Побудови з допомогою одного циркуля. Побудова геометрії за допомогою безперервного введення об'єктів

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-1.jpg" alt=">Побудова за допомогою лінійки та циркуля Геометрія">!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-2.jpg" alt="> Побудувати відрізок рівний даному Ú Завдання А В"> Построить отрезок равный данному Ú Задача А В На данном луче от его начала С отложить отрезок, равный данному Ú Решение 1. Изобразим фигуры, данные в D условии задачи: луч ОС и отрезок АВ О 2. Затем циркулем построим окружность радиуса АВ и с центром О. 3. Эта окружность пересечёт луч ОС в некой точке D. Отрезок OD – искомый.!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-3.jpg" alt="> Побудова кута рівного даному Розглянемо трикутники"> Построение угла равного данному Рассмотрим треугольники Ú АВС и ОDE. Задача В Отрезки АВ и АС являются равный Отложить от данного луча угол, данному Ú радиусами окружности с Решение 1. центром А, савершиной А и луч и ОЕ Построим угол отрезки OD ОМ А С 2. – радиусами окружности с Проведем окружность произвольного центром О. Таквершине А данного радиуса с центром в как по угла. 3. построениюпересекает стороны Эта окружность эти окружности имеют равные радиусы, то угла в точках В и С. 4. АВ=OD, AC=OE. Также же Затем проведём окружность того по Е радиуса с центром в начале данного построению ВС=DE. М луча ОМ. О D Следовательно, треугольники 5. Она пересекает луч в точке D. 6. равны по построим окружность с После этого 3 сторонам. Поэтому центром D, радиус которой равен ВС 7. угол DOEс= углу BAC. Т. е. Окружности центрами О и D построенный угол МОЕ равен пересекаются в двух точках. Одну из углу А. буквой Е них назовём 8. Докажем, что угол МОЕ - искомый!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-4.jpg" alt="> Побудова бісектриси кута Задача Ú"> Построение биссектрисы угла Задача Ú Рассмотрим треугольники Ú АСЕ и АВЕ. биссектрису угла Построить Они равны по Ú трём сторонам. АЕ – общая, Решение Е 1. АС и АВ равны как угол ВАС Изобразим !} даний радіуси 2. одного і тогоокружність Проведемо ж кола, В СЕ = ВЕ за побудовою. довільного радіусу з С Ú Ізцентром А. Вона перетне рівності трикутників слід, що кут САЕ В і З боку кута в точках = куті 3. ВАЕ, тобто промінь АЕдве Потім проведемо - кола однакового бісектриса даного кута. А радіуса ВС із центрами в точках В і С 4. Доведемо, що промінь АЕ – бісектриса кута ВАС

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-5.jpg" alt="> Побудова перпендикулярних прямих Ú Завдання Дано прям"> Построение перпендикулярных прямых Ú Задача Даны прямая и точка на ней. Построить прямую, проходящую через !} дану точкуР і перпендикулярну до цієї прямої. Ú Рішення 1. Побудуємо пряму а і точку М, що належить цій прямій. 2. На променях прямої а, що виходять з точки М, відкладемо рівні відрізкиМА та МВ. Ма потім побудуємо два кола з центрами А і В радіусу АВ. Вони перетнуться у двох точках: P і Q. А B 3. Проведемо пряму через точку М і одну з цих точок, наприклад пряму МР, і доведемо, що ця пряма шукана, тобто вона перпендикулярна до цієї прямої. 4. Справді, оскільки медіана РМ рівнобедреного трикутникаРАВ Q є також висотою, то РМ перпендикулярна до а.

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-6.jpg" alt="> Побудова середини відрізка Завдання Ú Побудувати середину"> Построение середины отрезка Задача Ú Построить середину данного отрезка Ú Решение Р 1. Пусть АВ – данный отрезок. 2. Построим две окружности с 21 центрами А и В радиуса АВ. Они пересекаются в точках Р и Q. О 3. Проведём прямую РQ. Точка О пересечения этой прямой с А B отрезком АВ и есть искомая середина отрезка АВ 4. В самом деле, треугольники АРQ и ВРQ равны по трём сторонам, поэтому угол 1 = Q углу 2 5. Следовательно отрезок РО – биссектриса равнобедренного треугольника АРВ, а значит, и медиана, т. Е. точка О – середина отрезка АВ.!}

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 і вилученням квадратних коренів і, 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 точкою С. На продовженні діаметра CD відкладаємо відрізок DE, рівний 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.

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.

Всі завдання на побудову спираються на постулати побудови, тобто на найпростіші елементарні задачі на побудову, і завдання вважається вирішеним, якщо вона зведена до кінцевого числа цих найпростіших задач-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 високо розвинене в древній Греції. Одне з найважчих завдань на побудову, яку вже тоді вміли виконати, - побудова кола, що стосується трьох даних кіл.

У школі вивчають ряд найпростіших побудов циркулем і лінійкою (односторонньої без поділів): побудова прямої, яка проходить через задану точку і перпендикулярна або паралельна 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 твору або 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 ...

Відомий ще з античних часів.

У завдання на побудову можливі такі операції:

• Відзначити довільну точкуна площині, точку на одній із побудованих ліній або точку перетину двох побудованих ліній.
• За допомогою циркулянамалювати коло з центром у побудованій точці та радіусом, рівною відстаніміж двома вже збудованими точками.
• За допомогою лінійкипровести пряму, що проходить через дві побудовані точки.

