Побудова кола за допомогою циркуля. Побудова за допомогою циркуля та лінійки відрізка рівного твору чи відношенню двох інших – творча робота

Якщо цілком природно, що з припущенням більшого розмаїття інструментів виявляється можливим вирішувати широке безліч завдань на побудову, можна було б передбачити, що, навпаки, при обмеженнях, накладених на інструменти, клас вирішуваних завдань звужуватися. Тим паче чудовим слід вважати відкриття, зроблене італійцем Маскероні (1750-1800):всі геометричні побудови, здійсненні за допомогою циркуля та лінійки, можуть бути виконані за допомогою одного циркуля.Слід, звичайно, зазначити, що провести насправді пряму лінію через дві дані точки без лінійки неможливо, тому ця основна побудова не покривається теорією Маскероні. Натомість доводиться вважати, що пряма задана, якщо задані дві її точки. Але за допомогою одного лише циркуля вдається знайти точку перетину двох прямих, заданих таким чином, або точку перетину прямої з колом.

Ймовірно, найпростішим прикладом побудови Маскероні є подвоєння цього відрізку АВ. Рішення було вже дано на стор. 174-175. Далі, на стор. 175-176 ми навчилися ділити цей відрізок навпіл. Подивимося тепер, як розділити навпіл дугу кола АВ із центром О. Ось опис цієї побудови (рис. 47). Радіусом АТ проводимо дві дуги з центрами A і В. Від точки Про відкладаємо цих дугах дві такі дуги ОР і OQ, що OP = OQ = АВ. Потім знаходимо точку R перетину дуги з центром Р та радіусом РВ та дуги з центром Q та радіусом QA. Нарешті, взявши як радіус відрізок OR, опишемо дугу з центром Р або Q до перетину з дугою AВ - точка перетину і є середньою точкою дуги АВ, що шукається. Доказ надаємо читачеві як вправу.

Було б неможливо довести основне твердження Маскероні, вказуючи для кожної побудови, здійсненої за допомогою циркуля та лінійки, як його можна виконати за допомогою одного циркуля: адже можливих побудов безліч. Але ми досягнемо тієї ж мети, якщо встановимо, що кожну з наступних основних побудов здійснимо за допомогою одного циркуля:

1. Провести коло, якщо задані її центр та радіус.
2. Знайти точки перетину двох кіл.
3. Знайти точки перетину прямої та кола.
4. Знайти точку перетину двох прямих.

Будь-яка геометрична побудова (у звичайному сенсі, з припущенням циркуля та лінійки) складається з виконання кінцевої послідовності цих елементарних побудов. Що перші два з них можна здійснити за допомогою одного циркуля, ясно безпосередньо. Більш важкі побудови 3 та 4 виконуються з використанням властивостей інверсії, розглянутих у попередньому пункті.

Звернемося до побудови 3: знайдемо точки перетину даного колаЗ прямою, що проходить через дані точки А і В. Проведемо дуги з центрами А і В і радіусами, відповідно рівними АТ і ВО, крім точки О, вони перетнуться в точці Р. Потім побудуємо точку Q, зворотну точці Р щодо кола С ( див. побудову, описану на стор. 174). Нарешті, проведемо коло з центром Q і радіусом QO (вона неодмінно перетнеться з С): її точки перетину Х і Х "колом С і будуть шуканими. Для доказу достатньо встановити, що кожна з точок X і X" знаходиться на однакових відстанях від О і P (що стосується точок А і В, то аналогічна їхня властивість відразу випливає з побудови). Справді, досить послатися те обставина, що точка, зворотна точці Q, віддалений від точок X і Х" відстань, рівну радіусу кола З (див. стор. 173). Варто відзначити, що коло, що проходить через точки X, X" і О, є зворотною прямою АВ в інверсії щодо кола С, так як це коло і пряма АВ перетинаються з С в одних і тих самих точках. (При інверсії точки основного кола залишаються нерухомими.) Вказана побудованездійсненно тільки в тому випадку, якщо пряма АВ проходить через центр С. Але тоді точки перетину можуть бути знайдені за допомогою побудови, описаної на стор. точках 1 і 2 .

Метод проведення кола, зворотного прямої," що з'єднує дві дані точки, негайно дає і побудова, вирішальне завдання 4. Нехай прямі дані точками А, В і A", В" (рис. 50) Проведемо довільне коло С і за допомогою зазначеного вище методу побудуємо кола, зворотні прямим АВ і А "В". Ці кола перетинаються в точці О і ще в одній точці Y, Точка X, зворотна точці Y, і є точка перетину, що шукається: як її побудувати - вже було роз'яснено вище. Що X є точка, що шукається, це ясно з того факту, що Y є єдина точка, зворотна точці, що одночасно належить обом прямим АВ і А"В", отже, точка X, зворотна Y, повинна лежати одночасно і на АВ, і на А "В".

Цими двома побудовами закінчується доказ еквівалентності між побудовами Маскероні, при яких дозволяється користуватися лише циркулем, та звичайними геометричними побудовами з циркулем та лінійкою.

Ми не дбали про витонченість вирішення окремих проблем, нами тут розглянутих, оскільки нашою метою було з'ясувати внутрішній зміст побудов Маскероні. Але як приклад ми ще вкажемо побудову правильного п'ятикутника; точніше кажучи, йдеться про знаходження якихось п'яти точок на колі, які можуть бути вершинами правильного вписаного п'ятикутника.

Нехай Л- довільна точка на колі К. Оскільки сторона правильного вписаного шестикутника дорівнює радіусу кола, то не важко відкласти на К такі точки В, С, D, що АВ = ВС = CD = 60° (рис. 51). Проводимо дуги з центрами А та D радіусом, рівним АС; нехай вони перетинаються в точці X. Тоді, якщо є центр K, дуга з центром А і радіусом ОХ перетне До в точці F, що є серединою дуги ВС (див. стор 178). Потім радіусом, рівним радіусу K, опишемо дуги з центром F, що перетинаються з K у точках G і H. Нехай Y є точка, відстані якої від точок G і Н рівні ОХ і яка відокремлена від X центром О. У такому разі відрізок AY якраз і є стороною шуканого п'ятикутник. Доказ надається читачеві як вправу. Цікаво відзначити, що при побудові використовуються лише три різні радіуси.

У 1928 р. датський математик Єльмслев знайшов у книжковій лавці в Копенгагені екземпляр книги під назвою Euclides Danicus, опублікованій 1672 р. нікому не відомим автором Г. Мором.за титульного листаможна було зробити висновок, що це просто один із варіантів евклідових "Початок", зроблений, можливо, редакторським коментарем. Але на уважному розгляді виявилося, що в ній міститься повне рішенняПроблеми Маскероні, знайдене задовго до Маскероні.

Вправи. Надалі дається опис побудов Мору. Перевірте їхню правильність. Чому можна стверджувати, що вони вирішують проблему Маскероні?

