع الأخذ بنظر الاعتبار (5):

(K عدد صحیح و موجب) التي اثبتها سابقاً باعتبارها علمیة مساعدة، حصل علی المتساویة التالیة من (9):

وهو مستحیل. وهذا التناقض یظهر أن الحالة الأولی غیرممکنه.

ومن مرحلة مثل m فما بعدها، تظل (6) قائمة. والآن نکتب:

s > حجم المتبقي الخارجي

وفي النتیجة یکون: حجم المتبقي الخارجي

ویبین هذا التناقض أن الحالة الثانیة أیضاً غیرممکنة. إذن:

والقضیة ثابتة.

وبطبیعة الحال فإن حساب W بطریقة التکامل الحدیثة یکون کما یلي:

في الشکل 3 نأخذ معادلة القطع المکافئ وفقاً للمتعارف علیه بشکل

(الحجم الناتج عن دوران المستطیل OD حول محور مجموعة «y»).

المسألة 2: الحجم الناتج عن دوران الجزء المرقَّن في الشکل 4 حول المحور dT مساوٍ لحجم أسطوانة مستدیرة قائمة ارتفاعها QT ونصف قطر قاعدتها dB.

T نقطة واقعة علی القوس CB من القطع المکافئ الذي یتماس في تلک النقطة مع القطع المکافئ (الخط L) موازیاً القاطع BZ، و Q محل تقاطع العمود النازل من النقطة T علی الخط AB مع القطعة ZB.

ولن نشرح إثبات ابن الهیثم للمسألة 2، لکن من المناسب أن نکتب الإثبات بالشکل الحدیث لها لیتضح أي عمل مهم قام به مع عدم توفر الأسالیب الحدیثة لدیه.

معامل زاویة الخط L عبارة عن وفي النتیجة فإن معادلة الخط الذي یقطع BZ عبارة عن:

وفي النتیجة فعرض النقطة Q هو:

الشکل 3

والآن وباستخدام طریقة الأغلفة الأسطوانیة، فإن الحجم الناتج عن دوران الجزء المرقّن حول المحور Qd عبارة عن:

وفي النتیجة یکون حجم الأسطوانة المطلوبة معادلاً لـ:

من هذا و من (12) تثبت المسألة.

المسألة 3: الحجم الناتج عن دوران الجزء المرقن في الشکل 5 حول المحور dT مساوٍ لحجم الأسطوانة المستدیرة القائمة التي ارتفاعها QT ونصف قطر قاعدتها dA (T نقطة علی القوس CB من القطع المکافئ الذي یبتماس في هذه النقطة مع القطع المکافئ (الخط L) موازیاً للقاطع AQ، و Q هو محل تقاطع العمود النازل من النقطة T علی الخط AB مع القاطع المذکور).

ونذکر مرة أخری أن شبیه طریقة الحل الحدیثة للمسألة 2 یمکن أن یبین بسهولة أن

وفي النتیجة یکون حجم الأسطوانة المطلوبة:

وفي هذه الحالة

المسألة 4: نفرض قطعاً مکافئاً هو ACB کما في الشکل 6، ومحور الاقتران فیه هو CJ. ندیر القوس CB حول JB، نرید حساب الحجم الناتج عن الدوران، أي V.

أثبت ابن الهیثم أن

التي فیها W هو حجم الأسطوانة الناتج عن دوران المستطیل CB حول JB.

وکان إثبات ابن الهیثم بأن قسّم JB إلی متساویین.

(في الشکل 6، و )

من الواضح أن العلاقة التالیة قائمة:

(13) حجم القسم المتبقي الخارجي نتیجة الدوران حول +JB حجم القسم المتبقي الداخلي نتیجة الدوران حول JB.

ولإثبات المسألة أعلاه، أثبت ابن الهیثم قبل ذلک اللامتساویات التالیة:

ولإثبات هذه اللامتساویات، أثبت ابن الهیثم أولاً المعادلات التالیة: