Bucağı yarıya bölmək (Şəkil 26, a). Yuxarıdan IN bucaq ABC ixtiyari radius R 1 nöqtələrdə bucağın tərəfləri ilə kəsişənə qədər qövs çəkin M Və N . Sonra nöqtələrdən M Və N radiuslu qövslər çəkin > R 1 nöqtədə kəsişənə qədər D . Düz BD verilmiş bucağı yarıya böləcək.

Bucağın 4, 8 və s. bərabər hissələrə bölünməsi bucağın hər bir hissəsini ardıcıl olaraq yarıya bölmək yolu ilə həyata keçirilir (Şəkil 26, b).

Şəkil 26

Bucaq, məsələn, rəsm daxilində kəsişməyən tərəflərlə göstərildiyi halda AB Və CD Şəkil 26, c-də bucağı yarıya bölmək belə aparılır. İxtiyari, lakin bərabər məsafədə l bucağın yanlarından düz xətlər çəkilir KL || AB Və MN || CD və nöqtədə kəsişənə qədər onları davam etdirin HAQQINDA . Nəticə bucaq L ON düz xətti ikiyə bölün OF . Düz OF verilmiş bucağı da ikiyə böləcək.

Düz bucağı üç bərabər hissəyə bölmək (Şəkil 27). Düz bucağın təpəsindən - bir nöqtə IN ixtiyari radiuslu bir qövs çəkin R nöqtələrdə bucağın hər iki tərəfini kəsənə qədər A Və C . Eyni radius R nöqtələrdən A Və İLƏ qövsləri qövslə kəsişənə qədər çəkin A.C. nöqtələrində M Və N . Bucağın təpəsindən çəkilmiş xətlər IN və nöqtələr M Və N , düz bucağı üç bərabər hissəyə bölün.

Şəkil 27

2.4 Dairənin bərabər hissələrə bölünməsi, nizamlı çoxbucaqlıların qurulması

2.4.1 Dairəni bərabər hissələrə bölmək və düz yazılı çoxbucaqlıların qurulması

Bir dairəni yarıya bölmək üçün hər hansı birini çəkmək kifayətdir Diametr. İki qarşılıqlı perpendikulyar diametr dairəni dörd bərabər hissəyə böləcək (Şəkil 28, a). Hər dördüncü hissəni yarıya bölməklə, səkkizinci hissələr, daha sonrakı bölmə ilə isə on altıncı, otuz ikinci hissələr və s. (Şəkil 28, b) alırsınız. Düz bağlasanız bölmə nöqtələri, sonra adi bir yazılı kvadratın tərəflərini əldə edə bilərsiniz (A 4 ), səkkizbucaqlı ( A 8 ) və t . d. (Şəkil 28, c).

Şəkil 28

Bir dairəni 3, 6, 12 və s. bərabər hissələrə bölmək, və müvafiq nizamlı yazılı çoxbucaqlıların qurulması aşağıdakı kimi həyata keçirilir. Bir dairədə iki qarşılıqlı perpendikulyar diametr çəkilir 1–2 Və 3–4 (Şəkil 29 a). Nöqtələrdən 1 Və 2 dairənin radiusu olan qövslərin mərkəzlərdən necə təsvir edildiyi R nöqtələrdə kəsişmədən əvvəl A, B, C Və D . Xallar A ,B ,1, C, D Və 2 dairəni altı bərabər hissəyə bölün. Birindən götürülən bu eyni nöqtələr dairəni üç bərabər hissəyə böləcək (Şəkil 29, b). Bir dairəni 12 bərabər hissəyə bölmək üçün nöqtələrdən dairənin radiusu olan daha iki qövs təsvir edin. 3 Və 4 (Şəkil 29, c).

Şəkil 29

Siz həmçinin hökmdardan və 30 və 60° kvadratdan istifadə edərək müntəzəm yazılı üçbucaqlar, altıbucaqlılar və s. qura bilərsiniz. Şəkil 30-da yazılı üçbucaq üçün oxşar konstruksiya göstərilir.

Şəkil 30

Bir dairəni yeddi bərabər hissəyə bölmək və adi yazılı yeddibucaqlının tikintisi (Şəkil 31) həkk olunmuş üçbucağın tərəfinin yarısından istifadə etməklə, təqribən yazılan yeddibucağın tərəfinə bərabər olmaqla yerinə yetirilir.

Şəkil 31

Bir dairəni beş və ya on hissəyə bölmək bərabər hissələr iki qarşılıqlı perpendikulyar diametr çəkin (Şəkil 32, a). Radius O.A. yarıya bölün və bir xal aldıqdan sonra IN , ondan radiuslu bir qövsü təsvir edin R = B.C. nöqtəsində kəsişənə qədər D üfüqi diametri ilə. Nöqtələr arasındakı məsafə C Və D düzgün yazılmış beşbucağın yan uzunluğuna bərabərdir ( A 5 ) və seqment O.D. müntəzəm yazılmış onbucaqlının kənarının uzunluğuna bərabərdir ( A 10 ). Dairənin beşə və on bərabər hissəyə bölünməsi, eləcə də daxilə yazılmış düzgün beşbucaqlı və onbucaqlıların qurulması Şəkil 32, b-də göstərilmişdir. Bir dairənin beş hissəyə bölünməsinin istifadəsinə misal beşguşəli ulduzdur (Şəkil 32, c).

Şəkil 32

Şəkil 33 göstərir dairənin təxminən bərabər hissələrə bölünməsinin ümumi üsulu . Tutaq ki, bir dairəni doqquz bərabər hissəyə bölmək istəyirsiniz. Bir dairədə iki qarşılıqlı perpendikulyar diametr və şaquli diametr çəkilir AB köməkçi düz xəttdən istifadə edərək doqquz bərabər hissəyə bölünür (Şəkil 33, a). Nöqtədən B radiuslu qövsü təsvir edin R =AB , və onun üfüqi diametrinin davamı ilə kəsişməsində nöqtələr alınır İLƏ Və D . Nöqtələrdən C Və D cüt və ya tək diametrli bölmə nöqtələri vasitəsilə AB şüaları keçirir. Şüaların dairə ilə kəsişmə nöqtələri onu doqquz bərabər hissəyə böləcək (Şəkil 33, b).

