Итак, я предлагаю поступить для построения угла 30 градусов при помощи циркуля и линейки следующим образом:

1) Сначала нам необходимо построить равносторонний треугольник, а именно он будет CFD

Перед этим мы циркулем строим две окружности одинакового диаметра, вторая окружность строится из точки В.

2) Теперь, CD делится пополам отрезком FО.

3) Значит угол CFD у нас получается равным 60 градусам

4) А в соответствии с этим наши углы CFO и DFO будут равны 30 градусам

Наш угол построен.

Очень часто на уроках геометрии у нас дается задание - нарисовать угол 30 градусов с помощью циркуля и линейки. Сделать это можно несколькими способами. Рассмотрим один из них.

С помощью линейки рисуем отрезок АВ.











При удалении помогших нам в постройке угла линий, получается долгожданный угол 30 градусов.



Чертим окружность любого радиуса. Затем выбираем точку на окружности и проводим еще окружность такого же радиуса.



обозначим точки. где пересекаются две окружности как C и D.



Теперь соединяем точки с помощью прямой.



Теперь построим равносторонний треугольник, у которого все углы будут равняться 60 градусов.



Теперь делим этот угол пополам, и у нас получается угол 30 градусов.



Построит угол в тридцать градусов, можно следующим способом.



Инструкция простая:

1) Сначала рисуете круг любого диаметра;

2) Рисуете еще один круг, точно такого же диаметра, а сторона второго круга, должна проходить через центр первого круга.

3) Строите треугольник FCD, как показано на рисунке вверху.

4) И теперь у вас есть два угла по тридцать градусов, это CFO и DFO.

Как вы видите это достаточно простой способ построения угла в тридцать градусов используя только линейку и циркуль. Научиться так строить углы может любой человек, причем ему не придется очень долго мучится, так как все просто. Удачи.

Построить угол в 30 градусов можно достаточно быстро, используя, согласно условию, циркуль и линейку.



Для начала рисуем две перпендикулярные прямые а и b, которые пересекаются в точке А.

Отмечаем в любом месте на прямой b точку B.

Строим окружность, где В центр, а 2АВ радиус.

О точка пересечения построенной окружности с прямой a.

Угол ВОА как раз и будет составлять тридцать градусов.

Что угол в 30 градусов, что в 60 градусов строится в прямоугольном треугольнике с углами 30 и 60 градусов.

1) Начинаем с окружности: из т.О проведм окружность произвольного радиуса ОА = ОВ.

3) Соединив точки А, С, В, получим искомый треугольник АВС с углами: lt; CAB = 60 гр. , lt; CBA = 30 гр.

Данное построение основано на свойстве катета АС,равного половине гипотенузы АВ, лежащего против угла lt; CBA = 30 градусов, соответственно, второй угол lt; САВ = 60 гр. Метод построения тоже простой.

• 1. Чертим две пересекающиеся окружности.
  2. Через центры окружностей проводим прямую линию.
  3. Отмечаем точки - вершины нашего равностороннего треугольника: точка пересечения прямой, соединяющей центры окружностей, с одной из окружностей; две точки пересечения окружностей.
  4. У равностороннего треугольника углы, как известно, равны 60 градусов.
  5. Ровно половину от 60 градусов получим, если возьмем угол, расположенный на прямой, соединяющей центры окружностей: она-то как раз и делит угол-вершину треугольника ровно пополам.

Для построения угла в 30 градусов с помощью линейки и циркуля предлагаю воспользоваться таким вариантом: сначала чертим ромб, а затем - его диагонали. Используя свойства ромба, можно утверждать, что угол ромба будет 30 градусов. Итак:

1. Чертим линию PQ
2. Ставим циркуль в точку Р, раздвигаем циркуль на произвольную ширину (например, до середины нашей линии) и чертим часть окружности. Точку, где она пересекается с линией, назовем S.
3. Ставим циркуль в точку S и чертим еще раз часть окружности, чтобы она пересеклась с предыдущей. Должно получиться так:



1. Точку, где пересеклись две части окружности назовем Т.
2. Циркулем из точки Т проводим еще одну часть окружности, получили точку R.
3. Соединяем линейкой точки Р - R, S-R, R-T, T-P, T-S, получаем ромб и, принимая вр внимание свойства ромба, получаем угол 30 градусов.





30 градусов - это половина от 60. Деление угла пополам знаете? Ну вот. А 60 градусов строится на раз. Отметьте точку и проведите окружность с центром в этой точке. Потом, не меняя раствор циркуля, проведите ещ такую же окружность, но с центром на первой окружности. Вот угол между радиусом, проведнным в новый центр, и точкой пересечения двух окружностей будет точнхонько 60 градусов.

На мой взгляд самый быстрый способ построить угол 30 градусов с помощью линейки и циркуля состоит в следующем:

проводим горизонтальную линию, ставим на нее в произвольной точке циркуль и проводим окружность. В точке, где окружность пересекла линию (например справа) опять ставим циркуль и проводим еще одну такую же окружность. Проводим линию через центр первой окружности и точку пересечения окружностей (красная линия) и проводим линию через точки пересечения окружностей (зеленая линия). Острый угол между красной и зеленой линиями равен 30 градусам.



Чтобы построить нужный нам угол, понадобилось всего пять движений.

Назад Вперёд

Внимание! Предварительный просмотр слайдов используется исключительно в ознакомительных целях и может не давать представления о всех возможностях презентации. Если вас заинтересовала данная работа, пожалуйста, загрузите полную версию.

Учебник: Геометрия, 7-9: учебник для общеобразовательных учреждений / (Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др.) – 16 изд. – М.: Просвещение, 2011.

Цели урока:

1. дать представление о новом классе задач на построение;
2. рассмотреть наиболее простые задачи на построение;
3. научить учащихся решать такие задачи.

Задачи:

Образовательный аспект:

• дать представление о новом классе задач – построение геометрических с помощью циркуля и линейки без масштабных делений;
• формировать практические умения работы;
• расширить знания об истории геометрии.

Развивающий аспект:

• развитие навыков самоконтроля;
• формирование ИКТ – компетентности;
• формирование логического мышления.

Воспитательный аспект:

• воспитание ответственного отношения к учебному труду, воли и настойчивости для достижения конечных результатов при изучении темы;
• воспитание интереса к истории математики, как науки.

Тип урока: комбинированный.

Формы организации учебной деятельности: индивидуальная, коллективная.

Этапы урока:

• подготовка к активной учебной деятельности;
• применение знаний;
• подведение итогов и рефлексия;
• информация о домашнем задании.

Оборудование:

• Учебное пособие, тетрадь, карандаш, авторучка, линейка, циркуль, раздаточный материал (КИМ);
• Компьютер, с минимальными техническими требованиями: Windows 95/98/ME/NT/2000/XP, 7.
• Муьтимедийный проектор, экран.

Ресурсы урока:

• тестовые задания (КИМ) приложение 1 ;
• презентация;
• оценка степени усвоения материала приложение 3 .