Надихаючись результатами Маскероні, Якоб Штейнер (1796-1863)зробив спробу дослідження побудов, здійсненних за допомогою однієї лише лінійки. Звичайно, тільки лінійка не виводить за межі даного числового поля, і тому вона недостатня для виконання всіх геометричних побудову класичному їх розумінні. Але тим паче чудові результати, отримані Штейнером при введеному їм обмеженні - користуватися циркулем лише один раз. Він довів, що всі побудови на площині, здійснені за допомогою циркуля та лінійки, можна здійснити за допомогою однієї лінійки за умови, що задане єдине нерухоме коло разом з центром. Ці побудови мають на увазі застосування проективних методіві будуть описані пізніше (див. стор. 228).

* Без кола, і до того ж із центром, обійтися не можна. Наприклад, якщо дано коло, але не вказано його центр, знайти центр за допомогою однієї лінійки неможливо. Ми зараз доведемо це, посилаючись, однак, на факт, який буде встановлений пізніше (див. стор. 252): існує таке перетворення площини самої в себе, що а) задане коло залишається нерухомим, b) будь-яка пряма лінія переходить у пряму, з ) центр нерухомого кола не залишається нерухомим, а зміщується. Саме існування такого перетворення свідчить про неможливість побудувати центр цього кола, користуючись однією лінійкою. Справді, якою б не була процедура побудови, вона зводиться до ряду окремих етапів, які полягають у проведенні прямих ліній та знаходженні їх перетинів один з одним або з цим колом. Уявімо тепер, що вся фігура в цілому - коло, а всі прямі, проведені по лінійці при виконанні побудови центру, перетворені, існування якого ми тут допустили. Тоді ясно, що постать, отримана після перетворення, також задовольняла б усім вимогам побудови; але вказуване цією фігурою побудова призводило б до точки, відмінної від центру цієї кола. Значить, побудова, про яку йде мова, Неможливо.

Матеріал даного параграфаможе використовуватися на факультативних заняттях. Він може бути представлений учням як у формі лекції, так і у формі доповідей учнів.

Велику увагу привертали до себе протягом багатьох століть завдання, які з давніх-давен відомі як " знамениті завданнядавнини". Під цією назвою зазвичай фігурували три знамениті завдання:

1) квадратура кола,

2) трисекція кута,

3) подвоєння куба.

Всі ці завдання виникли в давнинуіз практичних потреб людей. На першому етапі свого існування вони виступали як обчислювальні завдання: за деякими "рецептами" обчислювалися наближені значення шуканих величин (площа кола, довжина кола та ін.). На другому етапі історії цих завдань відбуваються суттєві зміни їхнього характеру: вони стають геометричними (конструктивними) завданнями.

У Стародавню Греціюу цей період їм надали класичні формулювання:

1) побудувати квадрат, рівновеликий даному колу;

2) розділити даний кутна три рівні частини;

3) побудувати ребро нового куба, обсяг якого був би вдвічі більшим за цей куб.

Всі ці геометричні побудови пропонувалося виконувати за допомогою циркуля та лінійки.

Простота формулювань цих завдань та "непереборні труднощі", що зустрілися на шляху їх вирішення, сприяли зростанню їхньої популярності. Прагнучи дати суворі рішення зазначених завдань, давньогрецькі вчені "попутно" отримували багато важливі результатидля математики, що сприяло перетворенню розрізнених математичних знаньу самостійну дедуктивну науку (особливо помітний слід на той час залишили піфагорійці, Гіппократ Хіоський та Архімед).

Завдання про подвоєння куба.

Завдання подвоєння куба полягає в наступному: знаючи ребро даного куба, побудувати ребро такого куба, обсяг якого був би вдвічі більшим за об'єм даного куба.

Нехай а – довжина ребра даного куба, х – довжина ребра шуканого куба. Нехай - об'єм даного куба, а - об'єм куба, що шукається, тоді згідно з формулою обчислення об'єму куба маємо, що: =, а оскільки, згідно з умовою задачі, то приходимо до рівняння.

З алгебри відомо, що раціональне коріннянаведеного рівняння з цілими коефіцієнтами можуть бути лише цілими та утримуватися серед дільників вільного члена рівняння. Але дільники числа 2 служать лише числа +1, - 1, +2, - 2, і жодна їх задовольняє вихідному рівнянню. Отже, рівняння раціонального корінняне має, а це означає, що задача подвоєння куба не може бути вирішена за допомогою циркуля та лінійки.

Завдання подвоєння куба за допомогою циркуля та лінійки може бути вирішено лише приблизно. Наведемо один із самих простих способівнаближеного вирішення цього завдання.

Нехай АВ = ВС = а, причому АВВС. Будуємо AD=АС, тоді CD з точністю до 1%. Насправді, CD 1,2586…. У водночас =1,2599….

Завдання про квадратуру кола.

Обґрунтування нерозв'язності задачі за допомогою циркуля та лінійки.

Завдання про квадратуру кола полягає в наступному: побудувати квадрат рівновеликий колу.

Нехай - радіус даного кола, -довжина сторони шуканого квадрата. Тоді звідси.

Отже, завдання про квадратуру кола буде вирішено, якщо ми збудуємо відрізок завдовжки. Якщо радіус даного кола прийняти за одиничний відрізок(=1), то справа зведеться до побудови по одиничному відрізку довжиною відрізка.

Як відомо, знаючи одиничний відрізок, ми можемо циркулювати і лінійкою будувати тільки такі відрізки, довжини яких виражаються через раціональні числаза допомогою кінцевої множини раціональних операцій та вилученням квадратного корінняі, отже, є числами алгебраїчними. При цьому будуть використані далеко не всі алгебраїчні числа. Наприклад, не можна побудувати відрізок завдовжки тощо.

У 1882 р. Ліндеманн довів, що трансцендентне. Звідси випливає, що циркулем і лінійкою не можна побудувати відрізок завдовжки і, отже, цими засобами завдання квадратури кола нерозв'язна.

Наближене розв'язання задачі за допомогою циркуля та лінійки.

Розглянемо одне із прийомів наближеного побудови відрізків довжиною. Цей прийом полягає у наступному. Чверть кола АВ з центром у точці Про та радіусом, рівним одиниці, ділимо навпіл крапкою С. На продовженні діаметра CD відкладаємо відрізок DE, що дорівнює радіусу. З точки Е проводимо промені ЕА і ЕВ до перетину з дотичною в точці С. відрізок АВ, що відсікається, приблизно дорівнює довжинідуги АВ, а подвоєний - півкола.

Відносна похибка цього наближення вбирається у 0,227%.

Завдання про трисекцію кута.

Обґрунтування нерозв'язності задачі за допомогою циркуля та лінійки.

Завдання про трисекцію кута полягає в наступному: розділити цей кут на три рівні частини.

Обмежимося вирішенням задачі для кутів, що не перевищують 90. Якщо - тупий кут, то = 180-, де<90, так что, и поэтому задача о трисекции тупого угла сводится к задаче о трисекции острого угла.

Зауважимо, що (за наявності одиничного відрізка) задача про побудову кута (90) рівнозначна задачі про побудову відрізка х = соs. Справді, якщо кут побудований, то побудова відрізка х=соs зводиться до побудови прямокутного трикутника з гіпотенузи та гострого кута.

Назад. Якщо побудований відрізок х, то побудова такого кута, що х = соs зводиться до побудови прямокутного трикутника з гіпотенузи і катету.

