Како да цртате со компас. „Геометриски конструкции со помош на компас и линијар

Енциклопедиски YouTube

    1 / 5

    ✪ VII одделение, час 22, Конструкции со компаси и линијар

    ✪ Геометрија 7 Кружни конструкции со компас и линијар

    ✪ Конструирање на триаголник користејќи две страни и аголот меѓу нив

    ✪ Геометрија 7 Примери на градежни проблеми

    ✪ VII одделение, час 23, Примери на градежни проблеми

    Преводи

Примери

Проблем со пресекување. Користете компас и линијар за да го поделите овој сегмент АБна два еднакви дела. Едно од решенијата е прикажано на сликата:

  • Со помош на компас цртаме кругови со центри на точките АИ Брадиус АБ.
  • Наоѓање пресечни точки ПИ Пдва конструирани кругови (лакови).
  • Со помош на линијар, нацртајте отсечка или права што минува низ точките ПИ П.
  • Наоѓање на саканата средна точка на сегментот АБ- точка на вкрстување АБИ PQ.

Формална дефиниција

Во градежните проблеми се разгледуваат многу од следниве објекти: сите точки на рамнината, сите прави линии на рамнината и сите кругови на рамнината. Во услови на проблемот, првично се одредува одреден сет на објекти (се смета за конструиран). Дозволено е додавање (изградба) на множеството конструирани објекти:

  1. произволна точка;
  2. произволна точка на дадена права;
  3. произволна точка на даден круг;
  4. точката на пресек на две дадени прави;
  5. точки на пресек/тангенција на дадена права и дадена кружница;
  6. точки на пресек/тангенција на две дадени кругови;
  7. произволна права линија што минува низ дадена точка;
  8. права линија што минува низ две дадени точки;
  9. произволен круг со центар во дадена точка;
  10. произволен круг со радиус еднаков на растојанието помеѓу две дадени точки;
  11. круг со центар во дадена точка и радиус еднаков на растојанието помеѓу две дадени точки.

Потребно е, користејќи конечен број од овие операции, да се конструира друг сет на објекти што е во даден однос со оригиналното множество.

Решението на градежниот проблем содржи три суштински делови:

  1. Опис на методот за конструирање на дадено множество.
  2. Доказ дека множеството конструирано на опишаниот начин е навистина во даден однос со оригиналното множество. Обично докажувањето на конструкцијата се врши како редовен доказ на теоремата, врз основа на аксиоми и други докажани теореми.
  3. Анализа на опишаниот метод на градба за неговата применливост на различни верзии на почетните услови, како и за уникатноста или неуникатноста на решението добиено со опишаниот метод.

Познати Проблеми

Друг добро познат и нерешлив проблем со користење на компас и линијар е конструирање на триаголник со помош на три дадени должини на симетрали. Овој проблем останува нерешлив дури и со алатка која врши трисекција на агол, како што е томахавк.

Прифатливи сегменти за изградба со помош на компас и владетел

Користејќи ги овие алатки, можно е да се конструира сегмент чија должина е:

За да се конструира отсечка со должина нумерички еднаква на производот, количникот и квадратниот корен на должините на дадените отсечки, потребно е да се наведе единечен сегмент на конструктивната рамнина (односно, отсечка со должина 1). Извлекувањето корени од сегменти со други природни сили кои не се сили од 2 е невозможно со помош на компас и линијар. Така, на пример, невозможно е да се конструира сегмент со должина од единечен сегмент со помош на компас и линијар. Од овој факт, особено, произлегува дека проблемот со удвојување на коцка е нерешлив.

Можни и невозможни конструкции

Од формална гледна точка, решението на секој конструктивен проблем се сведува на графичко решение на некоја алгебарска равенка, а коефициентите на оваа равенка се поврзани со должините на дадените отсечки. Затоа, можеме да кажеме дека конструктивната задача се сведува на пронаоѓање на вистинските корени на некоја алгебарска равенка.

Затоа, погодно е да се зборува за изградба на број - графичко решение на равенка од одреден тип.

Врз основа на можните конструкции на сегменти, можни се следните конструкции:

  • Конструкција на решенија на линеарни равенки.
  • Конструкција на решенија на равенки кои се сведуваат на решенија на квадратни равенки.

Со други зборови, можно е да се конструираат само отсечки еднакви на аритметички изрази користејќи го квадратниот корен од оригиналните броеви (дадени должини на отсечките).