План урока:

№	Этап урока	Цель урока	Время
1.	Организационный момент(слайды 1-2)	Сообщение темы урока;Постановка цели урока;Сообщение этапов урока.	2 мин.
2.	Повторение. Проверка домашнего задания.(слайд 3)	Проверка теоретических знаний учащихся по теме окружность при выполнении теста.	5 мин.
3.	Подготовка учащихся к восприятию нового материала.(слайды 4-8)	Актуализация опорных знаний	10 мин.
4.	Изучение нового материала(слайды 9-19)	Отработка навыков решения простейших задач на построение циркулем и линейкой, рассмотренных в учебнике.	25 мин.
5.	Итог урока.	Подведение итогов урока.	2 мин.
6.	Домашнее задание.(слайд 20)	Инструктаж по домашнему заданию.	1 мин.

ХОД УРОКА

1. Организационный момент:

Тема сегодняшнего урока - «Примеры задач на построение» (слайд 1).

Цель урока – рассмотреть наиболее простые задачи на построение, которые решаются только с помощью циркуля и линейки без делений; научиться решать их (слайд 2).

2. Повторение. Проверка домашнего задания:

Мы с вами изучили тему « Окружность» и сегодня проверим с помощью теста ваши знания. Выполнить задание теста (каждому раздаются КИМы с тестовым заданием). Для каждого вопроса выберите правильный вариант ответа. Самостоятельно оцените свои знания, подсчитав количество верных ответов. Если верных ответов 6 - оценка «5», если верных ответов 5 – оценка «4», если верных ответов 4 – оценка «3», меньшее количество верных ответов – оценка « 2».

(Верные ответы на слайде 3 презентации).

3. Подготовка учащихся к восприятию нового материала:

Вводная беседа учителя:

Мы уже имели дело с геометрическими построениями: проводили прямые, откладывали отрезки, равные данным, чертили углы, треугольники и другие фигуры с помощью различных инструментов. При построении отрезка заданной длины использовалась линейка с миллиметровыми делениями, а при построении угла заданной градусной меры – транспортир.

В домашней работе у вас была такая задача:

Начертите треугольник АВС такой, что АВ = 3,6 см, АС = 2,7 см, А = 48°. Какие инст рументы вы использовали для решения этой задачи?

Итак, мы использовали линейку с миллиметровыми делениями и транспортир. Но есть такие задачи, в которых бывает оговорено, с помощью каких инструментов нужно построить предлагаемую геометрическую фигуру (слайд 4-5).

Задача 1. С помощью циркуля и линейки без делений на данном луче от его начала отложить отрезок, равный данному. Чертёж на экране.

(Учащиеся предлагают варианты решений).

А теперь проверим ваше решение (см. слайд 6)

Таким образом, многие построения в геометрии могут быть выполнены с помощью только циркуля и линейки без делений (слайд 7).

В дальнейшем, говоря о задачах на построение, мы будем иметь в виду именно такие построения.

Задачи на построение циркулем и линейкой являются традиционным материалом, изучаемым в курсе планиметрии. Обычно эти задачи решаются по схеме, состоящей из четырех частей (посмотреть с. 95–96 учебника). Сначала рисуют (чертят) искомую фигуру и устанавливают связи между данными задачи и искомыми элементами. Эта часть решения называется анализом . Она дает возможность составить план решения задачи.

Затем по намеченному плану выполняется построение циркулем и линейкой.

После этого нужно доказать , что построенная фигура удовлетворяет условиям задачи.

И наконец, необходимо исследовать , при любых ли данных задача имеет решение, и если имеет, то сколько решений.

В тех случаях, когда задача достаточно простая, отдельные части, например анализ или исследование, можно опустить (слайд 8).

В VII классе мы решим простейшие задачи на построение циркулем и линейкой, в других классах будем решать более сложные задачи.

4. Изучение нового материала:

И так, наша задача – выполнить задачи на построение только с помощью двух инструментов: циркуля и линейки без масштабных делений.

Что можно делать с их помощью? Ясно, что линейка позволяет провести произвольную прямую, а также построить прямую, проходящую через две данные точки. С помощью циркуля можно провести окружность произвольного радиуса, а также окружность с центром в данной точке и радиусом, равным данному отрезку (слайд 9).

Выполняя эти несложные операции, мы сможем решить много интересных задач на построение (слайд 10):

1. На данном луче от его начала отложить отрезок, равный данному.
2. Отложить от данного луча угол, равный данному.
3. Построить биссектрису данного неразвернутого угла.
4. Построить прямую, проходящую через данную точку и перпендикулярную к прямой, на которой лежит данная точка.
5. Построить середину данного отрезка.

Мы уже решили задачу № 1.

Теперь с помощью компьютера рассмотрим решение задачи № 2. Выполняйте соответствующие построения в тетради (слайды 11-12).

А теперь рассмотрим задачи № 3 – 5 (слайд 13-18).

(выполняются соответствующие построения и описания задач в тетради)

После выполнения работы, учитель обращает внимание учащихся на то, что такие задачи рассматривались в древности (слайд 19).

А теперь обратимся к истории геометрии. Древнегреческие математики достигли чрезвычайно большого искусства в геометрических построениях с помощью циркуля и линейки. Они доказали, что угол можно разделить и на четыре равных угла. Для этого нужно разделить его пополам, а затем построить биссектрису каждой половинки. А можно ли с помощью циркуля и линейки разделить угол на три равные части? Эта задача, получившая название задачи о трисекции угла, в течение многих веков привлекала внимание математиков. Однако она не поддавались их усилиям. Лишь в прошлом веке было доказано, что для произвольного угла такое построение невозможно.

Есть и другие задачи на построение, про которые известно, что они неразрешимы с помощью циркуля и линейки. Я предлагаю вам самостоятельно найти материал, содержащий информацию для ознакомления с этими задачами.

5. Подведение итогов урока:

Мы изучили много нового, узнали какие задачи можно решить только с помощью циркуля и линейки. У вас у каждого лежит лист с вопросами. Оцените свою работу на сегодняшнем уроке, выбрав один из предложенных вариантов ответа.

1. Оцените степень сложности урока. Вам было на уроке:
   • легко;
   • обычно;
   • трудно
2. Оцените степень вашего усвоения материала:
   • усвоил полностью, могу применить;
   • усвоил полностью, но затрудняюсь в применении;
   • усвоил частично;
   • не усвоил.

Собрать листочки для оценки степени усвоения материала сегодняшнего урока, чтобы на следующем уроке правильно организовать работу. Сообщаются оценки за урок, включая оценки за тест по теме « Окружность».

6. Домашнее задание:

• ответить на вопросы 17–21 на стр. 50;
• решить задачи №№ 153, 154 (слайд 20).

I. Введение.

II. Главная часть:

Построение отрезка, равного произведению двух других с помощью циркуля и линейки:

1. первый способ построения;

   второй способ построения;

   третий способ построения,

d) четвёртый способ построения.

2) Построение отрезка, равного отношению двух других с помощью циркуля и линейки:

первый способ построения;

второй способ построения.

Заключение.

Приложение.

Введение

Геометрические построения, или теория геометрических построений - раздел геометрии, где изучают вопросы и методы построения геометрических фигур, используя те или иные элементы построения. Геометрические построения изучаются как в геометрии Евклида, так и в других геометриях, как на плоскости, так и в пространстве. Классическими инструментами построения являются циркуль и линейка (односторонняя математическая), однако, существуют построения другими инструментами: только одним циркулем, только одной линейкой, если на плоскости начерчена окружность и её центр, только одной линейкой с параллельными краями и.т.д.

Все задачи на построение опираются на постулаты построения, то есть на простейшие элементарные задачи на построение, и задача считается решённой, если она сведена к конечному числу этих простейших задач-постулатов.