Şəkil 33

Quraşdırarkən nəzərə almaq lazımdır ki, dairənin bərabər hissələrə bölünməsinin bu üsulu bütün əməliyyatların yerinə yetirilməsi zamanı xüsusilə yüksək dəqiqlik tələb edir.

Bucağın trisection probleminin ortaya çıxması (yəni bir bucağı üç bərabər hissəyə bölmək) müntəzəm çoxbucaqlıların qurulması probleminin həlli ehtiyacı ilə müəyyən edilir. Kompas və hökmdarla müntəzəm beşbucağın qurulması Pifaqorçularda böyük təəssürat yaratmalı idi, çünki müntəzəm beşguşəli ulduz onların tanınma əlaməti idi (sağlığı simvollaşdırırdı). Aşağıdakı əfsanə məlumdur.

Bir Pifaqorlu yad ölkədə ölürdü və ona baxan adama pul verə bilmirdi. Ölümündən əvvəl ona evində beş guşəli ulduz təsvir etməyi əmr etdi: əgər nə vaxtsa Pifaqorlu keçsəydi, mütləq bu barədə soruşardı. Və həqiqətən də, bir neçə il sonra müəyyən bir Pifaqorlu bu işarəni gördü və ev sahibini mükafatlandırdı.

Bucağın trisection probleminin mənşəyi həm də praktik fəaliyyətlərlə bağlıdır, xüsusən də bir dairənin bucağını və ya qövsünü bir neçə bərabər hissəyə bölmək üçün çarx hazırlayarkən bir dairəni bərabər hissələrə bölmək bacarığı lazım idi; memarlıqda, ornamentlərin yaradılmasında, tikinti texnologiyasında və astronomiyada da zəruri idi.

Kompas və hökmdardan istifadə edərək, n = 6 və 8 üçün müntəzəm n-qonşuları qura bilərsiniz, lakin n = 7 və 9 üçün deyil. Adi bir yeddibucaq qurmaq maraqlı bir problemdir: onu "daxiletmə" üsulu ilə həll etmək olar. Müntəzəm yeddibucaqlının qurulmasını Arximed təklif etmişdir. Lakin nizamlı altıbucaqlı qurmaq cəhdləri bucaq üçbucağı probleminə gətirib çıxarmalı idi, çünki düzgün altıbucaqlı qurmaq üçün 360°/9 = 120/3 bucaq qurmaq, yəni 120° bucağı bölmək lazım idi. üç bərabər hissə.

Nə üçün yunanlar kompasları və hökmdarları başqa alətlərdən üstün tuturdular?

Alimlər bu suala birmənalı və kifayət qədər inandırıcı cavab verə bilmirlər. Bunun səbəbi kompas və hökmdarların ən sadə alətlər olmasıdır? Belə ola bilər. Bununla belə, kompas və hökmdar qədər sadə və ya demək olar ki, sadə olan bir çox başqa alətləri qeyd etmək olar. Onların bəzilərinin köməyi ilə formullaşdırılmış problemlər də həll olunur.

Müvafiq ədəbiyyatda yunanların kompaslara və hökmdarlara bu qeyri-adi rəğbətini izah etmək cəhdlərinə rast gəlmək olar. Hər hansı bir həndəsi fiqur iki növ xəttdən ibarətdir - düz və ya əyri. Və hər hansı bir əyri müxtəlif diametrli dairələrin hissələrindən ibarətdir. Üstəlik, düz xətt və dairə müstəvidə daimi əyriliyin yeganə xətləridir.

Düz bucağı üç bərabər hissəyə bölmək.

Bəzi xüsusi hallarda bucağı bölmək asandır. Beləliklə, Pifaqorçular bərabəryanlı üçbucaqda hər bucağın 60º-ə bərabər olmasına əsaslanaraq düz bucağı üç bərabər hissəyə bölə bildilər.

Düz xəttini bölmək lazım gəlsin (MAN.

AN şüası üzərində ixtiyari AC seqmentini qoyduq, onun üzərində ACB bərabərtərəfli üçbucağını qurduq. Çünki (CAB 60º-ə bərabərdir, onda (BAM 30º-ə bərabərdir. CAB bucağının AD bissektrisasını quraq,) düz xəttin (MAN-ı üç bərabər bucağa) istədiyiniz bölməsini alırıq: (NAD, (DAB, (BAM)). .

Bucağın trisection problemi bucağın bəzi digər xüsusi dəyərləri üçün həll edilə bilər (məsələn, 90 ° / 2n bucaqlar üçün, burada n təbii ədəddir). İstənilən bucağı yalnız kompas və hökmdardan istifadə etməklə üç bərabər hissəyə bölmək mümkün olmadığı yalnız 19-cu əsrin birinci yarısında sübuta yetirilmişdir.

"Daxiletmə" metodundan istifadə edərək həll

Yunanlar tərəfindən nəzərdən keçirilən bəzi bucaq trisection üsulları sözdə daxiletmə üsulundan istifadə etdi. Bu, verilmiş O nöqtəsindən keçən xəttin mövqeyini tapmaqdan ibarət idi, onun üzərində iki verilmiş xəttin (və ya xətt və dairənin) verilmiş uzunluqda bir seqmenti kəsəcəyi a. Bu tikinti bir kompas və iki bölmə ilə bir hökmdar istifadə edilə bilər, aralarındakı məsafə a bərabərdir.

"Əlavələrin" köməyi ilə küncü üç bərabər hissəyə bölmək çox asandır. B təpəsi ilə bucağın tərəfində ixtiyari A nöqtəsini götürək və ondan digər tərəfə perpendikulyar AC ataq.

A nöqtəsindən BC şüası ilə bərabər istiqamətli şüa çəkək. İndi AC və l şüalarının arasına uzunluğu 2AB olan DE seqmentini daxil edək ki, onun davamı B nöqtəsindən keçsin. Sonra (EBC = (ABC/3. Əslində, G DE seqmentinin orta nöqtəsi olsun. A nöqtəsi üzərində yerləşir). diametri DE olan bir dairə, buna görə də AG = GE = DE/2 = AB üçbucaqları BAG və AGE ikitərəflidir, buna görə də (ABG = (AGB = 2(AEG = 2(EBC.))