Нехай - даний кут, - кут, що шукається, так що =. Тоді cos = cos 3. Відомо, що cos 3 = 4cos-3cos. Тому, вважаючи cos =, а cos =, приходимо до рівняння:

cos =4cos-3cos

Відрізок, отже, і кут можуть бути побудовані лише тому випадку, коли це рівняння має хоча б один раціональний корінь. Але це має місце не при всякому, і тому завдання про трисекцію кута, взагалі кажучи, не можна розв'язати за допомогою циркуля і лінійки. Наприклад. При =60 отримаємо =1 і знайдене рівняння набуває вигляду: . Легко перевірити, що це рівняння не має жодного раціонального кореня, звідки слід неможливість поділу кута в 60 на три рівні частини за допомогою циркуля і лінійки. Таким чином, завдання про трисекцію кута не можна розв'язати циркулем і лінійкою в загальному вигляді.

Наближене розв'язання задачі за допомогою циркуля та лінійки.

Розглянемо один із способів наближеного розв'язання задачі за допомогою циркуля та лінійки, запропонований Альбертом Дюрером (1471-1528).

Нехай дано кут ASB. З вершини S довільним радіусом описуємо коло і з'єднуємо точки перетину сторін кута з колом хордою АВ. Ділимо цю хорду на три рівні частини в точках R і R (AR = R R = RВ). з точок А і В, як із центрів, радіусами А R = RВ описуємо дуги, що перетинають коло в точках Т і Т. Проведемо RSAB. Радіусами А S = BS проводимо дуги, що перетинають АВ у точках U та U. Дуги АТ, SS і TB рівні між собою, оскільки стягуються рівними хордами.

Щоб знайти точки трисекції кута X і X, Дюрер поділяє три рівні частини відрізки RU і RU точками PV і PV. Потім радіусами AV і BV проводимо дуги, які перетинають коло в точках X і X. З'єднавши ці точки з S, отримаємо розподіл цього кута на три рівні частини з гарним наближенням до дійсних величин.

§ 5 173

одного циркуля - не проводячи самого відрізка. Ось вирішення цього завдання. Опишемо коло радіусом AB з центром B і на ньому, вирушаючи від A, як раніше, послідовно відміряємо три дуги радіусом AB. Остання точка C лежатиме

на прямий AB, причому ми бу-

дем мати: AB = BC. Потім опи-

шем коло радіусу AB з

центром A і побудуємо точку C0,

зворотну точку C віднос-

щью одного циркуля, що також використовує зворотні точки, полягає у знаходженні центру даного кола, коли накреслено тільки саме коло, а центр невідомий. Беремо про-

§ 5. Побудови з допомогою інших інструментів. Побудови Маскероні за допомогою одного циркуля

*1. Класична конструкція служить для подвоєння куба. Ми досі розглядали лише проблеми геометричних побудов без використання інших інструментів, крім циркуля і лінійки. Якщо допускаються й інші інструменти, то, зрозуміло, різноманітні

зії можливих побудов сильно збільшується. Наступний приклад може бути взірцем того, як греки вирішували проблему подвоєння куба. Розглянемо (рис. 46) жорсткий прямий кут MZN і рухомий прямокутний хрест V W , P Q. Двом додатковим стрижням RS і T U надано можливість ковзати, залишаючись перпендикулярними до сторін прямого кута. На хресті нехай вибрані фіксовані точки E та G, причому відстані GB = a та BE = f задані. Маючи хрест таким чином, щоб точки E і G відповідно лежали на NZ і MZ, і переміщуючи стрижні T U і RS, можна весь апарат привести в таке положення, щоб променеві поперечини хреста BW, BQ, BV проходили через вершини A, D, E прямокутника ADEZ. Зазначене на кресленні розташування завжди можливе за умови f > a. Ми бачимо відразу, що a: x = x: y = y: f, звідки, зокрема, якщо належить f = 2a, виходить x3 = 2a3. Отже, x є ребро куба, об'єм якого вдвічі більший, ніж об'єм куба з ребром a. Таким чином, поставлене завдання

§ 5 ПОБУДУВАННЯ ЗА ДОПОМОГОЮ ІНШИХ ІНСТРУМЕНТІВ 175

2. Побудови з допомогою одного циркуля. Якщо цілком природно, що з припущенням більшого розмаїття інструментів виявляється можливим вирішувати широке безліч завдань на побудову, можна було б передбачити, що, навпаки, при обмеженнях, накладених на інструменти, клас вирішуваних завдань звужуватися. Тим паче чудовим слід вважати відкриття, зроблене італійцем Маскероні (1750–1800): все геометричні побудови, здійснені з допомогою циркуля і лінійки, можна виконати з допомогою лише циркуля. Слід, звичайно, зазначити, що провести насправді пряму лінію через дві дані точки без лінійки неможливо, тому ця основна побудова не покривається теорією Маскероні. Натомість доводиться вважати, що пряма задана, якщо задані дві її точки. Але за допомогою одного лише циркуля вдається знайти точку перетину двох прямих, заданих таким чином, або точку перетину прямої з колом.

Ймовірно, найпростішим прикладом побудови Маскероні є подвоєння цього відрізку AB. Рішення було вже дано на сторінці 166 . Далі, на стор.167 ми навчилися ділити цей відрізок навпіл. Подивимося тепер, як розділити навпіл дугу кола AB із центром O.

Було б неможливо довести основне твердження Маскероні, вказуючи для кожної побудови, здійсненої за допомогою циркуля та лінійки, як його можна виконати за допомогою одного циркуля: адже можливих побудов безліч. Але ми досягнемо тієї ж мети, якщо встановимо, що кожну з наступних основних побудов здійснимо за допомогою одного циркуля:

1. Провести коло, якщо задані центр та радіус.

2. Знайти точки перетину двох кіл.

3. Знайти точки перетину прямої та кола.

4. Знайти точку перетину двох прямих.

Будь-яка геометрична побудова (у звичайному сенсі, з припущенням циркуля та лінійки) складається з виконання кінцевої послідовності цих елементарних побудов. Що перші два з них можна здійснити за допомогою одного циркуля, ясно безпосередньо. Більш важкі побудови 3 та 4 виконуються з використанням властивостей інверсії, розглянутих у попередньому пункті.

Звернемося до побудови 3: знайдемо точки перетину даного кола C з прямою, що проходить через дані точки A та B. Проведемо дуги з центрами A та B та радіусами, відповідно рівними AO та BO; крім точки O, вони перетнуться в точці P . Потім побудуємо точку Q, зворотну точці P щодо кола C (див. побудову, описану на стор. 167). Нарешті, проведемо коло з центром Q і радіусом QO (вона неодмінно перетнеться з C): її точки перетину X і X0 з колом C і будуть шуканими. Для доказу достатньо встановити, що кожна з точок X і X0 знаходиться на однакових відстанях від O і P (що стосується точок A і B, то їх аналогічна властивість відразу випливає з побудови). Справді, досить послатися те обставина, що точка, зворотна точці Q, віддалений від точок X і X0 на відстань, рівне радіусу кола C (див. стор.165 ). Варто відзначити, що коло, що проходить через точки X, X0 і O, є зворотною прямою AB в інверсії щодо кола C, так як це коло і пряма AB перетинаються з C в одних і тих самих точках. (При інверсії точки основного кола залишаються нерухомими.)