Естественно, каждый инструмент имеет свою конструктивную силу - свой набор постулатов. Так, известно, что разделить отрезок, пользуясь только одной линейкой, на две равные части нельзя, а пользуясь циркулем, можно.

Искусство построения геометрических фигур при помощи циркуля и линейки было в высокой степени развито в древней Греции. Одна из труднейших задач на построение, которую уже тогда умели выполнить, - построение окружности, касающейся трёх данных окружностей.

В школе изучают ряд простейших построений циркулем и линейкой (односторонней без делений): построение прямой, проходящей через заданную точку и перпендикулярной или параллельной данной прямой; деление пополам заданного угла, деление отрезка на несколько равных частей, используя теорему Фалеса (по сути дела - деление отрезка на натуральное число); построение отрезка большего данного в целое число раз (по сути -умножение отрезка на натуральное число). Однако, нами нигде не встречалась задача, где надо было бы с помощью циркуля и линейки умножить отрезок на отрезок, то есть построить отрезок, равный произведению двух данных отрезков, или деление отрезка на отрезок, то есть построить отрезок, равный отношению двух других отрезков. Нам показалась данная проблема очень интересной, и мы решили её исследовать, попытаться найти решение и возможность применения найденного метода решения к решению других задач, например, в математике и физике.

При решении задач на построение традиционная методика рекомендует нам четыре этапа: анализ, построение, доказательство и исследование. Однако, указанная схема решения задач на построение считается весьма академичной, и для её осуществления требуется много времени, поэтому часто отдельные этапы традиционной схемы решения задачи опускаются, например, этапы доказательства, исследования. В своей работе по возможности мы использовали все четыре этапа, да и то только там, где была в этом необходимость и целесообразность.

И последнее: найденный нами метод построения вышеназванных отрезков предполагает использование, помимо циркуля и линейки, произвольно выбранного единичного отрезка. Введение единичного отрезка диктуется ещё и тем, что он необходим хотя бы для того, чтобы подтвердить справедливость найденного нами метода нахождения отрезка на конкретных частных примерах.

ОБЩАЯ ПРОБЛЕМА І

С помощью циркуля и линейки построить отрезок, равный произведению двух других отрезков.

Примечание:

предполагается:

Линейка - односторонняя, без делений.

Задан отрезок единичной длины.

Исследование.

1.Рассмотрим прямые y=2x-2 2 и y=3x-3 2 и попробуем найти координаты точки пересечения этих прямых геометрическим и аналитическим методами:

а
) геометрический метод (Рис.1 ) показал, что координаты точки А пересечения этих прямых: «5»-абсцисса, «6»- ордината, т.е. АЕ=5, АД=6.

б) аналитический метод данный результат подтверждает, т.е. А (5;6) - точка пересечения прямых.

Действительно, решив систему уравнений

y=6 А(5;6)- точка пересечения прямых.

2.Рассмотрим отрезок: ОВ=2, ОС=3, АД=6, АЕ=5.

Можно предположить, что АД=ОВ×ОС, т.к. 6=2×3; АЕ=ОВ+ОС, т.к. 5=2+3 ,где

2=ОВ-угловой коэффициент уравнения y=2x-2 2 , 3=ОС - угловой коэффициент уравнения y=3x-3 2 , АД=у А, ОД=х А - координаты точки А пересечения наших прямых.

Наше предположение проверим на общем примере аналитическим методом, т.е. на уравнениях прямых y=mx-m 2 и y=nx-n 2 (где m≠n) проверим, что точка пересечения прямых имеет координаты:

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

координаты точки А пересечения прямых, где m и n – угловые коэффициенты этих прямых, ч.т.д.

3. Осталось найти метод построения отрезка. АД=ОВ×ОС=m∙n=y А - ординаты точки А пересечения прямых У=mx-m 2 и У=nx-n 2 , где m≠n и m=OB, n=OC- отрезки, отложенные на оси ох. А для этого мы должны найти метод построения прямых У=mx-m 2 и У=nx-n 2 . из рассуждений видно, что эти прямые должны пройти через точки В и С отрезков OB=m и OC=n, которые принадлежат оси ох.

Замечание 1. Вышеназванные обозначения отрезков соответствуют рис.1 «Приложения»

Первый способ построения отрезка AD=mn, где m>1ед., n>1ед., m≠n.

единичный отрезок

произвольный отрезок, m>1eд., n>1eд.

n произвольный отрезок, где m≠n.

Построение (Рис.2)

Проведём прямую ОХ

На ОХ отложим ОА 1 = m

На ОХ отложим А 1 С 1 =1ед

Построим С 1 В 1 =m, где С 1 В 1 ┴ ОХ

Проведём прямую А 1 В 1 , уравнение которой y=mx-m 2 в координатных осях ХОУ (масштаб на осях одинаковый).

Примечание:

Рис.2

Замечание 1.

Действительно, тангенс угла наклона этой прямой tgά 1 = С 1 В 1 /А 1 С 1 =m/1ед=m, которая проходит через точку А 1 отрезка ОА 1 =m.

Анологично строим прямую, уравнение которой У=nx-n 2 .

6.На оси ОХ отложим ОА 2 =n (точка А 2 случайно совпала с точкой С1).

7.На оси ОХ отложим А 2 С 2 =1ед.

8.Строим В 2 С 2 =n, где В 2 С 2 ┴ ОХ.

9.Проведём прямую В 2 А 2 , уравнение которой У=nx-n 2 .

Замечание 2. Действительно, тангенс наклона этой прямой tg ά 2 =C 2 B 2 /A 2 C 2 =n/1ед=n, которая проходит через т. А 2 отрезка ОА 2 =n.

10. Получили т.А (m+n; mn) – точку пересечения прямых У=mx-m 2 и У=nx-n 2

11. Проведем АД, перпендикулярную ох, где Д принадлежит оси ох.

12. Отрезок АД=mn (ордината т. А), т.е. искомый отрезок.

Замечание 3. а) действительно, если в нашем примере, n=4ед., m=3 ед., то должно быть АД=mn=3ед.∙4ед.=12ед. У нас так и получилось: АД=12ед.; б) прямая В 1 В 2 в этом построении не использовалась. В В – тоже.

Существует ещё, по крайней мере, три разных способа построения отрезка АД=mn.

Второй способ построения отрезка АД= mn , где m >1ед, n >1ед, m и n –любые.

Анализ

Анализ ранее построенного чертежа (рис.2), где с помощью найденного способа построения прямых У=mx-m 2 и У=nx-n 2 нашли т.А (m+n; mn) (это первый способ), подсказывает, что т.А(m+n; mn) можно найти построением любой из этих прямых (У=mx-m 2 или У=nx-n 2) и перпендикуляра АД, где АД – перпендикуляр к ОХ, АД=mn, Д принадлежит оси ОХ. Тогда искомая точка А (m+n; mn) является точкой пересечения любой из этих прямых и перпендикуляра АД. Достаточно найти углы наклона этих прямых, тангенсы которых, согласно угловым коэффициентам, равны m и n, т.е. tg ά 1= m и tg ά 2 =n. Учитывая, что tg ά 1 =m/1ед=m и tg ά 2 =n/1ед=n, где 1ед-единичный отрезок, можно легко построить прямые, уравнения которых У=mx-m 2 и У=nx-n 2 .