İsgəndəriyyəli Pappus göstərdi ki, verilmiş l1 və l2 perpendikulyar xətləri arasına bir seqmentin “daxil edilməsi” problemi dairənin və hiperbolanın kəsişmə nöqtəsinin qurulmasına gəlir. ABCD düzbucağını nəzərdən keçirək ki, onun BC və CD tərəflərinin uzantıları xətlər verilmişdir və A təpəsi verilmiş nöqtədir ki, onun vasitəsilə E və F nöqtələrində l1 və l2 xətlərini kəsən xətt çəkməliyik ki, EF seqmenti verilmiş uzunluq.

DEF üçbucağını DEFG paraleloqramına tamamlayaq. İstədiyiniz xətti qurmaq üçün G nöqtəsini qurmaq və sonra A nöqtəsi vasitəsilə DG düz xəttinə paralel bir xətt çəkmək kifayətdir. G nöqtəsi D nöqtəsindən verilmiş DG = EF məsafəsi ilə uzaqlaşdırılır, ona görə də G nöqtəsi tikilə bilən çevrə üzərində yerləşir.

Digər tərəfdən, ABF və EDA üçbucaqlarının oxşarlığından AB alırıq: ED = BF: AD, yəni ED*BF=AB*AD. Nəticə etibarı ilə FG*BF=AB*AD = SABCD, yəni G nöqtəsi hiperbolanın üzərində yerləşir (Əgər Ox və Oy oxlarını BF və BA şüaları boyunca istiqamətləndirsəniz, bu hiperbola xy = SABCD tənliyi ilə verilmişdir)

Kvadratdan istifadə edərək həll

“Qrammatika” məsələlərinə bucağı istənilən nisbətdə bölmək problemi daxildir. Belə bir problemi həll etmək üçün ilk əyri Elisli Hippias tərəfindən icad edilmişdir. Sonralar (Dinostratusdan başlayaraq) bu əyri dairənin kvadratını həll etmək üçün də istifadə edilmişdir. Leybnits bu əyrini quadratrix adlandırdı.

Aşağıdakı kimi əldə edilir. B′C′ seqmentinin ucları ABCD kvadratında müvafiq olaraq BA və CD tərəfləri boyunca bərabər hərəkət etsin və AN seqmenti A nöqtəsi ətrafında bərabər fırlansın. İlkin anda B′C′ seqmenti ilə üst-üstə düşür BC seqmenti, AN seqmenti isə AB seqmenti ilə üst-üstə düşür; hər iki seqment eyni vaxtda AD son mövqeyinə çatır. Kvadratsa B′C′ və AN seqmentlərinin kəsişmə nöqtəsi ilə təsvir edilən əyridir.

Kəskin φ bucağını müəyyən mənada bölmək üçün yuxarıdakı rəsmdə L-nin kvadratın üzərində olduğu DAL = φ bucağını çəkmək lazımdır. LH perpendikulyarını AD seqmentinə ataq. Tələb olunan nisbətdə olan bu perpendikulyarı P nöqtəsinə bölək. Q nöqtəsində kvadratla kəsişənə qədər P vasitəsilə AD-yə paralel seqment çəkin; ray AQ LAD bucağını lazımi nisbətdə bölür, çünki kvadratın tərifinə görə (LAQ: (QAD = (LP: (LH.)).

Bucaq trisektorlarının qurulması üzrə praktiki iş

"Daxiletmə" üsulu ilə

Kvadratdan istifadə etməklə

Morley teoremindən istifadə edərək həll

İstənilən bucağı üç bərabər hissəyə bölmək mümkün olmadığı üçün biz Morley teoremindən istifadə edərək bucaq üçbucağı məsələsini tərs qaydada həll edə bilərik.

Teorem. BC tərəfinə ən yaxın olan B və C bucaqlarının trisektorları A1 nöqtəsində kəsilsin; B1 və C1 nöqtələri eyni şəkildə müəyyən edilir. Onda A1B1C1 üçbucağı bərabərtərəfli, C1C seqmenti isə düzgün üçbucağın əsasına perpendikulyardır.

Aşağıdakı məsələni həll edək: bütün bucaqlarından trisektorları çəkilmiş üçbucaq qurun.

Tikinti planı.

1) Gəlin bir tərəfi ümumi olan iki ixtiyari bucaq (BAC1 və (ABC1)) quraq.

Qurulmuş bucaqlar bərabərsizliyi təmin etməlidir:

2) AC1 şüası simmetriya oxu olsun. Gəlin əks etdirək (AC1 oxuna nisbətən BAC1. Eynilə, onu BC1 oxuna nisbətən əks etdirəcəyik (ABC1.

3) AC2 şüası simmetriya oxu olsun. əks etdirək (AC2 oxuna nisbətən C1AC2. Eynilə, BC2 oxuna nisbətən əks etdirək (C1ВC2.

4) C1 və C2 trisektorlarının kəsişmə nöqtələrini C1C2 seqmenti ilə birləşdirin.

5) Morley teoremində deyilir ki, üçbucağın trisektorları kəsişdikdə düzgün üçbucaq alınır və C1C2 seqmenti düzgün üçbucağın əsasına perpendikulyardır və bu üçbucağın təpəsindən keçir. Düzgün üçbucaq qurmaq üçün onun hündürlüyünü bilmək lazımdır: a) C1C2 seqmentinə nisbətən 30º bucaq altında C1 nöqtəsindən çıxan şüaları qurmaq; b) qurulmuş şüaların trisektorlarla kəsişmə nöqtələrini B1 və A1 hərfləri ilə qeyd edin; c) A1, B1, C1 nöqtələrini birləşdirin. A1B1C1 bərabərtərəfli üçbucağını alırıq.

6) Düzgün B1 və A1 üçbucağının təpələrindən keçən C nöqtəsindən şüalar çəkək.

Şəkildə üçbucağın trisektorlarının seqmentlərini buraxaq.

Biz bütün bucaqlarından çəkilmiş trisektorlarla ABC üçbucağını qurmuşuq.