Мал. 50. Перетин двох прямих

§ 5 ПОБУДУВАННЯ ЗА ДОПОМОГОЮ ІНШИХ ІНСТРУМЕНТІВ 177

Зазначена побудова нездійсненна тільки в тому випадку, якщо пряма AB проходить через центр C. Але тоді точки перетину можуть бути знайдені за допомогою побудови, описаної на стор. C у точках B1 і B2.

Метод проведення кола, зворотного прямої, що з'єднує дві дані точки, негайно дає і побудова, що вирішує задачу 4. Нехай прямі дані точками A, B і A0, B0 (рис. 50). Проведемо довільне коло C і за допомогою зазначеного вище методу побудуємо окружно-

закінчується доказ еквівалентності між побудовами Мас-

кероні, при яких дозволяється користуватися лише циркулем, та звичайними геометричними побудовами з циркулем та лінійкою.

Ми не дбали про витонченість вирішення окремих проблем, нами тут розглянутих, оскільки нашою метою було з'ясувати внутрішній зміст побудов Маскероні. Але в якості-

X прикладі ми ще вкажемо п'ятикутні-

K ^ BC = ^ CD = 60 ◦ (рис. 51). Проведемо

дуги з центрами A і D радіусом, рів-

Мал. 51. Побудова правильного п'ятикутника

ним AC; нехай вони перетинаються в точ-

ке X. Тоді, якщо O є центр K, дуга з

центром A і радіусом OX перетне K у точці F , що є серединою дуги BC (див. стор. 169). Потім радіусом, рівним радіусу K, опишемо дуги з центром F , що перетинаються з K у точках G і H. Нехай Y є точка, відстані якої від точок G і H рівні OX і яка відокремлена від X центром O. У такому випадку відрізок AY як раз і є сторона шуканого п'ятикутника. Доказ надається читачеві як вправу. Цікаво відзначити, що при побудові використовуються лише три різні радіуси.

У 1928 р. датський математик Ельмслев знайшов у книжковій лавці в Копенгагені екземпляр книги під назвою Euclides Danicus, опублікованої 1672 р. нікому не відомим автором Г. Мором. За титульним аркушем можна було зробити висновок, що це просто один з варіантів евклідових «Початок», забезпечений, можливо, редакторським коментарем. Але при уважному розгляді виявилося, що вона містить повне вирішення проблеми Маскероні, знайдене задовго до Маскероні.

Вправи. Надалі дається опис побудов Мору. Перевірте їхню правильність. Чому можна стверджувати, що вони вирішують проблему Маскероні?

1) До відрізка AB довжини p відставте перпендикуляр BC. (Вказівка: продовжіть AB до точки D таким чином, що AB = BD. Проведіть довільний радіус дуги з центрами A і D і таким чином визначте C.)

2) У площині дано як завгодно розташовані відрізки довжини p і q,

причому p > q. Побудуйте за допомогою 1) відрізок довжини x = p2 − q2.

3) За заданим відрізком a побудуйте відрізок a 2. (Вказівка: зверніть

√ √

ні побудови.

5) Користуючись попередніми результатами, збудуйте відрізки p + q і p − q, припускаючи, що відрізки довжини p і q заданіякось на площині.

6) Перевірте та постарайтеся обґрунтувати таку побудову середини M даного відрізка AB довжини a. На продовженні відрізка AB знайдемо такі точки C та D, що CA = AB = BD. Побудуємо рівносторонній трикутник ECD згідно з умовою EC = ED = 2a і визначимо M як перетин кіл з діаметрами EC і ED.

7) Знайдіть прямокутну проекціюточки A на відрізок BC.

8) Знайдіть x за умовою x: a = p: q, де a, p і q – дані відрізки.

9) Знайдіть x = ab, де a та b - дані відрізки.

Надихаючись результатами Маскероні, Якоб Штейнер (1796–1863) спробував дослідження побудов, здійснених лише однієї лінійки. Звичайно, одна тільки лінійка не виводить за

межі даного числового поля, і тому вона недостатня для виконання всіх геометричних побудов у класичному розумінні. Але тим паче чудові результати, отримані Штейнером при введеному їм обмеженні - користуватися циркулем лише один раз. Він довів, що всі побудови на площині, здійснені за допомогою циркуля та лінійки, можна здійснити за допомогою однієї лінійки за умови, що задане єдине нерухоме коло разом з центром. Ці побудови мають на увазі застосування проективних методів і будуть описані пізніше (див. стор. 217).

* Без кола, і до того ж з центром, обійтися не можна. Наприклад, якщо дано коло, але не вказано його центр, знайти центр за допомогою однієї лінійки неможливо. Ми зараз доведемо це, посилаючись, однак, на факт, який буде встановлений пізніше (див. стор. 240): існує таке перетворення площини самої в себе, що а) задане коло залишається нерухомим, б) будь-яка пряма лінія переходить у пряму, ) центр нерухомого кола не залишається нерухомим, а зміщується. Саме існування такого перетворення свідчить про неможливість побудувати центр цього кола, користуючись однією лінійкою. Справді, якою б не була процедура побудови, вона зводиться до ряду окремих етапів, які полягають у проведенні прямих ліній та знаходженні їх перетинів один з одним або з цим колом. Уявімо тепер, що вся фігура в цілому - коло і всі прямі, проведені по лінійці при виконанні побудови центру - піддана перетворенню, існування якого ми тут допустили. Тоді ясно, що постать, отримана після перетворення, також задовольняла б усім вимогам побудови; але вказуване цією фігурою побудова призводило б до точки, відмінної від центру цієї кола. Отже, побудова, про яку йдеться, неможлива.

3. Креслення за допомогою різних механічних пристроїв. Механічні криві. Циклоїди. Винахід різних механізмів, призначених для того, щоб креслити різні криві, окрім кола та прямої лінії, надзвичайно розширює область фігур, що допускають побудову. Наприклад, якщо є інструмент, що дозволяє креслити гіперболи xy = k, та інший інструмент, що викреслює параболи y = ax2 + bx + c, то будь-яка проблема, що призводить до кубічного рівняння

точніше, коріння рівняння (1) є x-координатами точок перетину гіперболи та параболи, що надаються рівняннями (2). Таким

Мал. 52. Графічне рішеннякубічного рівняння

Таким чином, рішення рівняння (1) допускають побудову, якщо дозволяється користуватися інструментами, за допомогою яких можна накреслити криві (2).

Вже математикам давнини було відомо багато цікаві криві, які можна визначити і накреслено з допомогою простих механічних пристосувань. Серед таких «механічних» кривих особливо чільне місце посідають циклоїди. Птолемей (близько 200 року до нашої ери), виявляючи надзвичайну проникливість, зумів використати ці криві для опису планетних рухів.

Циклоїда самого простого виглядуявляє собою траєкторію руху точки P фіксованої на колі диска, що котиться без ковзання по прямій лінії. На рис. 53 зображено чотири положення точки P у різні моменти часу. За формою циклоїду нагадує ряд арок, що спираються на горизонтальну пряму.