Важно е да се напомене дека од суштинско значење е одлуката да се изрази со употреба квадраткорени, а не радикали од произволен степен. Дури и ако алгебарската равенка има решение во радикали, тогаш не следи дека е можно да се изгради отсечка еднаква на нејзиното решение со компас и линијар. Наједноставната равенка е: x 3 − 2 = 0 , (\приказ на стил x^(3)-2=0,)поврзани со познатиот проблем на удвојување на коцката, што се сведува на оваа кубна равенка. Како што споменавме погоре, решението на оваа равенка ( 2 3 (\displaystyle (\sqrt[(3)](2)))) не може да се конструира со компас и линијар.

Способноста да се конструира правилен 17-аголник произлегува од изразот за косинус на централниот агол на неговата страна:

cos ⁡ (2 π 17) = − 1 16 + 1 16 17 + 1 16 34 − 2 17 + (\displaystyle \cos (\left((\frac (2\pi)(17))\десно))=- (\frac (1)(16))\;+\;(\frac (1)(16))(\sqrt (17))\;+\;(\frac (1)(16))(\sqrt (34-2 (\sqrt (17))))\;+\;) + 1 8 17 + 3 17 − 34 − 2 17 − 2 34 + 2 17 , (\displaystyle +(\frac (1)(8))(\sqrt (17+3(\sqrt (17))-(\ sqrt (34-2 (\sqrt (17))))-2 (\sqrt (34+2 (\sqrt (17)))))))што пак произлегува од можноста за редуцирање на равенка на формата x F n − 1 = 0 , (\стил на прикажување x^(F_(n))-1=0,)Каде F n (\displaystyle F_(n))- кој било прост број Фермат, користејќи промена на променливата во квадратна равенка.

Варијации и генерализации

  • Конструкции со помош на еден компас.Според теоремата Мор-Машерони, со помош на еден компас можете да конструирате која било фигура што може да се конструира со компас и линијар. Во овој случај, права линија се смета за изградена ако на неа се наведени две точки.
  • Конструкции со користење на еден владетел.Очигледно, со помош на единствен линијар може да се изведат само проективно-инваријантни конструкции. Особено,
    • невозможно е дури и да се подели сегмент на два еднакви дела,
    • Исто така е невозможно да се најде центарот на даден круг.
Сепак,
  • Ако на рамнината има однапред нацртан круг со означен центар и еден линијар, можете да ги изведете истите конструкции како со компас и линијар (

Познат уште од античко време.

Следниве операции се можни во градежните задачи:

  • Означете кој било точкана рамнина, точка на една од конструираните линии или пресечна точка на две конструирани линии.
  • Со користење на компаснацртајте круг со центар во конструираната точка и радиус еднаков на растојанието помеѓу двете веќе изградени точки.
  • Со користење на владетелинацртајте права линија што минува низ двете конструирани точки.

Во овој случај, компасот и владетелот се сметаат за идеални алатки, особено:


1. Едноставен пример

Поделба на сегмент на половина

Задача.Користете компас и линијар за да го поделите овој сегмент АБна два еднакви дела. Едно од решенијата е прикажано на сликата:

  • Со помош на компас конструираме круг со центар во точка Арадиус АБ.
  • Конструирање на круг со центар во точка Брадиус АБ.
  • Наоѓање пресечни точки ПИ Пдва конструирани кругови.
  • Користете линијар за да нацртате линија што ги поврзува точките ПИ П.
  • Наоѓање на пресечната точка АБИ P.Q.Ова е саканата средна точка на сегментот АБ.

2. Правилни многуаголници

Античките геометри знаеле методи за конструирање точни n-гони за и .


4. Можни и невозможни конструкции

Сите конструкции не се ништо повеќе од решение на некоја равенка, а коефициентите на оваа равенка се поврзани со должините на дадените отсечки. Затоа, погодно е да се зборува за изградба на број - графичко решение на равенка од одреден тип.

Во рамките на барањата за градење, можни се следниве згради:

Со други зборови, можете само да конструирате броеви еднакви на аритметички изрази користејќи го квадратниот корен од оригиналните броеви (должините на отсечките). На пример,


5. Варијации и генерализации


6. Забавни факти

  • GeoGebra, Kig, KSEG - програми кои ви дозволуваат да изведувате конструкции користејќи компаси и линијари.

Литература

  • А. Адлер. Теорија на геометриски конструкции,Превод од германски на G. M. Fikhtengolts. Трето издание. Л., Навчпедвид, 1940-232 стр.
  • И. Александров, Збирка на геометриски конструктивни проблеми,Осумнаесеттото издание, М., Навчпедвид, 1950-176 стр.
  • Б. И. Аргунов, М Б Балк.