Kompas və hökmdardan istifadə edərək bucağın triseksiyası həll olunmaması

Kompas və xətkeşdən istifadə etməklə hər hansı bucağı üç bərabər hissəyə bölməyin qeyri-mümkünlüyünü sübut etmək üçün müəyyən bir xüsusi bucağı bu şəkildə bölməyin mümkün olmadığını sübut etmək kifayətdir. Sübut edəcəyik ki, kompas və hökmdardan istifadə etməklə 30° bucağı üçbucağı kəsmək mümkün deyil. Bu AOB bucağının təpəsini koordinatların başlanğıcı kimi seçərək və Ox oxunu OA tərəfi boyunca istiqamətləndirərək Oxy koordinat sistemini təqdim edək. Fərz etmək olar ki, A və B nöqtələri O nöqtəsindən 1 məsafədən kənarlaşdırılır. Onda bucağın triseksiyası məsələsində koordinatları (cos 3φ, günah 3φ). φ=10° olduqda, başlanğıc nöqtəsi koordinatlara malikdir. Onun hər iki koordinatı kvadrat radikallarla ifadə edilir. Buna görə də sin 10° rəqəminin kvadrat radikallarla ifadə edilmədiyini sübut etmək kifayətdir.

sin3φ = sin(φ + 2φ) = olduğundan

sin(α + β) = sinα cosβ + cosα sinβ

Sinφ cos2φ + cosφ sin2φ =

cos2α = cos2α - sin2α

sin2α = 2sinα cosα

Sinφ(cos2φ - sin2φ) + cosφ(2sinφ cosφ) =

sin2α + cos2α = 1 cos2α = 1 - sin2α

Sinφ(1 - sin2φ - sin2φ) + 2sinφ cos2φ =

Sinφ(1 - 2sin2φ) + 2sinφ(1 - sin2φ) =

Sinφ(1 - 2sin2φ + 2 - 2sin2φ) =

Sinφ(3 - 4sin2φ) =

3sinφ - 4sin3φ sin3φ = 3sinφ - 4sin3φ, onda x = sin 10° ədədi kub tənliyini ödəyir

3x - 4x3 = ½ (φ =10°, 3φ =30°, sin3φ = ½)

8x3 - 6x + 1 = 0

(2x)3 -3*2x + 1 = 0

Bu tənliyin rasional köklərinin olmadığını sübut etmək kifayətdir. Fərz edək ki, 2x=p/q, burada p və q ümumi amilləri olmayan tam ədədlərdir. Onda p3 – 3pq2 + q3 = 0, yəni q3=p(3q2-p2). Buna görə də q ədədi p-yə bölünür, bu da p=±1 deməkdir. Buna görə də ±13q2 + q3 =0, yəni q2(q±3)= ±1. 1 rəqəmi q-a bölünür, ona görə də q=±1. Nəticədə x = ± 1/2 alırıq. ±1/2 dəyərlərinin tənliyin kökləri olmadığını yoxlamaq asandır. Ziddiyyət əldə edilmişdir, ona görə də tənliyin rasional kökləri yoxdur, yəni sin10° rəqəmini kvadrat radikallarla ifadə etmək olmaz.

Ərizə

Müntəzəm çoxbucaqlılar qurarkən bucaq trisection lazımdır. Bir dairədə yazılmış müntəzəm altıbucaqlı nümunədən istifadə edərək tikinti prosesinə baxacağıq.

ABC düzbucaqlı üçbucağını qurun. BC1 və BC2 trisektorlarını qururuq. Nəticədə bucaqlar 30º idi. Yaranan bucaqlardan birini iki 15º bisektora bölürük. Düzgün bucaq üçün hər tərəfə 15º əlavə edirik. Yaranan DBE bucağının trisektorlarını yenidən qururuq. Bunu daha iki dəfə təkrarlayırıq, üçbucağı B nöqtəsində fırladırıq ki, DB əvvəlki BE mövqeyi ilə üst-üstə düşsün. Yaranan nöqtələri birləşdirin.

Biz trisektorların qurulmasından istifadə edərək adi doqquzbucaqlı qura bildik.

Trisektor

Ümumi halda bucağın triseksiyası problemi kompas və hökmdardan istifadə etməklə həll edilə bilməz, lakin bu o demək deyil ki, bu problem digər köməkçi vasitələrlə həll edilə bilməz.

Bu məqsədə çatmaq üçün trisektor adlanan bir çox mexaniki qurğular icad edilmişdir. Ən sadə trisektor asanlıqla qalın kağızdan, kartondan və ya nazik qalaydan hazırlana bilər. Köməkçi rəsm aləti kimi xidmət edəcəkdir.

Trisektor və onun tətbiqi sxemi.

Yarımdairəyə bitişik AB zolağının uzunluğu yarımdairənin radiusuna bərabərdir. BD zolağının kənarı AC düz xətti ilə düz bucaq yaradır; B nöqtəsində yarımdairəyə toxunur; Bu zolağın uzunluğu ixtiyaridir. Eyni rəqəm trisektorun istifadəsini göstərir. Məsələn, KSM bucağını üç bərabər hissəyə bölmək istəyirsən

Trisektor elə yerləşdirilib ki, S bucağının təpəsi BD xətti üzərində olsun, bucağın bir tərəfi A nöqtəsindən keçsin, digər tərəfi isə yarımdairəyə toxunsun. Sonra SB və SO düz xətləri çəkilir və bu bucağın üç bərabər hissəyə bölünməsi tamamlanır. Bunu sübut etmək üçün O yarımdairənin düz mərkəzini N toxunan nöqtəsi ilə seqmentlə birləşdirək ASB üçbucağının SBO üçbucağına, SBO üçbucağının isə OSN üçbucağına bərabər olduğunu yoxlamaq asandır. Bu üç üçbucağın bərabərliyindən belə nəticə çıxır ki, ASB, BS0 və 0SN bucaqları bir-birinə bərabərdir və bu, sübut edilməli idi.

Bucağın trisection bu üsulu sırf həndəsi deyil; daha çox mexaniki adlandırmaq olar.

Trisektorlu saat

(istifadə üçün təlimat)

Avadanlıqlar: kompas, hökmdar, əlləri olan saat, qələm, şəffaf kağız.

Tərəqqi:

Bu bucağın rəqəmini şəffaf kağıza köçürün və hər iki saat əqrəbi düzüldükdə, rəsmini siferblatın üstünə qoyun ki, bucağın yuxarı hissəsi əqrəblərin fırlanma mərkəzi ilə üst-üstə düşsün və bucağın bir tərəfi birlikdə getsin. əllər.