Різновиди цієї кривої виходять, якщо візьмемо точку P або всередині диска (як на спиці колеса), або на продовженні радіусу за межі диска.

Мал. 53. Циклоїда

Мал. 54. Циклоїди загального вигляду

Ці дві криві показано на рис. 54.

Подальші різновиди циклоїди виникають, коли наш диск котиться не прямою, а дугою кола. Якщо при цьому диск, що котиться з радіусом r залишається весь час, що стосується зсередини того великого кола C радіуса R, по якому він котиться, то траєкторія точки, фіксованої на колі диска, називається гіпоциклоїдою.

Коли диск прокочується по всьому колу C рівно один раз, то точка P повертається в вихідне положеннятільки в тому випадку, якщо радіус C є кратним радіусом c. На рис. 55 зображена замкнута гіпоциклоїда, що відповідає припущенню R = 3r. Загалом

якщо R = m n r, то гіпоциклоїда замкнеться після того, як диск c

прокотиться по колу C рівно n разів, і складатиметься з m арок. Заслуговує на особливу згадку випадок R = 2r. Будь-яка точка P на колі диска описуватиме в цьому випадку один з діаметрів великого кола C (рис. 56). Надаємо читачеві довести це як завдання.

Ще один тип циклоїд виходить, коли диск c котиться коло C, торкаючись її весь час ззовні. При цьому криві звуться епіциклоїд.

*4. Шарнірні механізми Інверсори Поселля та Гарта.

Залишимо на якийсь час осторонь питання про циклоїди (вони з'являться ще раз у цій книзі - досить несподівано) і звернемося до інших методів механічного відтворення кривих ліній. Ми займемося зараз

шарнірними механізмами.

Механізм цього типу являє собою систему зчленованих між собою твердих стрижнів, що мають такий ступінь свободи, щоб кожна його точка була здатна описувати певну криву. Циркуль також є найпростішим шарнірним механізмом, що по суті складається з одного стрижня із закріпленим кінцем.

Мал. 57. Перетворення прямолінійного руху на обертальний

Шарнірні механізми давно знаходять собі застосування як складові частини машин. Одним із найзнаменитіших (у історичному відношенні) прикладів є так званий «паралелограм Уатта». Цей пристрій був винайдений Джемсом Уаттом при вирішенні наступної проблеми: як зв'язати поршень з точкою махового колеса таким чином, щоб обертання колеса повідомляло поршню прямолінійний рух? Рішення, дане Уаттом, було лише наближеним, і, незважаючи на зусилля багатьох першокласних математиків, проблема конструювання механізму, що повідомляє точці точності прямоліній-

ний рух, довгий часзалишалася невирішеною. Було навіть зроблено припущення, що такий механізм нездійсненний: це було саме тоді, коли всілякі «докази неможливості» залучили до себе загальна увага. Тим більше здивування було викликано в колах математиків, коли французький морський офіцер Поселля (1864 р.) все ж таки винайшов нескладний механізм, що справді вирішує проблему в позитивному сенсі. У зв'язку з введенням у вживання добре діючих мастил технічна проблемавтратила значення для парових машин.

Мал. 58. Інверсор Поселля, що перетворює обертальний руху прямолінійне

Призначення механізму Поселля полягає в тому, щоб перетворювати круговий руху прямолінійне. В основі цього механізму лежить теорія інверсії, викладена в § 4. Як видно з рис. 58 механізм складається з семи жорстких стрижнів, два з них - довжини t, чотири - довжини s і один - довільної довжини. Точки O і R закріплені та розташовані таким чином, що OR = P R. Весь апарат може бути приведений у рух, будучи підпорядкованим зазначеним умовам. Ми зараз переконаємося, що коли точка P описує дугу кола з центром R і радіусом RP точка Q описує прямолінійний відрізок. Позначаючи основу перпендикуляра, опущеного з точки S на пряму OP Q через T , ми помічаємо, що

OP · OQ = (OT - P T) · (OT + P T) = OT 2 - P T2 =

= (OT 2 + ST2) - (RT2 + ST2) = t2 - s2. (3)

Розмір t2 − s2 постійна; покладемо t2 − s2 = r2. Так як OP · OQ =

r2 то точки P і Q взаємно зворотні щодо кола з центром O і радіусом r. У той час як P описує дугу кола, що проходить через O Q описує криву, зворотну цій дузі. Але крива, зворотна кола, що проходить через O, є, як ми бачили, не що інше, як пряма лінія. Отже, траєкторія точки Q є пряма, і інверсор Поселля креслить цю пряму без лінійки.

Інший механізм, який вирішує ту саму проблему, є інверсором Гарта. Він складається лише з п'яти стрижнів, зчленування яких показано на рис. 59. Тут AB = CD, BC = AD. Через O, P і Q позначені точки, відповідно зафіксовані на стрижнях AB, AD та CB, до того ж

таким чином, що OB AO = P AP D = QB CQ = m n . Точки O та S закріплені

на площині нерухомо, з дотриманням умови OS = P S. Більше зв'язків немає і механізм здатний рухатися. Очевидно, пряма AC завжди

паралельна прямий BD. У такому випадку точки O, P і Q лежать на одній прямій і пряма OP паралельна прямій AC. Проведемо перпендикуляри AE та CF до прямої BD. Ми маємо

AC · BD = EF · BD = (ED + EB) · (ED - EB) = ED2 - EB2.

Остання отримана величина не змінюється під час руху механізму. Тому точки P і Q є взаємно зворотними щодо

I. Введення.

ІІ. Головна частина:

Побудова відрізка, що дорівнює добутку двох інших за допомогою циркуля та лінійки:

1. перший спосіб побудови;

   другий спосіб побудови;

   третій спосіб побудови,

d) четвертий спосіб побудови.

2) Побудова відрізка, що дорівнює відношенню двох інших за допомогою циркуля та лінійки:

перший спосіб побудови;

другий спосіб побудови.

Висновок.

Додаток.

Вступ

Геометричні побудови, або теорія геометричних побудов – розділ геометрії, де вивчають питання та методи побудови геометричних фігур, використовуючи ті чи інші елементи побудови. Геометричні побудови вивчаються як і геометрії Евкліда, і у інших геометріях, як у площині, і у просторі. Класичними інструментами побудови є циркуль і лінійка (одностороння математична), однак, існують побудови іншими інструментами: тільки одним циркулем, тільки однією лінійкою, якщо на площині накреслено коло та її центр, тільки однією лінійкою з паралельними краями і т.д.

Усі завдання на побудову спираються на постулати побудови, тобто на найпростіші елементарні завданняна побудову, і завдання вважається вирішеним, якщо вона зведена до кінцевого числацих найпростіших завдань-постулатів.

Звичайно, кожен інструмент має свою конструктивну силу - свій набір постулатів. Так, відомо, що розділити відрізок, користуючись лише однією лінійкою, на дві рівні частини не можна, а користуючись циркулем, можна.

Мистецтво побудови геометричних фігур за допомогою циркуля та лінійки було в високого ступенярозвинене у Стародавній Греції. Одне з найважчих завдань на побудову, яку вже тоді вміли виконати, - побудова кола, що стосується трьох данихкіл.