Ако е сосема природно што со помош на поголема разновидност на алатки станува возможно да се реши поголем сет на градежни проблеми, тогаш може да се предвиди дека, напротив, со ограничувањата наметнати на алатките, класата на решливи проблеми ќе се стесни. Уште позабележително треба да се смета откритието направено од Италијанецот Маскерони (1750-1800):сите геометриски конструкции што можат да се направат со компас и рамнина може да се направат само со компас.Се разбира, треба да се забележи дека е невозможно да се повлече права линија низ две дадени точки без линијар, така што оваа основна конструкција не е покриена со теоријата на Маскерони. Наместо тоа, треба да претпоставиме дека е дадена права ако се дадени две нејзини точки. Но, само со помош на компас е можно да се најде точката на пресек на две прави дефинирани на овој начин, или точката на пресек на права со круг.

Веројатно наједноставниот пример за конструкцијата на Машерони е удвојувањето на дадена отсечка AB. Решението е веќе дадено на стр.174-175. Понатаму, на стр. 175-176 научивме како да го поделиме овој сегмент на половина. Ајде сега да видиме како да се подели на половина лакот на круг AB со центар O. Еве опис на оваа конструкција (сл. 47). Со радиус AO цртаме два лака со центри A и B. Од точката O поставивме на овие лакови два лака OP и OQ така што OP = OQ = AB. Потоа ја наоѓаме пресечната точка R на лакот со центар P и радиус РВ и лакот со центар Q и радиус QA. Конечно, земајќи ја отсечката ИЛИ како радиус, опишуваме лак со центар P или Q додека не се пресече со лакот AB - пресечната точка е саканата средна точка на лакот AB. Доказот како вежба го оставаме на читателот.

Би било невозможно да се докаже главната изјава на Машерони со тоа што ќе покаже, за секоја конструкција што може да се направи со компас и прав, како тоа може да се направи само со компас: на крајот на краиштата, можните конструкции се безброј. Но, ќе ја постигнеме истата цел ако утврдиме дека секоја од следните основни конструкции е изводлива со помош на еден компас:

  1. Нацртајте круг ако се дадени неговиот центар и радиус.
  2. Најдете ги пресечните точки на два круга.
  3. Најдете ги пресечните точки на права и круг.
  4. Најдете ја точката на пресек на две прави.

Секоја геометриска конструкција (во вообичаена смисла, со претпоставка на компас и прав) е составена од конечна низа од овие елементарни конструкции. Дека првите два од нив може да се направат со помош на еден компас е веднаш јасно. Потешките конструкции 3 и 4 се изведуваат со користење на својствата на инверзија дискутирани во претходниот пасус.

Да се ​​свртиме кон конструкцијата 3: ќе ги најдеме точките на пресек на дадена кружница C со права што минува низ овие точки A и B. Ќе нацртаме лаци со центри A и B и радиуси еднакви на AO и BO, соодветно, освен за точката O, тие ќе се сечат во точката P. Потоа ќе ја конструираме точката Q, обратна на точката P во однос на кругот C (види конструкција опишана на страница 174). Конечно, да нацртаме круг со центар Q и радиус QO (сигурно ќе се пресече со C): неговите пресечни точки X и X" со кругот C ќе бидат посакуваните. За да го докаже тоа, доволно е да се утврди дека секоја од точките X и X" е на еднакво растојание од О и P (како и за точките А и Б, нивното слично својство веднаш следи од конструкцијата). Навистина, доволно е да се осврнеме на фактот дека точката обратна до точката Q е одвоена од точките X и X" на растојание еднакво на радиусот на кругот C (види страница 173). Вреди да се напомене дека круг што минува низ точките X, X" и O, е инверзна на правата AB во инверзија во однос на кругот C, бидејќи оваа кружница и правата AB се сечат со C во истите точки. (За време на инверзија, точките на главниот круг остануваат неподвижни.) Наведената конструкција не е изводлива само ако правата линија AB поминува низ центарот C. Но, тогаш точките на вкрстување може да се најдат со помош на конструкцијата опишана на страница 178. како средните точки на лаците C добиени кога цртаме произволна кружница со центарот B, вкрстувајќи се со C во точките B 1 и B 2.

Начинот на цртање круг обратно на права линија што поврзува две дадени точки веднаш дава конструкција што го решава проблемот 4. Нека правите се дадени со точките A, B и A, B (сл. 50) Да нацртаме произволна круг C користејќи го горенаведениот метод Ајде да конструираме кругови инверзни на прави линии AB и AB ". Овие кругови се сечат во точката O и во друга точка Y. Точката X, обратна до точката Y, е саканата пресечна точка: како да се конструира веќе е објаснето погоре. Која X е саканата точка, тоа е јасно од фактот дека Y е единствената точка обратна до точката која истовремено припаѓа на двете прави AB и A"B“, затоа, точката X, инверзна на Y , мора да лежи истовремено и на AB и на A"B".