Saatın dəqiqə əqrəbinin bu bucağın ikinci tərəfinin istiqaməti ilə üst-üstə düşmək üçün hərəkət etdiyi anda bucağın yuxarı hissəsindən saat əqrəbi istiqamətində bir şüa çəkin. Saat əqrəbinin fırlanma bucağına bərabər bir bucaq yaranır. İndi, kompas və hökmdardan istifadə edərək, bu bucağı iki dəfə artırın və ikiqat bucağı yenidən ikiqat artırın. Bu şəkildə əldə edilən bucaq bunun ⅓ hissəsi olacaqdır.

Həqiqətən də, dəqiqə əqrəbi hər dəfə müəyyən bir bucağı təsvir etdikdə, bu müddət ərzində saat əqrəbi 12 dəfə kiçik bucağa keçir və bu bucağı 4 dəfə artırdıqdan sonra (a/12) * 4 = ⅓ a bucağı əldə edilir.

Nəticə

Deməli, həll olunmayan tikinti məsələləri riyaziyyat tarixində xüsusi rol oynamışdır. Nəhayət, sübut olundu ki, bu problemləri yalnız kompas və hökmdardan istifadə etməklə həll etmək mümkün deyil. Ancaq tapşırığın özü - "həll olunmazlığı sübut etmək" - irəliyə doğru cəsarətli bir addım idi.

Eyni zamanda, qeyri-ənənəvi vasitələrdən istifadə etməklə bir çox həll yolları təklif edildi. Bütün bunlar həndəsə və cəbrdə tamamilə yeni fikirlərin yaranmasına və inkişafına səbəb oldu.

Tədqiqat işlərimi tamamlayıb təhlil edərək aşağıdakı nəticələrə gəldim:

✓ belə problemlərin yaranması onların praktiki əhəmiyyəti (xüsusilə, müntəzəm çoxbucaqlıların qurulması) ilə müəyyən edilmişdir;

✓ bu cür problemlər yeni metod və nəzəriyyələrin ("yerləşdirmə" üsulu, kvadratın görünüşü, Morley teoremi) inkişafına səbəb olur;

✓ həll olunmayan problemlər elmə daha çox diqqət cəlb edir: həll yolunu tapmaq və ya mümkünsüzlüyünü sübut etmək böyük şərəfdir.

Və mən də öyrəndim:

✓ bu problemi tədqiq etmiş riyaziyyatçılar haqqında;

✓ yeni anlayışlar, terminlər (trisection, trisector, quadratrix) və teoremlər (Morley) və öyrənildi:

✓ lazımi materialı effektiv şəkildə tapmaq və seçmək;

✓ əldə edilmiş bilikləri sistemləşdirmək;

✓ tədqiqat işini düzgün formatlaşdırmaq.

Bucaqların qurulması və bölünməsi bir iletki istifadə edərək həyata keçirilir, lakin bir çox bucaq kvadratlar və kompaslardan istifadə edərək tikilə və hətta bölünə bilər. Hökmdar və 30°, 60°, 90° və 45°, 45°, 90° bucaqları olan kvadratlardan istifadə edərək, 15°-ə çox olan istənilən bucaq qura bilərsiniz.

Çarpaz çubuq haqqında mövzuda onlardan biri müxtəlif açılar qurarkən kvadratların hansı birləşmələrindən istifadə edildiyini göstərir. Müxtəlif bucaqlar qurarkən kvadratların mövqeyini diqqətlə nəzərdən keçirin və rəsmlər hazırlayarkən bu biliklərdən istifadə edin. Tədris praktikasında, rəsmlər çəkərkən, nəqliyyat vasitəsinin istifadəsi minimuma endirilir.

Kəskin bucağı iki bərabər hissəyə bölmək

Kəskin bucağı bərabər hissələrə bölmək kompas və hökmdardan istifadə etməklə həyata keçirilir. BAC bucağının A nöqtəsindəki təpəsi ilə bölünməsi nümunəsindən istifadə edərək bucağın bissektrisasını tapmağı nəzərdən keçirək. İxtiyari R radiuslu A nöqtəsi vasitəsilə bucağın tərəfləri 1 və 2 nöqtələrində kəsişənə qədər qövs qururuq. Eyni radiuslu 1 nöqtəsi vasitəsilə başqa bir qövs qururuq, eyni şey 2 nöqtəsi vasitəsilə həyata keçirilir.

Bir-birini kəsən iki qövs K nöqtəsini verir, biz onu A nöqtəsinə bağlayırıq. AK düz xətti BAC bucağını iki bərabər hissəyə bölür və onun bissektrisasıdır.

Çıxarılmış təpəsi ilə bir bucağın iki bərabər hissəyə bölünməsi

Tutaq ki, belə bir bucağın tərəflərinin AB və CD hissələrini bilirik. Biz bucağın tərəflərindən L məsafəsinə bərabər məsafədə iki paralel xətt çəkirik. Məsafə elə seçilməlidir ki, seçilmiş xətlər kağız vərəqində, məsələn, M nöqtəsində kəsişsin. Sonra, bütün konstruksiyalar iti bucağı iki bərabər hissəyə bölərkən yerinə yetirilən işlər.

Alınan MN düz xətti verilmiş bucağı iki bərabər hissəyə bölür və onun bissektrisasıdır.

Düz bucağı üç bərabər hissəyə bölmək

Düz bucağı (məsələn, BCD bucağını) üç bərabər hissəyə bölmək üçün bucağın təpəsindən (C nöqtəsi) 1 və 2 nöqtələrində bucağın tərəfləri ilə kəsişənə qədər ixtiyari R radiuslu qövs çəkin. 1 və 2 nöqtələri, mərkəzlərdən olduğu kimi, radius R ilə, M və N nöqtələrində qövs 1-2 ilə kəsişən qövslər çəkin, biz 1CM = MCN = NC2 = 30 ° bucaqları əldə edirik.

Kompas və hökmdardan istifadə edərək bucağı üç bərabər hissəyə bölmək (Bucağın üçə bölünməsi).