У школі вивчають ряд найпростіших побудов циркулем та лінійкою (односторонньої без поділів): побудова прямої, що проходить через задану точкуі перпендикулярної або паралельної даної прямої; поділ навпіл заданого кута, поділ відрізка на кілька рівних частин, використовуючи теорему Фалеса (по суті - поділ відрізка на натуральне число); побудова відрізка більшого даного в ціле число разів (по суті - множення відрізка на натуральне число). Однак, нами ніде не зустрічалося завдання, де треба було б за допомогою циркуля та лінійки помножити відрізок на відрізок, тобто побудувати відрізок, що дорівнює добутку двох даних відрізків, або поділ відрізка на відрізок, тобто побудувати відрізок, що дорівнює відношенню двох інших відрізків. Нам здалася дана проблема дуже цікавою, і ми вирішили її дослідити, спробувати знайти рішення і можливість застосування знайденого методу вирішення інших завдань, наприклад, в математиці та фізиці.

При вирішенні завдань на побудову традиційна методика рекомендує нам чотири етапи: аналіз, побудова, доказ та дослідження. Проте, зазначена схема розв'язання завдань на побудову вважається дуже академічною, і її здійснення потрібно багато часу, тому часто окремі етапи традиційної схеми розв'язання завдання опускаються, наприклад, етапи докази, дослідження. У своїй роботі по можливості ми використовували всі чотири етапи, та й то тільки там, де була необхідність і доцільність.

І останнє: знайдений нами метод побудови вищезгаданих відрізків передбачає використання, крім циркуля та лінійки, довільно обраного одиничного відрізка. Введення одиничного відрізка диктується ще й тим, що він необхідний хоча б для того, щоб підтвердити справедливість знайденого методу знаходження відрізка на конкретних приватних прикладах.

ЗАГАЛЬНА ПРОБЛЕМА І

За допомогою циркуля та лінійки побудувати відрізок, що дорівнює добутку двох інших відрізків.

Примітка:

передбачається:

Лінійка – одностороння, без поділів.

Задано відрізок одиничної довжини.

Дослідження.

1.Розглянемо прямі y=2x-2 2 та y=3x-3 2 і спробуємо знайти координати точки перетину цих прямих геометричним та аналітичним методами:

а
) геометричний метод ( Рис.1) показав, що координати точки А перетину цих прямих: «5»-абсцису, «6»-ордината, тобто. АЕ=5, АТ=6.

б) аналітичний метод цей результат підтверджує, тобто. А (5; 6) - точка перетину прямих.

Справді, вирішивши систему рівнянь

y=6 А(5;6)- точка перетину прямих.

2.Розглянемо відрізок: ОВ=2, ОС=3, АД=6, АЕ=5.

Можна припустити, що АД=ОВ×ОС, т.к. 6=2×3; АЕ=ОВ+ОС, т.к. 5 = 2 +3, де

2=ОВ- кутовий коефіцієнтрівняння y=2x-2 2 , 3=ОС - кутовий коефіцієнт рівняння y=3x-3 2 , АД=у А, ОД=х А - координати точки А перетину наших прямих.

Наше припущення перевіримо на прикладі аналітичним методом, тобто. на рівняннях прямих y=mx-m 2 та y=nx-n 2 (де m≠n) перевіримо, що точка перетину прямих має координати:

y=nx-n 2 nx-n 2 =mx-m 2 x=(m 2 -n 2)÷(m-n)=m+n та y=mx-m 2 =m(m+n)-m 2 = mn

координати точки А перетину прямих, де m та n – кутові коефіцієнти цих прямих, ч.т.д.

3. Залишилося визначити спосіб побудови відрізка. АД=ОВ×ОС=m∙n=y А - ординати точки А перетину прямих У=mx-m 2 і У=nx-n 2 де m≠n і m=OB, n=OC- відрізки, відкладені на осі ох. А для цього ми повинні знайти метод побудови прямих У=mx-m2 і У=nx-n2. з міркувань видно, що ці прямі повинні пройти через точки і відрізків OB=m і OC=n, які належать осі ох.

Зауваження 1.Вищезгадані позначення відрізків відповідають рис.1 «Додатки»

Перший спосібпобудови відрізка AD=mn, де m>1од., n>1од., m≠n.

одиничний відрізок

довільний відрізок, m>1eд., n>1eд.

n довільний відрізок, де m≠n.

Побудова (Мал.2)

Проведемо пряму ОХ

На ОХ відкладемо ОА 1 = m

На ОХ відкладемо А1С1=1ед

Побудуємо З 1 В 1 = m, де З 1 В 1 ┴ ОХ

Проведемо пряму А 1 В 1 рівняння якої y = mx-m 2 в координатних осях ХОУ (масштаб на осях однаковий).

Примітка:

Рис.2

Зауваження 1.

Дійсно, тангенс кута нахилу цієї прямої tgά 1 = С 1 В 1 /А 1 С 1 =m/1ед=m, яка проходить через точку А 1 відрізка ОА 1 =m.

Анологічно будуємо пряму, рівняння якої У = nx-n 2 .

6.На осі ОХ відкладемо ОА 2 =n (точка А 2 випадково збіглася з точкою С1).

7.На осі ОХ відкладемо А2С2=1од.

8. Будуємо В 2 З 2 =n, де В 2 З 2 ┴ ОХ.

9. Проведемо пряму 2 А 2 , рівняння якої У = nx-n 2 .

Примітка 2.Дійсно, тангенс нахилу цієї прямої tg ά 2 =C 2 B 2 /A 2 C 2 =n/1од=n, яка проходить через т. А 2 відрізка ОА 2 =n.

10. Отримали Т.А (m + n; mn) - точку перетину прямих У = mx-m 2 і У = nx-n 2

11. Проведемо АТ, перпендикулярну до ох, де Д належить осі ох.

12. Відрізок АТ=mn (ордината т. я), тобто. шуканий відрізок.

Примітка 3.а) дійсно, якщо в нашому прикладі, n=4од., m=3 од., то має бути АД=mn=3ед.∙4ед.=12ед. У нас так і вийшло: АТ = 12 од.; б) пряма В 1 В 2 у цій побудові не використовувалася. У В – теж.

Існує ще, принаймні, три різних способівпобудови відрізка АТ=mn.

Другий спосіб побудови відрізка АТ=mn, деm>1од,n>1од,mіn-будь-які.

Аналіз

Аналіз раніше побудованого креслення (рис.2), де з допомогою знайденого способу побудови прямих У=mx-m 2 і У=nx-n 2 знайшли т.а (m+n; mn) (це перший спосіб), підказує, що т.А(m+n; mn) можна визначити побудовою будь-який з цих прямих (У=mx-m 2 чи У=nx-n 2) і перпендикуляра АТ, де АТ – перпендикуляр до ОХ, АД=mn, Д належить осі ОХ. Тоді точка А (m+n; mn) є точкою перетину будь-якої з цих прямих і перпендикуляра АТ. Досить знайти кути нахилу цих прямих, тангенси яких, згідно з кутовими коефіцієнтами, дорівнюють m і n, тобто. tg ά 1 = m і tg ά 2 = n. Враховуючи, що tg ?