При цьому циркуль та лінійка вважаються ідеальними інструментами, зокрема:

1. Простий приклад

Розподіл відрізка навпіл

Завдання.За допомогою циркуля та лінійки розділити цей відрізок ABна дві рівні частини. Одне з рішень показано малюнку:

• Циркулем будуємо коло з центром у точці Aрадіусу AB.
• Будуємо коло з центром у точці Bрадіусу AB.
• Знаходимо точки перетину Pі Qдвох побудованих кіл.
• Лінійкою проводимо відрізок, що з'єднує точки Pі Q.
• Знаходимо точку перетину ABі PQ.Це - шукана середина відрізка AB.

2. Правильні багатокутники

Античним геометрам були відомі методи побудови правильних n-кутників для , , і .

4. Можливі та неможливі побудови

Усі побудови є нічим іншим, як розв'язанням будь-якого рівняння , причому коефіцієнти цього рівняння пов'язані з довжинами заданих відрізків. Тому зручно говорити про побудову числа - графічного рішеннярівняння певного типу.

У рамках вищеокреслених вимог можливі такі споруди:

Інакше висловлюючись, можна побудувати лише числа рівні арифметичним виразам з допомогою квадратного кореня з вихідних чисел (довжин відрізків). Наприклад,

5. Варіації та узагальнення

6. Смішні факти

• GeoGebra, Kig, KSEG - програми, що дозволяють виконувати побудови за допомогою циркуля та лінійки.

Література

• А. Адлер. Теорія геометричних побудов,Переклад з німецької Г. М. Фіхтенгольц. Видання третє. Л., Навчпедвід, 1940-232 с.
• І. Олександров, Збірник геометричних завдань на побудову,Видання вісімнадцяте, М., Навчпедвід, 1950-176 с.
• Б. І. Аргунов, М Б Балк.

Грецькі геометри пишалися собою через свою логічну чистоту; проте, що стосується фізичного простору, вони керувалися інтуїцією. Однією зі сторін грецької геометрії, яку особливо впливали фізичні міркування, була теорія побудов. Багато з елементарної геометрії прямих ліній та кіл можна розглядати як теорію побудов за допомогою лінійки та циркуля. Сама назва предмета, лінії та кола відображає інструменти, які використовувалися для їх проведення. І багато з елементарних проблем геометрії, наприклад, поділ навпіл відрізка прямої або кута,

побудова перпендикуляра або проведення кола через три задані точки, можна вирішити побудовами за допомогою лінійки та циркуля.

Коли введені координати, неважко показати, що точки, що допускають побудову з точок, мають координати в безлічі чисел, створених з координат за допомогою операцій і [див. Муаз (1963) чи вправи до розділу 6.3]. Квадратне коріння, звичайно, з'являється внаслідок теореми Піфагора: якщо побудовано точки і тоді побудовано відстань між ними (розділ 1.6 та малюнок 2.4). Назад, можлива побудова для будь-якої заданої довжини I (вправа 2.3.2).

Малюнок 2.4: Побудова відстані

Якщо поглянути з цієї точки зору, то побудови за допомогою лінійки та циркуля виглядають дуже спеціальними і, малоймовірно, що дадуть, такі числа так, наприклад, Однак греки дуже завзято намагалися вирішити саме це завдання, яке було відоме як подвоєння куба (так зване тому , Що для того, щоб подвоїти об'єм куба, потрібно було помножити бік на інші сумно відомими завданнями були трисекція кута і квадратура кола. Остання задачаполягала у побудові квадрата, рівного за площею заданому колу, або у побудові числа яке рівновелике тому ж. Очевидно, вони ніколи не відмовлялися від цих цілей, хоча визнавали можливість негативного рішенняі допускали рішення за допомогою менш елементарних засобів. У наступних розділах ми побачимо деякі з них.

Неможливість вирішення цих завдань побудовами за допомогою лінійки та циркулю залишалася недоведеною до дев'ятнадцятого сторіччя. Що ж до подвоєння куба і трисекції кута, то неможливість показана Вантцелем (1837). Честь вирішення цих завдань, над якими билися найкращі математикиПротягом 2000 років рідко приписують Вантцелю, можливо тому, що його методи витіснила більш потужна теорія Галуа.

Неможливість квадратури кола доведена Ліндеманом (1882), дуже суворим способом, як невизначено раціональними операціями і квадратним корінням; воно також трансцендентне, тобто не є коренем будь-якого поліноміального рівняння з раціональними коефіцієнтами. Як і робота Вантцеля, це був рідкісний приклад значного результату, доведеного незначним математиком У випадку Ліндемана, пояснення, можливо, полягає

У тому, що вже було зроблено важливий крок, коли Ерміт (1873) довів трансцендентність Доступні докази обох цих результатів можна знайти у Клейна (1924). Наступна кар'єра Ліндемана була математично непримітною, навіть бентежною. Відповідаючи скептикам, які вважали, що його успіх був щасливою випадковістю, він націлився на найвідомішу невирішене завданняв математиці «останню теорему Ферма» (про виникнення цього див. розділ 11). Його зусилля скінчилися невдачею у низці непереконливих статей, кожна з яких виправляла помилку в попередній. Фріч (1984) написав цікаву біографічну статтю про Ліндеман.