Annotasiya:

Kompas və hökmdardan istifadə edərək bucağın bərabər hissələrə bölünməsi məsələlərinin həllinə ümumi yanaşma təklif olunur. Nümunə olaraq, bucağın üç bərabər hissəyə bölünməsi göstərilir (Bucağın üçə bölünməsi).

Açar sözlər:

künc; bucağın bölünməsi; bucağın triseksiyası.

Giriş.

Bucağın triseksiyası, kompas və hökmdar qurmaqla verilmiş bucağı üç bərabər hissəyə bölmək məsələsidir. Başqa sözlə, bucaq trisektorlarını - bucağı üç bərabər hissəyə bölən şüaları qurmaq lazımdır. Dairənin kvadratlaşdırılması və kubun ikiqat artırılması problemləri ilə yanaşı, Qədim Yunanıstan dövründən bəri məlum olan klassik həll olunmayan tikinti problemlərindən biridir.

Məqsəd Bu məqalə, heç olmasa, bucağın trisection problemi ilə əlaqədar olaraq, həll edilməməsi haqqında yuxarıdakı ifadənin yanlışlığına sübutdur.

Təklif olunan həll mürəkkəb konstruksiyalar tələb etmir,demək olar ki, universaldır və küncləri istənilən sayda bərabər hissələrə bölməyə imkan verir , bu da öz növbəsində istənilən müntəzəm çoxbucaqlılar qurmağa imkan verir.

Giriş hissəsi.

Bir düz xətt çəkəka və onun üzərində ∆CDE qurun. Gəlin onu “əsas” adlandıraq (şək. 1).

Onlayn seçina ixtiyari F nöqtəsi və başqa bir düz xətt çəkinb üçbucağın F nöqtəsi və D təpəsi vasitəsilə. Onlaynb İki ixtiyari G və H nöqtəsini götürək və onları Şəkil 1-də göstərildiyi kimi C və E nöqtələri ilə birləşdirək. Şəklin təhlili bucaqlar arasında aşağıdakı açıq əlaqələri yazmağa imkan verir:

1. α 1 -α 3 =y 1 ; α 3 -α 5 =y 3 ; α 1 -α 5 =y 1 +y 3 ;

2. α 2 -α 4 =y 2 ; α 4 -α 6 =y 4 ; α 2 -α 6 =y 2 +y 4 ;

3.y 1 /y 2 =y 3 /y 4 ;

İzah 1. 3-cü nöqtəyə: ∟C,∟D,∟E bucaqları ∆CDE əsas üçbucağının müvafiq təpələrindəki bucaqlar olsun. Sonra yaza bilərik:

∟C+∟D+∟E=180 0 – bucaqların cəmi ∆CDE;

∟C+y 2 +∟D-(y 2 +y 1 )+∟E+y 1 =180 0 – bucaqların cəmi ∆CGE;

Qoy y 1 /y 2 =n və ya y 1 =n*y 2 , Sonra,

∟C+y 2 +∟D-(y 2 +y 1 )+∟E+n*y 2 =180 0

Bucaqların cəmi ∆CHE:

∟C+(y 2 +y 4 )+∟D-(y 2 +y 4 +y 1 +y 3 )+∟E+n*(y 2 +y 4 )=180 0 , harada

y 1 +y 3 =n*(y 2 +y 4 ) və ya y 1 +y 3 =n*y 2 +n*y 4 , və y ildən 1 =n*y 2 ,Bu

y 3 =n*y 4 və buna görə də y 1 /y 2 =y 3 /y 4 =n.

Sonra, xəttdə iki ixtiyari nöqtə götürüna – N və M və onların arasından iki xətt çəkinc Vəd Fig.2-də göstərildiyi kimi. Aydındır ki, əvvəllər deyilənlər də daxil olmaqla, c və d sətirlərində müvafiq bucaqlardakı dəyişikliklərin nisbəti sabit qiymətdir, yəni: (β). 1 -β 3 )/(β 3 -β 5 )= (β 2 -β 4 )/(β 4 -β 6 )=y 1 /y 3 = y 2 /y 4 ;

Bucağı üç bərabər hissəyə bölmək.

Mərkəzi A nöqtəsində olan çevrədə E bucağını çəkin 1 A.E. 2 =β (bax. Şəkil 3.1). Dairənin əks tərəfində simmetrik olaraq üç bucağı yerləşdirəcəyik - CAC 1 , C 1 A.C. 2 , C 2 A.C. 3 hər biri β-ə bərabərdir. Bölmə bucağı E 1 A.E. 2 , K nöqtələrində 1 ,K 3 , üç bərabər açıya - ∟E 1 A.K. 1 , ∟K 1 A.K. 3 , ∟K 3 A.E. 2 β/3-ə bərabərdir. Şəkildə göstərildiyi kimi dairənin üzərindəki nöqtələrdən düz xətlər çəkək. 3.1. C, E nöqtələrini düz xətlərlə birləşdirin 1 və C 2 , E. (bax. Şəkil 3.2)

K nöqtəsi vasitəsilə - xətlərin kəsişməsi və K nöqtəsi 1 Bir düz xətt çəkək. Bu xətt üzərində ixtiyari K nöqtəsini seçək 2 və onun vasitəsilə C və C nöqtələrindən iki düz xətt çəkin 2 .

Bunu qeyd etmək çətin deyil ki, Şek. 3.2, əgər dairə xəttini çıxarsanız, demək olar ki, Şek. 2. (Aydınlıq üçün kəsikli xətt CC əlavə edilmişdir 2 ). Bu o deməkdir ki, yuxarıda qeyd olunan bütün münasibətlər burada tətbiq edilir, yəni üç bərabər hissəyə bölünməsi lazım olan bucaqlar üçün y münasibəti etibarlıdır. 1 /y 2 =y 3 /y 4 =1/2 (giriş hissəsində 1-ci izahata baxın). Şəkil 3.2-dən bucağı üç bərabər hissəyə bölmək aydın olur.

Nümunə olaraq β=50 bucağını üç bərabər hissəyə bölməyi nəzərdən keçirək 0 .

Seçim 1.