единичный отрезок

n n>1ед., m и n-любые числа.

П

остроение (Рис.3)

Рис.3

1.Проведём прямую ОХ.

2.На оси ОХ откладываем отрезок ОА 1 =m.

3.На оси ОХ отложим отрезок А 1 Д=n.

4.На оси ОХ отложим отрезок А 1 С 1 =1ед.

5.Строим С 1 В 1 =m, где С 1 В 1 ┴ ОХ.

6.Проведём прямую А1В1, уравнение которой У=mx-m2, в координатных осях ХОУ (масштаб на осях одинаковый).

7.Востанавливаем перпендикуляр к ОХ в точке D.

8.Получаем точку А (m+n; mn) - точку пересечения прямой У=mx-m2 и перпендикуляра AD

9.Отрезок AD=mn, то есть искомый отрезок.

Вывод: Этот второй способ универсальнее первого способа, так как позволяет найти точу А(m+n;mn)и тогда, когда m=n>1ед., тогда координаты этой точки А(2m;m 2) и AD=m 2 .

Другими словами этот метод позволяет найти отрезок, равный квадрату данного, длина которого больше 1ед.

Замечание: Действительно, если в нашем примере m=3ед., n=5ед., то должно быть AD=mn=3ед.×5ед.=15ед. У нас так и получилось: AD=15ед.

Третий способ построения отрезка AD = mn , где m >1ед, n >1ед и m ≠ n .

Используя рисунок №2, проведём штриховой линией прямую В 1 В 2 до пересечения с ОХ в точке Е € ОХ, и прямую В 1 В ┴ В 2 С 2 , тогда

В 1 В=С 1 С 2 =ОС 2 -ОС 1 =(n+1ед.)-(m+1ед)=n-m, а В 2 В=В 2 С 2 -В 1 С 1 =m-n => В 1 В=В 2 В=>∆В 1 ВВ 2 - равнобедренный, прямоугольный>∆ЕС 1 В 1 - равнобедренный, прямоугольный => ά=45º

Т.к. ОС 1 =m+1ед., а ЕС 1 =В 1 С 1 =m, то ОЕ=ОС 1 -ЕС 1 =m+1ед.-m=1ед.

Из рассуждений следует, что точки В 1 и В 2 можно найти по-другому, т.к. они являются точками пересечения прямой ЕВ 1 , проведённой под углом ά=45º к оси ОХ и перпендикуляров к ОХ: В 1 С 1 и В 2 С 2 , а ОЕ=1ед.Дальше, используя уже предыдущие методы будем иметь следующий способ построения.

Единичный отрезок.

n n>1ед., и m≠n.

Построение (Рис.4)

1.Проведём прямую ОХ.

5.Построим
ά=С 1 ЕВ 1 =45º, где В 1 - точка пересечения перпендикуляра С 1 В 1 со стороной ά=45º.

7.Отложим ОА 2 =n, где А 2 € ОХ.

8.Отложим А 2 С 2 =1ед., где С 2 € ОХ.

9.Восстановим перпендикуляр С 2 В 2 к оси ОХ в точке С 2 , где В 2 - точка пересечения перпендикуляра с прямой ЕВ 1 .

10.Проводим прямую А 2 В 2 , уравнение которой У=nx-n 2 , до пересечения с прямой А 1 В 1 в точке А.

11.Опускаем на ОХ из точки А перпендикуляр и получаем AD , равный mn, где D € ОХ, так как в координатных плоскостях осях ХОУ координаты точки А(m+n;mn).

Рис.4

Замечание: Недостаток данного способа такой же, как у первого способа построения, где построение возможно только при условии m≠n.

Четвёртый способ построения отрезка AD = mn , где m и n - любые, большие единичного отрезка.

Единичный отрезок.

n n>1ед., m и n- любые.

Построение (Рис.5)

Рис.5

1.Проведём прямую ОХ.

2.Отложим ОЕ=1ед., где Е € ОХ.

3.Отлтжим ЕС 1 =m, где С 1 € ОХ.

4.Восстановим перпендикуляр в точке С 1 к оси ОХ.

5.Построим ά=С 1 ЕВ 1 =45º, где В 1 - точка пересечения перпендикуляра С 1 В 1 со стороной ά=45º.

6.Отложив ОА 1 =m, проводим прямую А 1 В 1 , уравнение которой У=mx-m 2 , А € ОХ.

7.Отложим А 1 D=n, где D € OX.

8.Восстановим перпендикуляр в точке D до пересечения его в точке А с прямой А 1 В 1 , уравнение которой У=mx-m 2 .

9.Отрезок перпендикуляра AD = произведению отрезков m и n, то есть AD=mn, так как А (m+n; mn).

Замечание: Этот способ выгодно отличается от первого и третьего способов, где m≠n, так как имеем дело с любыми отрезками m и n, единичный отрезок может быть меньше только одного из них, участвующего в начале построения (у нас m>1ед.).

Общая проблема ІІ

С помощью циркуля и линейки построить отрезок, равный отношению двух других отрезков.

Примечание:

единичный отрезок меньше отрезка делителя.

Первый способ построения отрезка n = k / m , где m >1ед.

Единичный отрезок.

Построение (Рис.6)

2.На ОУ отложим ОМ=k.

3. На ОХ отложим ОА 1 = m.

4.На ОХ отложим А 1 С 1 =1ед.

5.Построим С 1 В 1 =m, где С 1 В 1 ┴ ОХ.

6. Проведём прямую А 1 В 1 , уравнение которой y=mx-m 2 в координатных осях ХОУ (масштаб на осях одинаковый, равный 1ед.).

7.Восстановим перпендикуляр МА в точке М к оси ОУ, где А- точка пересечения МА с прямой А 1 В 1 (т.е. А € А 1 В 1).

8.Опустим перпендикуляр из точки А на ось ОХ до пересечения его с осью ОХ в точке D. Отрезок AD=ОМ=k=mn.

9.Отрезок А 1 D= n - искомый отрезок, равный n=k/m.

Рис.6

Доказательство:

1.Уравнение прямой А 1 В 1 действительно У=mx-m 2 , при У=0 имеем 0=mx-m 2 => x=m=OA 1, т а угловой коэффициент - 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×1ед./m=mn/m=n, т.е. А 1 D=n=k/m - искомый отрезок.

Замечание. Действительно, если в нашем примере m=3ед., k=15ед., то должно быть A 1 D=n=k/m=15ед./3ед.=5ед. У нас так и получилось.

Второй способ построения отрезка n = k / m , где m >1ед.

Единичный отрезок.

Рис.7

1.Строим координатные оси ХОУ.

2.На ОУ отложим ОМ=k.

3.Отложим ОЕ=1ед., где Е € ОХ.

4.Отложим ЕС 1 =m, где С 1 € ОХ.

5.Восстановим перпендикуляр в точке С 1 к оси ОХ.

6.Строим С 1 ЕВ 1 =45º, где В 1 - точка пересечения перпендикуляра С 1 В 1 со стороной угла С 1 ЕВ 1 = 45º.

7. На ОХ отложим ОА 1 = m.

8. Проведём прямую А 1 В 1 , уравнение которой y=mx-m 2 в координатных осях ХОУ (масштаб на осях одинаковый, равный 1ед.).