одиничний відрізок

n n>1ед., m і n-будь-які числа.

П

гостріння (Рис.3)

Рис.3

1. Проведемо пряму ОХ.

2.На осі ОХ відкладаємо відрізок ОА 1 = m.

3.На осі ОХ відкладемо відрізок А 1 Д = n.

4.На осі ОХ відкладемо відрізок А1С1=1од.

5. Будуємо З 1 В 1 = m, де З 1 В 1 ┴ ОХ.

6. Проведемо пряму А1В1, рівняння якої У = mx-m2, в координатних осях ХОУ (масштаб на осях однаковий).

7. Відновлюємо перпендикуляр до ОХ у точці D.

8.Отримуємо точку А (m+n; mn) - точку перетину прямої У=mx-m2 та перпендикуляра AD

9. Відрізок AD=mn, тобто шуканий відрізок.

Висновок:Цей другий спосіб універсальніший за першийспособу, оскільки дозволяє знайти точу А(m+n;mn)і тоді, коли m=n>1од., тоді координати цієї точки А(2m;m 2) і AD=m 2 .

Тобто цей спосіб дозволяє визначити відрізок, рівний квадрату даного, довжина якого більше 1од.

Примітка:Дійсно, якщо в нашому прикладі m=3ед., n=5ед., то має бути AD=mn=3ед.×5ед.=15ед. У нас так і вийшло: AD=15од.

Третій спосіб побудови відрізкаAD= mn, деm>1од,n>1од іm≠ n.

Використовуючи малюнок №2, проведемо штриховою лінією пряму В 1 В 2 до перетину з ОХ у точці Е € ОХ, і пряму В 1 В ┴ В 2 С 2 тоді

У 1 В=З 1 З 2 =ОС 2 -ОС 1 =(n+1од.)-(m+1ед)=n-m, а В 2 В=В 2 З 2 -В 1 З 1 =m-n => В 1 В=В 2 В=>∆В 1 ВВ 2 - рівнобедрений, прямокутний>∆ЕС 1 В 1 - рівнобедрений, прямокутний => ά=45º

Т.к. ОС 1 = m+1од., а ЄС 1 = У 1 З 1 = m, то ОЕ = ОС 1 -ЕС 1 = m+1од.-m = 1од.

З міркувань випливає, що точки 1 і 2 можна знайти по-іншому, т.к. вони є точками перетину прямої ЕВ 1 , проведеної під кутом ά=45º до осі ОХ і перпендикулярів до ОХ: В 1 З 1 і В 2 З 2 , а ОЕ = 1ед. Далі, використовуючи вже попередні методи матимемо наступний спосіб побудови.

Поодинокий відрізок.

n n>1од., і m≠n.

Побудова (Рис.4)

1. Проведемо пряму ОХ.

5.Побудуємо
ά=З 1 ЕВ 1 =45º, де 1 - точка перетину перпендикуляра З 1 1 зі стороною ά=45º.

7. Відкладемо ОА 2 = n, де А 2 € ОХ.

8. Відкладемо А 2 З 2 = 1од., де З 2 € ОХ.

9. Відновимо перпендикуляр С 2 В 2 до осі ОХ в точці С 2 де В 2 - точка перетину перпендикуляра з прямою ЕВ 1 .

10. Проводимо пряму А 2 В 2 рівняння якої У = nx-n 2 до перетину з прямою А 1 В 1 в точці А.

11. Опускаємо на ОХ з точки А перпендикуляр і отримуємо AD , рівний mn, де D € ОХ, тому що в координатних площинах осях ХОУ координати точки А (m + n; mn).

Рис.4

Примітка:Недолік цього способу такий самий, як у першого способу побудови, де побудова можлива лише за умови m≠n.

Четвертий спосіб побудови відрізкаAD= mn, деmіn- будь-які, великі одиничного відрізка.

Поодинокий відрізок.

n n>1ед., m і n-будь-які.

Побудова (Рис.5)

Рис.5

1. Проведемо пряму ОХ.

2. Відкладемо ОЕ = 1од., де Е € ОХ.

3.Отлтжим ЄС 1 =m, де З 1 € ОХ.

4. Відновимо перпендикуляр у точці З 1 до осі ОХ.

5.Побудуємо ά=С 1 ЕВ 1 =45º, де У 1 - точка перетину перпендикуляра З 1 У 1 зі стороною ά=45º.

6.Отложив ОА 1 =m, проводимо пряму А 1 У 1 , рівняння якої У=mx-m 2 , А ОХ.

7. Відкладемо А 1 D = n, де D € OX.

8. Відновимо перпендикуляр у точці D до перетину його в точці А з прямою А 1 В 1 рівняння якої У = mx-m 2 .

9. Відрізок перпендикуляра AD = добутку відрізків m і n, тобто AD = mn, оскільки А (m+n; mn).

Примітка:Цей спосіб вигідно відрізняється від першого і третього способів, де m≠n, оскільки маємо справу з будь-якими відрізками m і n, одиничний відрізок може бути меншим лише одного з них, що бере участь на початку побудови (у нас m>1од.).

Загальна проблема ІІ

За допомогою циркуля та лінійки побудувати відрізок, що дорівнює відношенню двох інших відрізків.

Примітка:

одиничний відрізок менше відрізка дільника.

Перший спосіб побудови відрізкаn= k/ m, деm>1од.

Поодинокий відрізок.

Побудова (Рис.6)

2.На ОУ відкладемо ОМ = k.

3. На ОХ відкладемо ОА 1 = m.

4.На ОХ відкладемо А1С1=1од.

5. Побудуємо З 1 В 1 = m, де З 1 В 1 ┴ ОХ.

6. Проведемо пряму А 1 В 1 рівняння якої y = mx-m 2 в координатних осях ХОУ (масштаб на осях однаковий, рівний 1од.).

7. Відновимо перпендикуляр МА в точці М до осі ОУ, де А - точка перетину МА з прямою А 1 В 1 (тобто А € А 1 В 1).

8.Опустимо перпендикуляр із точки А на вісь ОХ до перетину його з віссю ОХ у точці D. Відрізок AD=ОМ=k=mn.

9. Відрізок А 1 D = n - відрізок, що шукається, рівний n = k / m.

Рис.6

Доведення:

1.Рівняння прямої А 1 В 1 дійсно У = mx-m 2 при У = 0 маємо 0 = mx-m 2 => x = m = OA 1, а кутовий коефіцієнт - tg

2.В ∆АDA 1 tg 1 D=AD/A 1 D=B 1 C 1 /A 1 C 1 =>A 1 D=AD×A 1 C 1 /B 1 C 1 =k×1од./m= mn/m=n, тобто. А 1 D=n=k/m - шуканий відрізок.

Зауваження.Справді, якщо у прикладі m=3ед., k=15ед., то має бути A 1 D=n=k/m=15ед./3ед.=5ед. У нас так і вийшло.

Другий спосіб побудови відрізкаn= k/ m, деm>1од.

Поодинокий відрізок.

Рис.7

1. Будуємо координатні осі ХОУ.

2.На ОУ відкладемо ОМ = k.

3. Відкладемо ОЕ = 1од., де Е € ОХ.