Mərkəzi A olan bir dairədə bir-birinə simmetrik olaraq kompaslarla və diametri CB (bax. Şəkil 4.1) qövsləri C çəkirik. 1 C 2 =B 1 B 2 =B 2 B 3 =B 1 B 4 bərabər β=50 0 - dairənin mərkəzinə nisbətən. Yarım qövs C 1 C 2 – CC 1 yarıya bölün (D nöqtəsi). B nöqtələrindən düz xətlər çəkin 1 həm D, həm də B nöqtəsi 3 və C. B nöqtələrini birləşdirin 1 və C, B 3 və C 1 . Əvvəllər çəkilmiş xətlərin kəsişmə nöqtələrini - F və E-ni bir-biri ilə bağlayırıq. Nəticədə bucaq α=C 1 AG, burada G FE xəttinin dairə ilə kəsişmə nöqtəsi β/3-ə bərabərdir.

Seçim 2.

Mərkəzi A olan bir dairədə bir-birinə simmetrik olaraq kompaslar və CB diametri (bax. Şəkil 4.2) C qövsləri ilə çəkirik. 1 C 2 =B 1 B 2 =B 2 B 3 =B 1 B 4 =β=50 0 - dairənin mərkəzinə nisbətən. Qoşulma nöqtələri B 1 və C, B 3 və C 1 . Bucaqları kənara qoyun y 2 =2y 1 (Şəkil 4.2-ə baxın) B sətirlərindən 1 C və B 3 C 1 və bu bucaqlara uyğun düz xətlər çəkin. Əvvəllər çəkilmiş xətlərin kəsişmə nöqtələrini - F və E-ni bir-biri ilə bağlayırıq. Nəticədə bucaq α=C 1 AG≈16.67 0 , burada G FE xəttinin dairə ilə kəsişmə nöqtəsidir, β/3-ə bərabərdir.

Bucağın üç bərabər hissəyə bölünməsinin tamamlanması (β=50 bucağı nümunəsindən istifadə etməklə) 0 ) Şəkil 5-də göstərilmişdir

Bucağı bərabər bucaqlı tək ədədə (>3) bölmək.

Nümunə olaraq, β=35 bucağını bölməyi nəzərdən keçirək 0 beş bərabər bucaq.

Metod №1.

Mərkəzi A olan bir dairədə bir-birinə simmetrik olaraq kompas ilə C bucaqlarını və CB diametrini çəkirik. 2 A.C. 1 =B 1 AB 2 =B 2 AB 3 =B 3 AB 4 =B 4 AB 5 =B 5 AB 6 =β=35 0 .(bax Şəkil 6)

Bölmə bucağı C 2 AC C yarım bucağına bərabərdir 2 A.C. 1 yarısında E nöqtəsində. Nöqtələri birləşdirin

E, C 2 ,B 1 ,B 2 ,B 3 Şəkil 6-da göstərildiyi kimi bir-birinə. Sonra bucağı bölmək üçün əvvəllər verilmiş misaldan 2-ci variantdan istifadə edirik, çünki bucaqları tək sayda >3 bərabər bucağa bölmək üçün 1-ci Variant açıq şəkildə tətbiq edilmir. B sətirlərindən 3 E və B 1 C 2 B nöqtələrində 3 və B 1 müvafiq olaraq y bucaqlarını kənara qoyuruq 1 və y 2 1:4 nisbətində. B nöqtələrindən 3 və B 1 N nöqtəsində kəsişənə qədər bu bucaqlara uyğun düz xətlər çəkin. Bucaq C 2 AK=α=7 0 axtardığınız olacaq.

Metod № 2.

Bu üsul (bax. Şəkil 7) birinciyə bənzəyir ki, yeganə fərqi ilə C2AC1 bucağının ¼ hissəsinin tikinti üçün istifadə edilməsi - BC dairəsinin mərkəzi xəttinə bitişik EAC bucağıdır. Bu metodun üstünlüyü ondan ibarətdir ki, bucağı çoxlu sayda bucaqlara - 7, 9, 11 və s.

Müntəzəm yeddibucağın qurulması.

Fərz edək ki, n arakəsmələrin sayıdır (bucağın bölündüyü sektorların sayı).

Sonra əgərn-1=2 k (1), haradak – istənilən tam ədəd, onda bucaq əvvəllər göstərildiyi kimi bir mərhələyə bölünür. Əgərn-1≠2 k (2) – sonra bucaq iki mərhələyə bölünür, əvvəlcən-1 , və sonran . Bütün hallarda aşağıdakı nisbət müşahidə olunur:y 1 /y 2 = 1/n-1 (3).

Bunu adi bir yedibucaqlı qurmaq nümunəsi ilə izah edək.

Yedibucaqlı qurmaq üçün 60 bucağın 1/7 hissəsini tapmaq lazımdır. 0 , onu altı ilə çarpın və nəticədə yaranan bucağı dairənin ətrafında yeddi dəfə çəkin (bu mümkün variantlardan biridir). 7-1=6 olduğundan (2) düsturuna uyğun olaraq bucaq 60-dır 0 Bunu iki mərhələyə böləcəyik. Birinci mərhələdə altıya, sonra ikinci mərhələdə yeddiyə bölürük. Bunun üçün bucağı 30-a bölürük 0 10 bərabər üç sektora 0 (Şəkil 8-ə baxın), məqalənin əvvəlində təsvir edilən ən sadə variant kimi 1-ci variantdan istifadə etməklə. Nəticədə bucaq ECL=10 0 dairənin mərkəzi xəttindən kənara qoyun (bax. Şəkil 9). ECL bucağının orta xəttə nisbətən simmetrik olaraq düzülmüş 60 bucağına aid olduğunu fərz edəcəyik. 0 .

60-lıq bucağın 1/7 hissəsini tapmaq üçün yanında 0 Biz daha əvvəl təsvir edilən 2 nömrəli metoddan istifadə edirik. Bunun üçün D bucağını kənara qoyacağıq 1 CD 2 =60 0 orta xəttə və D bucağına simmetrikdir 2 CD 3 =60 0 ona bitişik. D nöqtələrində 1 və D 3 y bucaqlarını quraq 1 və y 2 D sətirlərinə 1 E və D 3 L müvafiq olaraq, düstura (3) uyğun olaraq nisbətlərə riayət etməklə - yəni 1-dən 6-a qədər.

y bucaqlarında düz xətlər çəkək 1 və y 2 . Müvafiq xətlərin G və F kəsişmə nöqtələrini birləşdirək. Bucaq LCH=60 0 /7. L nöqtəsindən B nöqtəsinə qədər bu bucağı altı dəfə kənara qoyaq. Nəticədə çıxan BCL bucağını daha altı dəfə kənara qoyuruq və nəticədə yeddibucaqlı LBKFMNA alırıq.