9.Восстановим перпендикуляр МА в точке М к оси ОУ, где А - точка пересечения МА с прямой А 1 В 1 (т.е. А € А 1 В 1).

10.Опустим перпендикуляр из точки А на ось ОХ до пересечения его с осью ОХ в точке D. Отрезок AD=ОМ=k=mn.

11.Отрезок А 1 D=n - искомый отрезок, равный n=k/m.

Доказательство:

1.∆В 1 С 1 Е - прямоугольный и равнобедренный, так как С 1 ЕВ 1 =45º =>В 1 С 1 =ЕС 1 =m.

2.А 1 С 1 =ОС 1 - ОА 1 =(ОЕ+ЕС1) - ОА 1 =1ед+m-m=1ед.

3.Уравнение прямой А 1 В 1 действительно У=mx-m 2 , при У=0 имеем 0=mx-m 2 => x=m=OA 1, а угловой коэффициент - 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 ×1ед./m=mn/m=n, т.е. А 1 D=n=k/m - искомый отрезок.

Заключение

В своей работе мы нашли и исследовали различные методы построения с помощью циркуля и линейки отрезка, равного произведению или отношению двух других отрезков, предварительно дав своё определение этим действиям с отрезками, так как ни в одной специальной литературе мы не смогли найти не только определение умножения и деления отрезков, но даже упоминания об этих действиях над отрезками.

Здесь нами было использовано практически все четыре этапа: анализ, построение, доказательство и исследование.

В заключение мы бы хотели отметить возможность применения найденных методов построения отрезков в отдельных разделах физики и математики.

1. Если продлить прямые y=mx-m 2 и y=nx-n 2 (n>m>0) до пересечения с осью ОУ, то можно получить отрезки, равные m 2 , n 2 , n 2 - m 2 (Рис.8) , где ОК=m 2 , ОМ= n 2 , КМ= n 2 - m 2 .

Р
ис.8

Доказательство:

Если х=0, то y=0-m 2 =>ОК=m 2 .

Аналогично доказывается, что ОМ= n 2 =>КМ=ОМ-ОК= n 2 - m 2 .

2. Так как произведение двух отрезков есть площадь прямоугольника со сторонами, равными этим отрезкам, то, найдя отрезок, равный произведению двух других, тем самым мы представляем площадь прямоугольника в виде отрезка, длина которого численно равна этой площади.

3. В механике, термодинамике есть физические величины, например, работа (А=FS,A=PV), численно равные площадям прямоугольников, построенных в соответствующих координатных плоскостях, поэтому в задачах, где требуется, например, сравнить работы по площадям прямоугольников, очень просто это сделать, если эти площади представить в виде отрезков, численно равных площадям прямоугольников. А отрезки легко сравнить между собой.

4. Рассмотренный метод построения позволяет строить и другие отрезки, например, используя систему уравнений y=mx-m 3 и y=nx-n 3 , можно построить отрезки, имея данные m и n такие, как m 2 +mn+n 2 и mn(m+n), так как точка А пересечения прямых, заданных данной системой уравнений, имеет координаты (m 2 +mn+n 2 ; mn(m+n), а также можно построить отрезки n 3 , m 3 , и разность n 3 - m 3 , получаемые на ОУ в отрицательной области при Х=0.

Произведения . ... помощи циркуля и линейки . Алгоритм деления отрезка АВ пополам: 1) поставить ножку циркуля в точку А; 2) установить раствор циркуля равным длине отрезка ...

Биография Пифагора

Биография >> Математика

... построением правильных геометрических фигур с помощью циркуля и линейки . ... помощи циркуля и линейки . Со времени возникновения задачи прошло более двух ... равна b/4+p, один катет равен b/4, а другой b/2-p. По теореме Пифагора имеем:(b/4+p)=(b/4)+(b/4-p)или ...

Если вполне естественно, что с допущением большего разнообразия инструментов оказывается возможным решать более обширное множество задач на построение, то можно было бы предвидеть, что, напротив, при ограничениях, налагаемых на инструменты, класс разрешимых задач будет суживаться. Тем более замечательным нужно считать открытие, сделанное итальянцем Маскерони (1750-1800): все геометрические построения, выполнимые с помощью циркуля и линейки, могут быть выполнены с помощью одного только циркуля. Следует, конечно, оговорить, что провести на самом деле прямую линию через две данные точки без линейки невозможно, так что это основное построение не покрывается теорией Маскерони. Вместо того приходится считать, что прямая задана, если заданы две ее точки. Но с помощью одного лишь циркуля удается найти точку пересечения двух прямых, заданных таким образом, или точку пересечения прямой с окружностью.

Вероятно, простейшим примером построения Маскерони является удвоение данного отрезка Решение было уже дано на стр. 185. Далее, на стр. 186 мы научились делить данный отрезок пополам. Посмотрим теперь, как разделить пополам дугу окружности с центром О. Вот описание этого построения. Радиусом проводим две дуги с центрами От точки О откладываем на этих дугах две такие дуги и что Затем находим точку пересечения дуги с центром Р и радиусом и дуги с центром и радиусом Наконец, взяв в качестве радиуса отрезок опишем дугу с центром Р или до пересечения с дугой точка пересечения и является искомой средней точкой дуги Доказательство предоставляем читателю в качестве упражнения.

Рис. 48. Пересечение окружности и прямой, не проходящей через центр

Было бы невозможно доказать основное утверждение Маскерони, указывая для каждого построения, выполнимого с помощью циркуля и линейки, как его можно выполнить с помощью одного циркуля: ведь возможных построений бесчисленное множество. Но мы достигнем той же цели, если установим, что каждое из следующих основных построений выполнимо с помощью одного циркуля:

1. Провести окружность, если заданы центр и радиус.

2. Найти точки пересечения двух окружностей.

3. Найти точки пересечения прямой и окружности.

4. Найти точку пересечения двух прямых.

Любое геометрическое построение (в обычном смысле, с допущением циркуля и линейки) составляется из выполнения конечной последовательности этих элементарных построений. Что первые два из них выполнимы с помощью одного циркуля, ясно непосредственно. Более трудные построения 3 и 4 выполняются с использованием свойств инверсии, рассмотренных в предыдущем пункте.

Обратимся к построению 3: найдем точки пересечения данной окружности С с прямой, проходящей через данные точки Проведем дуги с центрами и радиусами, соответственно равными и кроме точки О, они пересекутся в точке Р. Затем построим точку обратную точке Р относительно окружности С (см. построение, описанное на стр. 186). Наконец, проведем окружность с центром и радиусом (она непременно пересечется с С): его точки пересечения с окружностью С и будут искомыми. Для доказательства достаточно установить, что каждая из точек находится на одинаковых расстояниях от (что касается точек то аналогичное их свойство сразу вытекает из построения). Действительно, Достаточно сослаться на то обстоятельство, что точка, обратная точке отстоит от точек на расстояние, равное радиусу окружности С (см. стр. 184). Стоит отметить, что окружность, проходящая через точки является обратной прямой в инверсии относительно круга С, так как эта окружность и прямая пересекаются

Рис. 49. Пересечение окружности и прямой, проходящей через центр

с С в одних и тех же точках. (При инверсии точки основной окружности остаются неподвижными.)