4. Відкладемо ЄС 1 = m, де З 1 € ОХ.

5. Відновимо перпендикуляр у точці З 1 до осі ОХ.

6. Будуємо С 1 ЕВ 1 =45º, де В 1 - точка перетину перпендикуляра С 1 В 1 зі стороною кута С 1 ЕВ 1 = 45º.

7. На ОХ відкладемо ОА 1 = m.

8. Проведемо пряму А 1 В 1 рівняння якої y = mx-m 2 в координатних осях ХОУ (масштаб на осях однаковий, рівний 1од.).

9. Відновимо перпендикуляр МА в точці М до осі ОУ, де А - точка перетину МА з прямою А 1 В 1 (тобто А € А 1 В 1).

10.Опустимо перпендикуляр із точки А на вісь ОХ до перетину його з віссю ОХ у точці D. Відрізок AD=ОМ=k=mn.

11. Відрізок А 1 D=n - відрізок, що шукається, рівний n=k/m.

Доведення:

1.∆В 1 С 1 Е - прямокутний і рівнобедрений, оскільки С 1 ЕВ 1 =45º =>В 1 С 1 =ЕС 1 =m.

2.А 1 З 1 = ОС 1 - ОА 1 = (ОЕ + ЕС1) - ОА 1 = 1од + m-m = 1од.

3.Рівняння прямої А 1 В 1 дійсно У = mx-m 2 при У = 0 маємо 0 = mx-m 2 => x = m = OA 1, а кутовий коефіцієнт - tg

4.В ∆АDA 1 tg 1 D=AD/A 1 D=B 1 C 1 /A 1 C 1 => A 1 D=AD×A 1 C 1 /B 1 C 1 =k ×1од./m= mn/m=n, тобто. А 1 D=n=k/m - шуканий відрізок.

Висновок

У своїй роботі ми знайшли та досліджували різні методипобудови за допомогою циркуля та лінійки відрізка, рівного творуабо відношенню двох інших відрізків, попередньо давши своє визначення цим діям з відрізками, так як в жодній спеціальній літературі ми не змогли знайти не тільки визначення множення та поділу відрізків, але навіть згадки про ці дії над відрізками.

Тут нами було використано практично всі чотири етапи: аналіз, побудова, доказ та дослідження.

На закінчення ми хотіли б відзначити можливість застосування знайдених методів побудови відрізків в окремих розділах фізики та математики.

1. Якщо продовжити прямі y=mx-m 2 і y=nx-n 2 (n>m>0) до перетину з віссю ОУ, можна отримати відрізки, рівні m 2 , n 2 , n 2 - m 2 (Рис.8), де ОК = m 2 , ЗМ = n 2 , КМ = n 2 - m 2 .

Р
іс.8

Доведення:

Якщо х=0, то y=0-m 2 =>ОК=m 2 .

Аналогічно доводиться, що ОМ = n 2 = КМ = ОМ-ОК = n 2 - m 2 .

2. Оскільки добуток двох відрізків є площею прямокутника зі сторонами, рівними цим відрізкам, то, знайшовши відрізок, рівний добутку двох інших, тим самим ми представляємо площу прямокутника у вигляді відрізка, довжина якого чисельно дорівнює цій площі.

3. У механіці, термодинаміці є фізичні величини, наприклад, робота (А = FS, A = PV), чисельно рівні площам прямокутників, побудованих у відповідних координатних площинах, тому в завданнях, де потрібно, наприклад, порівняти роботи по площах прямокутників, дуже просто це зробити, якщо ці площі подати у вигляді відрізків, чисельно рівних площам прямокутників. А відрізки легко порівняти між собою.

4. Розглянутий метод побудови дозволяє будувати й інші відрізки, наприклад, використовуючи систему рівнянь y=mx-m 3 і y=nx-n 3 можна побудувати відрізки, маючи дані m і n такі, як m 2 +mn+n 2 і mn(m+n), так як точка А перетину прямих, заданих даною системою рівнянь, має координати (m 2 +mn+n 2 ; mn(m+n), а також можна побудувати відрізки n 3 , m 3 і різниця n 3 - m 3 одержувані на ОУ в негативній ділянці при Х=0.

Твори . ... допомоги циркуляі лінійки. Алгоритм розподілу відрізкаАВ навпіл: 1) поставити ніжку циркуляу точку А; 2) встановити розчин циркуля рівнимдовжині відрізка ...

В основі способів побудови паралельних прямих за допомогою різних інструментів є ознаки паралельності прямих.

Побудова паралельних прямих за допомогою циркуля та лінійки

Розглянемо принцип побудови паралельної прямої, що проходить через задану точку, за допомогою циркуля та лінійки.

Нехай дана пряма та деяка точка А, яка не належить даній прямій.

Необхідно побудувати пряму, що проходить через задану точку $А$ паралельно даній прямій.

На практиці часто потрібно побудувати дві або більше паралельних прямих без даної прямої точки. У такому випадку необхідно накреслити пряму довільно і відзначити будь-яку точку, яка не лежатиме на даній прямій.

Розглянемо етапи побудови паралельної прямої:

Насправді також застосовують метод побудови паралельних прямих з допомогою креслярського косинця і лінійки.

Побудова паралельних прямих за допомогою косинця та лінійки

Для побудови прямої, яка проходитиме через точку М паралельно даній прямій а, необхідно:

1. Кутник прикласти до прямої $а$ діагоналлю (дивіться малюнок), а до його більшого катету прикласти лінійку.
2. Пересунути косинець по лінійці доти, доки дана точка$М$ не виявиться на діагоналі косинця.
3. Провести через точку $М$ шукану пряму $b$.

Ми отримали пряму, що проходить через задану точку $М$, паралельну даній прямій $а$:

$a \parallel b$, тобто $M \in b$.

Паралельність прямих $а$ і $b$ видно з рівності відповідних кутів, що позначені на малюнку літерами $\alpha$ і $\beta$.

Побудова паралельної прямої, що віддалена на задану відстань від даної прямої

У разі необхідності побудови прямої, паралельної заданої прямої та віддаленої від неї на заданій відстані можна скористатися лінійкою та косинцем.

Нехай дана пряма $MN$ та відстань $а$.

1. Зазначимо на заданій прямій $MN$ довільну точку та назвемо її $В$.
2. Через точку $В$ проведемо пряму, перпендикулярну до прямої $MN$, і назвемо її $АВ$.
3. На прямій $АВ$ від точки $В$ відкладемо відрізок $ВС=а$.
4. За допомогою косинця та лінійки проведемо пряму $CD$ через точку $С$, яка і буде паралельною заданою прямою $АВ$.

Якщо відкласти на прямий $АВ$ від точки $В$ відрізок $ВС=а$ в іншу сторону, то отримаємо ще одну паралельну пряму до заданої, що віддалена від неї на задану відстань $а$.

Інші способи побудови паралельних прямих

Ще одним способом побудови паралельних прямих є побудова за допомогою рейсшини. Найчастіше даний спосібвикористовують у креслярській практиці.

При виконанні столярних робіт для розмітки та побудови паралельних прямих використовується спеціальний креслярський інструмент – малка – дві дерев'яні планки, які скріплюються шарніром.