Nəticə.

Bu məqalədə təklif olunan bir bucağı bərabər hissələrə bölmək üsulu bir məhdudiyyətə malikdir - 60-dan çox olan bucaqlar üçün birbaşa istifadə edilə bilməz. 0 , lakin problemin fundamental həlli baxımından o qədər də əhəmiyyətli deyil.

Biblioqrafiya:

1. Metelsky N.V. Riyaziyyat. Ali məktəblərə və texnikumlara abituriyentlər üçün orta məktəb kursu. Ed. 3-cü, stereotip. Mn., “Ən yüksək. Məktəb”, 1975, 688 s. xəstədən.

Tətbiq olaraq, indi artıq toxunulmuş məşhur bir riyazi problemin həlli ilə məşğul ola bilərik, yəni hər hansı bir bucağı bərabər hissələrə bölmək problemini, xüsusən də bucağın trisection problemini həll edə bilərik. Tapşırıq hər hansı bucağı üç bərabər hissəyə böləcək bir kompas və hökmdardan istifadə edərək dəqiq bir tikinti tapmaqdır. Bir sıra xüsusi bucaq dəyərləri üçün belə konstruksiyalar asanlıqla tapıla bilər. Göstərilən mənada bucağın üçə bölünməsinin qeyri-mümkünlüyünün sübutunda sizi düşüncə qatarı ilə tanış etmək istəyirəm; Eyni zamanda, kompas və hökmdardan istifadə edərək müntəzəm yedibucaqlı qurmağın mümkünsüzlüyünün sübutunu xatırlamağınızı xahiş edirəm. Bu sübutda olduğu kimi, problemi azaldılmayan kub tənliyinə endirəcəyik və sonra onu yalnız kvadrat köklərlə həll edə bilməyəcəyini göstərəcəyik. Ancaq yalnız indi tənliyə parametr - bucaq daxil ediləcək, halbuki əvvəllər əmsallar tam ədədlər idi; buna uyğun olaraq indi ədədi azalmazlıq əvəzinə funksional azalmazlıq olmalıdır.

Problemimizin qeydini verən tənliyi əldə etmək üçün təsəvvür edin ki, həqiqi ədədlərin müsbət yarımoxu üzərində bucaq qurulur (şək. 41); onda onun ikinci tərəfi nöqtədə radiusu 1 olan dairə ilə kəsişir

Bizim vəzifəmiz hər dəfə bu dairənin bucağın tərəfi ilə kəsişmə nöqtəsini verəcək, kompas və hökmdarla məhdud sayda əməliyyatdan ibarət bucağın ölçüsündən asılı olmayan bir konstruksiya tapmaqdan ibarətdir, yəni. , bir nöqtə

Bu z dəyəri tənliyi ödəyir

həndəsi məsələmizin analitik ekvivalenti isə bu tənliyi sonlu sayda rasional funksiyaların kvadratkökləri ilə həll etməkdir, çünki bunlar w nöqtəsinin koordinatlarıdır ki, bizim tikintiyə başlamalıyıq.

Hər şeydən əvvəl əmin olmalıyıq ki, (3) tənliyi funksiyalar nəzəriyyəsi baxımından azalmazdır. Düzdür, bu tənlik əvvəlki ümumi müzakirələrdə nəzərdə tutduğumuz tənliklər tipinə tam uyğun gəlmir: burada rasional olaraq daxil olan kompleks parametrin əvəzinə, real parametrin iki funksiyası - kosinus və sinus var -yə görə çoxhədlilərə parçalanmaq şərti ilə burada reduksiya edilə bilən çoxhədli adlandırırıq ki, onun əmsalları da rasional funksiyalardır. Məhz bərabərlikdə (3) insan bütün real dəyərlərdən keçirsə, eyni zamanda w müstəvisində 1 radiuslu dairədən keçir ki, bu da stereoqrafik proyeksiyaya görə w sferasında ekvatora uyğun gəlir. Tənliyin Riemann səthində bu çevrənin üstündə uzanan və eyni zamanda hər üç vərəqdən keçən xətt (3) istifadə edərək, sferanın radiusu 1 olan çevrəyə bir-bir çəkilir və buna görə də müəyyən dərəcədə adlandırıla bilər. onun "bir ölçülü Riemann təsviri". Aydındır ki, oxşar şəkildə formanın istənilən tənliyi üçün belə bir Rieman təsvirini qurmaq olar; Bunu etmək üçün tənliyin kökləri olduğu qədər radius 1 və qövs uzunluğu olan dairələrin çox nüsxəsini götürməlisiniz və onları köklərin birləşməsinə uyğun olaraq bərkitməlisiniz.

Bundan sonra, əvvəlki ilə tamamilə eyni şəkildə belə bir nəticəyə gəlirik ki, tənliyin yalnız bir ölçülü Rieman təsviri ayrı-ayrı hissələrə bölündüyü təqdirdə azaldıla bilər, lakin bu halda bu belə deyil və buna görə də tənliyimizin azaldılmaması ( 3) sübut edilmişdir.

Rasional ədədi əmsallı hər bir kub tənliyin bir sıra kvadrat köklərlə həll oluna bilən olmasının əvvəlki sübutu, funksional mənada reduksiya olunmayan (3) tənliyinin indiki halına hərfi şəkildə daşına bilər; siz hər dəfə “rasional ədədlər” sözləri əvəzinə “Bundan sonra rasional funksiyalar” dediyiniz zaman bizim ifadəmiz tamamilə sübut olunur ki, sonlu sayda əməliyyatlar (pusula və xətkeşlə) vasitəsilə yerinə yetirmək mümkün deyil. ), ixtiyari bir bucağı bu şəkildə üç hissəyə bölməklə, bir bucağı üçə bölməklə məşğul olan insanların bütün səyləri əbədi boşluğa məhkumdur!

İndi bir az daha mürəkkəb bir nümunəni nəzərdən keçirməyə davam edək.