Указанное построение невыполнимо только в том случае, если прямая проходит через центр С. Но тогда точки пересечения могут быть найдены посредством построения, описанного на стр. 188, как получающихся, когда мы проводим произвольную окружность с центром В, пересекающуюся с С в точках Метод проведения окружности, обратной прямой, соединяющей две данные точки, немедленно дает и построение, решающее задачу 4. Пусть прямые даны точками (рис. 50).

Рис. 50. Пересечение двух прямых

Проведем произвольную окружность С и с помощью указанного выше метода построим окружности, обратные прямым и Эти окружности пересекаются в точке О и еще в одной точке Точка X, обратная точке и есть искомая точка пересечения: как ее построить - уже было разъяснено выше. Что X есть искомая точка, это ясно из того факта, что есть единственная точка, обратная точке, одновременно принадлежащей обеим прямым и следовательно, точка X, обратная должна лежать одновременно и на и на

Этими двумя построениями заканчивается доказательство эквивалентности между построениями Маскерони, при которых разрешается пользоваться только циркулем, и обыкновенными геометрическими построениями с циркулем и линейкой.

Мы не заботились об изяществе решения отдельных проблем, нами здесь рассмотренных, так как нашей целью было выяснить внутренний смысл построений Маскерони. Но в качестве примера мы еще укажем построение правильного пятиугольника; точнее говоря, речь идет о нахождении каких-то пяти точек на окружности, которые могут служить вершинами правильного вписанного пятиугольника.

Пусть А - произвольная точка на окружности К. Так как сторона правильного вписанного шестиугольника равна радиусу круга, то не представит труда отложить на К такие точки что

§ 5 173

одного циркуля - не проводя самого отрезка. Вот решение этой задачи. Опишем окружность радиусом AB с центром B и на нем, отправляясь от A, как раньше, отмерим последовательно три дуги радиусом AB. Последняя точка C будет лежать

на прямой AB, причем мы бу-

дем иметь: AB = BC. Затем опи-

шем окружность радиуса AB с

центром A и построим точку C0 ,

обратную точке C относитель-

но этой окружности. Тогда полу-
AC0 · AC = AB2 ,
AC0 · 2AB = AB2 ,
2AC0 = AB.
Значит, C0 есть искомая середина
	Рис. 44. Нахождение середины отрезка
Другое построение с помо-

щью одного циркуля, также использующее обратные точки, заключается в нахождении центра данной окружности, когда начерчена только сама окружность, а центр неизвестен. Берем про-

извольную		на окружности и около нее как центра
			описываем круг произвольного радиу-
			са, пересекающийся с данным кругом в
			точках R и S. Из этих последних то-
			чек как центров описываем дуги ради-
			усом RP = SP , пересекающиеся, кроме
			точки P , еще в точке Q. Сравнивая то,
			что получилось, с рис. 41, мы видим,
			что неизвестный центр Q0 есть точка,
			обратная точке Q относительно окруж-
Рис. 45. Нахождение			ности с центром P , и Q0 может быть, как
			мы видели, построена с помощью одного

§ 5. Построения с помощью других инструментов. Построения Маскерони с помощью одного циркуля

*1. Классическая конструкция, служащая для удвоения куба. Мы рассматривали до сих пор только проблемы геометрических построений без использования иных инструментов, кроме циркуля и линейки. Если допускаются и другие инструменты, то, разумеется, разнообра-

		ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ
		Рис. 46. Инструмент, служащий для удвоения куба

зие возможных построений сильно увеличивается. Следующий пример может служить образцом того, как греки решали проблему удвоения куба. Рассмотрим (рис. 46) жесткий прямой угол MZN и подвижной прямоугольный крест V W , P Q. Двум дополнительным стержням RS и T U предоставлена возможность скользить, оставаясь перпендикулярными к сторонам прямого угла. На кресте пусть выбраны фиксированные точки E и G, причем расстояния GB = a и BE = f заданы. Располагая крест таким образом, чтобы точки E и G соответственно лежали на NZ и MZ, и перемещая стержни T U и RS, можно весь аппарат привести в такое положение, чтобы лучевые перекладины креста BW , BQ, BV проходили через вершины A, D, E прямоугольника ADEZ. Указанное на чертеже расположение всегда возможно при условии f > a. Мы видим сразу, что a: x = x: y = y: f, откуда, в частности, если положено f = 2a, получается x3 = 2a3 . Значит, x есть ребро куба, объем которого вдвое больше, чем объем куба с ребром a. Таким образом, поставленная задача

§ 5 ПОСТРОЕНИЯ С ПОМОЩЬЮ ДРУГИХ ИНСТРУМЕНТОВ 175

2. Построения с помощью одного циркуля. Если вполне естественно, что с допущением большего разнообразия инструментов оказывается возможным решать более обширное множество задач на построение, то можно было бы предвидеть, что, напротив, при ограничениях, налагаемых на инструменты, класс разрешимых задач будет суживаться. Тем более замечательным нужно считать открытие, сделанное итальянцем Маскерони (1750–1800): все геометрические построения, выполнимые с помощью циркуля и линейки, могут быть выполнены с помощью одного только циркуля. Следует, конечно, оговорить, что провести на самом деле прямую линию через две данные точки без линейки невозможно, так что это основное построение не покрывается теорией Маскерони. Вместо того приходится считать, что прямая задана, если заданы две ее точки. Но с помощью одного лишь циркуля удается найти точку пересечения двух прямых, заданных таким образом, или точку пересечения прямой с окружностью.

Вероятно, простейшим примером построения Маскерони является удвоение данного отрезка AB. Решение было уже дано на стр. 166 . Далее, на стр.167 мы научились делить данный отрезок пополам. Посмотрим теперь, как разделить пополам дугу окружности AB с центром O.

	описание этого построения (рис. 47).
	Радиусом AO проводим две дуги с
	центрами A и B. От точки O откла-
	дываем на этих дугах две такие ду-
	ги OP и OQ, что OP = OQ = AB. За-
	тем находим точку R пересечения ду-
	ги с центром P и радиусом P B и дуги
	с центром Q и радиусом QA. Наконец,
	взяв в качестве радиуса отрезок OR,
	опишем дугу с центром P или Q до
	пересечения с дугой AB - точка пе-	Рис. 47. Нахождение середины ду-
	ресечения и является искомой сред-
			ги без линейки
	ней точкой дуги AB. Доказательство
	предоставляем читателю в качестве упражнения.

Было бы невозможно доказать основное утверждение Маскерони, указывая для каждого построения, выполнимого с помощью циркуля и линейки, как его можно выполнить с помощью одного циркуля: ведь возможных построений бесчисленное множество. Но мы достигнем той же цели, если установим, что каждое из следующих основных построений выполнимо с помощью одного циркуля:

1. Провести окружность, если заданы центр и радиус.

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ

2. Найти точки пересечения двух окружностей.

3. Найти точки пересечения прямой и окружности.

4. Найти точку пересечения двух прямых.

Любое геометрическое построение (в обычном смысле, с допущением циркуля и линейки) составляется из выполнения конечной последовательности этих элементарных построений. Что первые два из них выполнимы с помощью одного циркуля, ясно непосредственно. Более трудные построения 3 и 4 выполняются с использованием свойств инверсии, рассмотренных в предыдущем пункте.

Рис. 48. Пересечение окружности			Рис. 49. Пересечение окружно-
	прямой, не проходящей через		сти и прямой, проходящей через

Обратимся к построению 3: найдем точки пересечения данной окружности C с прямой, проходящей через данные точки A и B. Проведем дуги с центрами A и B и радиусами, соответственно равными AO и BO; кроме точки O, они пересекутся в точке P . Затем построим точку Q, обратную точке P относительно окружности C (см. построение, описанное на стр. 167 ). Наконец, проведем окружность с центром Q и радиусом QO (она непременно пересечется с C): ее точки пересечения X и X0 с окружностью C и будут искомыми. Для доказательства достаточно установить, что каждая из точек X и X0 находится на одинаковых расстояниях от O и P (что касается точек A и B, то аналогичное их свойство сразу вытекает из построения). Действительно, достаточно сослаться на то обстоятельство, что точка, обратная точке Q, отстоит от точек X и X0 на расстояние, равное радиусу окружности C (см. стр.165 ). Стоит отметить, что окружность, проходящая через точки X, X0 и O, является обратной прямой AB в инверсии относительно круга C, так как эта окружность и прямая AB пересекаются с C в одних и тех же точках. (При инверсии точки основной окружности остаются неподвижными.)

Рис. 50. Пересечение двух прямых

§ 5 ПОСТРОЕНИЯ С ПОМОЩЬЮ ДРУГИХ ИНСТРУМЕНТОВ 177

Указанное построение невыполнимо только в том случае, если прямая AB проходит через центр C. Но тогда точки пересечения могут быть найдены посредством построения, описанного на стр. 169 , как середины дуг C, получающихся, когда мы проводим произвольную окружность с центром B, пересекающуюся с C в точках B1 и B2 .

Метод проведения окружности, обратной прямой, соединяющей две данные точки, немедленно дает и построение, решающее задачу 4. Пусть прямые даны точками A, B и A0 , B0 (рис. 50). Проведем произвольную окружность C и с помощью указанного выше метода построим окружно-

обратные прямым AB и A0 B0 . Эти
окружности пересекаются в точке O
и еще в одной точке Y . Точка X, об-
ратная точке Y , и есть искомая точ-
ка пересечения: как ее построить -
уже было разъяснено выше. Что X
есть искомая точка, это ясно из то-
го факта, что Y есть единственная
точка, обратная точке, одновременно
принадлежащей обеим прямым AB
и A0 B0 ; следовательно, точка X, об-
ратная Y , должна лежать одновре-
менно и на AB, и на A0 B0 .
Этими двумя построениями за-

канчивается доказательство эквивалентности между построениями Мас-

керони, при которых разрешается пользоваться только циркулем, и обыкновенными геометрическими построениями с циркулем и линейкой.

Мы не заботились об изяществе решения отдельных проблем, нами здесь рассмотренных, так как нашей целью было выяснить внутренний смысл построений Маскерони. Но в каче-

X стве примера мы еще укажем пятиугольни-

				ка; точнее говоря, речь идет о нахождении
				каких-то пяти точек на окружности, кото-
				рые могут служить вершинами правильно-
				го вписанного пятиугольника.
				Пусть A - произвольная точка окруж-
				ности K. Так как сторона правильного
				вписанного шестиугольника равна радиусу
				круга, то не представит труда отложить
				на K такие точки B, C, D, что ^ AB =

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

дуги с центрами A и D радиусом, рав-

Рис. 51. Построение правильного пятиугольника

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ

ным AC; пусть они пересекаются в точ-

ке X. Тогда, если O есть центр K, дуга с

центром A и радиусом OX пересечет K в точке F , являющейся серединой дуги BC (см. стр. 169 ). Затем радиусом, равным радиусу K, опишем дуги с центром F , пересекающиеся с K в точках G и H. Пусть Y есть точка, расстояния которой от точек G и H равны OX и которая отделена от X центром O. В таком случае отрезок AY как раз и есть сторона искомого пятиугольника. Доказательство предоставляется читателю в качестве упражнения. Интересно отметить, что при построении используются только три различных радиуса.

В 1928 г. датский математик Ельмслев нашел в книжной лавке в Копенгагене экземпляр книги под названием Euclides Danicus, опубликованной в 1672 г. никому не известным автором Г. Мором. По титульному листу можно было сделать заключение, что это - просто один из вариантов евклидовых «Начал», снабженный, может быть, редакторским комментарием. Но при внимательном рассмотрении оказалось, что в ней содержится полное решение проблемы Маскерони, найденное задолго до Маскерони.

Упражнения. В дальнейшем дается описание построений Мора. Проверьте их правильность. Почему можно утверждать, что они решают проблему Маскерони?

1) К отрезку AB длины p восставите перпендикуляр BC. (Указание: продолжите AB до точки D таким образом, что AB = BD. Проведите произвольным радиусом дуги с центрами A и D и таким образом определите C.)

2) В плоскости даны как угодно расположенные отрезки длины p и q,

причем p > q. Постройте с помощью 1) отрезок длины x = p2 − q2 .

3) По заданному отрезку a постройте отрезок a 2. (Указание: обратите

√ √

внимание, что (a 2)2 = (a	3)2 − a2 .)
4) По данным отрезкам p и q постройте отрезок x =									p2 + q2	. (Указание:
примите во внимание, что	x2 = 2p2						Придумайте сами аналогич-

ные построения.

5) Пользуясь предыдущими результатами, постройте отрезки p + q и p − q, предполагая, что отрезки длины p и q заданы как-то на плоскости.

6) Проверьте и постарайтесь обосновать следующее построение середины M данного отрезка AB длины a. На продолжении отрезка AB найдем такие точки C и D, что CA = AB = BD. Построим равносторонний треугольник ECD согласно условию EC = ED = 2a и определим M как пересечение окружностей с диаметрами EC и ED.

7) Найдите прямоугольную проекцию точки A на отрезок BC.

8) Найдите x по условию x: a = p: q, где a, p и q - данные отрезки.

9) Найдите x = ab, где a и b - данные отрезки.

Вдохновляясь результатами Маскерони, Якоб Штейнер (1796–1863) предпринял попытку исследования построений, выполнимых с помощью одной только линейки. Конечно, одна только линейка не выводит за

ПОСТРОЕНИЯ С ПОМОЩЬЮ ДРУГИХ ИНСТРУМЕНТОВ

пределы данного числового поля, и потому она недостаточна для выполнения всех геометрических построений в классическом их понимании. Но тем более замечательны результаты, полученные Штейнером при введенном им ограничении - пользоваться циркулем только один раз. Он доказал, что все построения на плоскости, выполнимые с помощью циркуля и линейки, выполнимы также с помощью одной линейки при условии, что задан единственный неподвижный круг вместе с центром. Эти построения подразумевают применение проективных методов и будут описаны позднее (см. стр. 217 ).

* Без круга, и притом с центром, обойтись нельзя. Например, если дан круг, но не указан его центр, то найти центр с помощью одной линейки невозможно. Мы сейчас докажем это, ссылаясь, однако, на факт, который будет установлен позднее (см. стр. 240 ): существует такое преобразование плоскости самой в себя, что а) заданная окружность остается неподвижной, б) всякая прямая линия переходит в прямую, в) центр неподвижной окружности не остается неподвижным, а смещается. Само существование такого преобразования свидетельствует о невозможности построить центр данной окружности, пользуясь одной линейкой. В самом деле, какова бы ни была процедура построения, она сводится к ряду отдельных этапов, заключающихся в проведении прямых линий и нахождении их пересечений друг с другом или с данной окружностью. Представим себе теперь, что вся фигура в целом - окружность и все прямые, проведенные по линейке при выполнении построения центра - подвергнута преобразованию, существование которого мы здесь допустили. Тогда ясно, что фигура, полученная после преобразования, также удовлетворяла бы всем требованиям построения; но указываемое этой фигурой построение приводило бы к точке, отличной от центра данной окружности. Значит, построение, о котором идет речь, невозможно.

3. Черчение с помощью различных механических приспособлений. Механические кривые. Циклоиды. Изобретение различных механизмов, предназначенных для того, чтобы чертить различные кривые, помимо окружности и прямой линии, чрезвычайно расширяет область фигур, допускающих построение. Например, если имеется инструмент, позволяющий чертить гиперболы xy = k, и другой инструмент, вычерчивающий параболы y = ax2 + bx + c, то любая проблема, приводящая к кубическому уравнению

точнее, корни уравнения (1) являются x-координатами точек пересечения гиперболы и параболы, представляемых уравнениями (2). Таким

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ

Рис. 52. Графическое решение кубического уравнения

образом, решения уравнения (1) допускают построение, если разрешается пользоваться инструментами, с помощью которых можно начертить кривые (2).

Уже математикам древности были известны многие интересные кривые, которые могут быть определены и начерчены с помощью простых механических приспособлений. Среди таких «механических» кривых особенно видное место занимают циклоиды. Птолемей (около 200 года до нашей эры), обнаруживая необычайную проницательность, сумел использовать эти кривые для описания планетных движений.

Циклоида самого простого вида представляет собой траекторию движения точки P , фиксированной на окружности диска, катящегося без скольжения по прямой линии. На рис. 53 изображены четыре положения точки P в различные моменты времени. По форме циклоида напоминает ряд арок, опирающихся на горизонтальную прямую.

Разновидности этой кривой получаются, если возьмем точку P или внутри диска (как на спице колеса), или на продолжении радиуса за пределы диска.

ПОСТРОЕНИЯ С ПОМОЩЬЮ ДРУГИХ ИНСТРУМЕНТОВ

Рис. 53. Циклоида

Рис. 54. Циклоиды общего вида

Эти две кривые показаны на рис. 54.

Дальнейшие разновидности циклоиды возникают, когда наш диск катится не по прямой, а по дуге окружности. Если при этом катящийся диск с радиусом r остается все время касающимся изнутри той большой окружности C радиуса R, по которой он катится, то траектория точки, фиксированной на окружности диска, называется гипоциклоидой.

Когда диск прокатывается по всей окружности C ровно один раз, то точка P возвращается в исходное положение только в том случае, если радиус C является кратным радиуса c. На рис. 55 изображена замкнутая гипоциклоида, соответствующая предположению R = 3r. В более общем

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ

случае, если R = m n r, то гипоциклоида замкнется после того, как диск c

прокатится по окружности C ровно n раз, и будет состоять из m арок. Заслуживает особого упоминания случай R = 2r. Любая точка P на окружности диска будет описывать в этом случае один из диаметров большой окружности C (рис. 56). Предоставляем читателю доказать это в качестве задачи.

Еще один тип циклоид получается, когда диск c катится по окружности C, касаясь ее все время извне. Получающиеся при этом кривые носят название эпициклоид.

*4. Шарнирные механизмы. Инверсоры Поселье и Гарта.

Оставим на время в стороне вопрос о циклоидах (они появятся еще раз в этой книге - довольно неожиданно) и обратимся к иным методам механического воспроизведения кривых линий. Мы займемся сейчас

шарнирными механизмами.

Механизм этого типа представляет собой систему сочлененных между собой твердых стержней, обладающих такой степенью свободы, чтобы каждая его точка была способна описывать определенную кривую. Циркуль также является простейшим шарнирным механизмом, по существу состоящим из одного стержня с закрепленным концом.

Рис. 57. Преобразование прямолинейного движения во вращательное

Шарнирные механизмы издавна находят себе применение как составные части машин. Одним из самых знаменитых (в историческом отношении) примеров является так называемый «параллелограмм Уатта». Это приспособление было изобретено Джемсом Уаттом при решении следующей проблемы: как связать поршень с точкой махового колеса таким образом, чтобы вращение колеса сообщало поршню прямолинейное движение? Решение, данное Уаттом, было лишь приближенным, и, несмотря на усилия многих первоклассных математиков, проблема конструирования механизма, сообщающего точке в точности прямолиней-

ПОСТРОЕНИЯ С ПОМОЩЬЮ ДРУГИХ ИНСТРУМЕНТОВ

ное движение, долгое время оставалась нерешенной. Было даже сделано предположение, что такой механизм неосуществим: это было как раз тогда, когда всякого рода «доказательства невозможности» привлекли к себе всеобщее внимание. Тем большее изумление было вызвано в кругах математиков, когда французский морской офицер Поселье (в 1864 г.) все же изобрел несложный механизм, действительно разрешающий проблему в положительном смысле. В связи с введением в употребление хорошо действующих смазочных веществ техническая проблема потеряла свое значение для паровых машин.

Рис. 58. Инверсор Поселье, преобразующий вращательное движение в прямолинейное

Назначение механизма Поселье заключается в том, чтобы превращать круговое движение в прямолинейное. В основе этого механизма лежит теория инверсии, изложенная в § 4. Как видно из рис. 58, механизм состоит из семи жестких стержней, два из них - длины t, четыре - длины s и один - произвольной длины. Точки O и R закреплены и расположены таким образом, что OR = P R. Весь аппарат может быть приведен в движение, будучи подчинен указанным условиям. Мы сейчас убедимся, что, когда точка P описывает дугу окружности с центром R и радиусом RP , точка Q описывает прямолинейный отрезок. Обозначая основание перпендикуляра, опущенного из точки S на прямую OP Q, через T , мы замечаем, что

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

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

Величина t2 − s2 постоянная; положим t2 − s2 = r2 . Так как OP · OQ =

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ

r2 , то точки P и Q взаимно обратные относительно окружности с центром O и радиусом r. В то время как P описывает дугу окружности, проходящей через O, Q описывает кривую, обратную этой дуге. Но кривая, обратная окружности, проходящей через O, есть, как мы видели, не что иное, как прямая линия. Итак, траектория точки Q есть прямая, и инверсор Поселье чертит эту прямую без линейки.

Другой механизм, решающий ту же проблему, есть инверсор Гарта. Он состоит всего лишь из пяти стержней, сочленение которых показано на рис. 59. Здесь AB = CD, BC = AD. Через O, P и Q обозначены точки, соответственно зафиксированные на стержнях AB, AD и CB, притом

таким образом, что OB AO =P AP D =QB CQ =m n . Точки O и S закреплены

на плоскости неподвижно, с соблюдением условия OS = P S. Больше связей нет, и механизм способен двигаться. Очевидно, прямая AC всегда

	Рис. 59. Инверсор Гарта

параллельна прямой BD. В таком случае точки O, P и Q лежат на одной прямой, и прямая OP параллельна прямой AC. Проведем перпендикуляры AE и CF к прямой BD. Мы имеем

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

Но 2 ED

AE2 = AD2

EB2 + AE2 = AB2

Следовательно,

(m + n)2

(m + n)2

Последняя полученная величина не изменяется при движении механизма. Поэтому точки P и Q являются взаимно обратными относительно