Овие две конструкции го комплетираат доказот за еквивалентноста меѓу конструкциите на Машерони, во кои е дозволено да се користи само компас, и обичните геометриски конструкции со компас и линијар.

Не се грижевме за елеганцијата на решавањето на индивидуалните проблеми што ги разгледувавме овде, бидејќи нашата цел беше да го разјасниме внатрешното значење на конструкциите на Машерони. Но, како пример ќе ја посочиме и изградбата на редовен петаголник; поточно, зборуваме за пронаоѓање на пет точки на кругот кои можат да послужат како темиња на правилен впишан петаголник.

Нека A е произволна точка на кругот K. Бидејќи страната на правилен впишан шестоаголник е еднаква на радиусот на кругот, нема да биде тешко да се исцртаат точките B, C, D на K така што AB = BC = CD = 60° (сл. 51). Ние цртаме лакови со центри A и D со радиус еднаков на AC; нека се сечат во точката X. Тогаш, ако O е центарот на K, лак со центар A и радиус OX ќе го пресече K во точката F, што е средната точка на лакот BC (види страница 178). Потоа, со радиус еднаков на радиусот K, ги опишуваме лаците со центарот F што се сечат со K во точките G и H. Нека Y е точка чии растојанија од точките G и H се еднакви на OX и која е одвоена од X со центар O. Во овој случај, отсечката AY е колку пати е страната на саканиот петаголник. Доказот е оставен како вежба на читателот. Интересно е да се забележи дека во конструкцијата се користат само три различни радиуси.

Во 1928 година, данскиот математичар Хјелмслев пронашол примерок од книгата наречена Евклид Даник, објавена во 1672 година од непознат автор Г. Мором.Од насловната страница може да се заклучи дека ова е едноставно една од верзиите на Евклидовите „Принципи“, можеби опремена со уреднички коментар. Но, по внимателно испитување, се покажа дека содржи целосно решение за проблемот на Машерони, пронајден долго пред Маскерони.

Вежби. Во продолжение е даден опис на Моровите конструкции. Проверете дали се точни. Зошто може да се каже дека го решаваат проблемот со Маскерони?

Инспириран од резултатите на Маскерони, Јакоб Штајнер (1796-1863)направи обид да ги проучи конструкциите што можат да се изведат само со помош на линијар. Се разбира, линијарот сам не води надвор од границите на даденото бројно поле и затоа не е доволно да се изведат сите геометриски конструкции во нивната класична смисла. Но, уште позабележителни се резултатите што ги доби Штајнер под ограничувањето што го воведе - да се користи компасот само еднаш. Тој докажа дека сите конструкции на рамнината што можат да се направат со компас и линијар може да се направат и со еден линијар, под услов да се даде единствен фиксен круг со центар. Овие конструкции вклучуваат употреба на проективни методи и ќе бидат опишани подоцна (види страница 228).

* Невозможно е да се направи без круг, а згора на тоа, со центар. На пример, ако е даден круг, но неговиот центар не е означен, тогаш невозможно е да се најде центарот само со помош на линијар. Сега ќе го докажеме ова, повикувајќи се, сепак, на факт што ќе се утврди подоцна (види стр. 252): постои таква трансформација на рамнината во себе што а) даден круг останува неподвижен, б) секоја права линија се врти во права линија, со ) центарот на неподвижниот круг не останува неподвижен, туку се движи. Самото постоење на таква трансформација укажува на неможноста да се изгради центарот на даден круг со помош на еден линијар. Всушност, без оглед на постапката на градење, се сведува на низа посебни чекори кои се состојат од цртање прави линии и пронаоѓање на нивните пресеци меѓу себе или со даден круг. Сега да замислиме дека целата фигура како целина е круг и сите прави линии нацртани долж линијарот при конструирањето на центарот се предмет на трансформација, чие постоење овде го претпоставивме. Тогаш е јасно дека бројката добиена по трансформацијата исто така би ги задоволила сите барања на изградбата; но конструкцијата означена со оваа слика би довела до точка различна од центарот на дадениот круг. Тоа значи дека конструкцијата за која станува збор е невозможна.

Изградба со помош на компас и владетел

Конструкции со помош на компас и владетел- дел од Евклидовата геометрија, познат уште од античко време. Во градежните задачи, компасите и линијарите се сметаат за идеални алатки, особено:

  • Владетелот нема поделби и има страна со бесконечна должина, туку само една.
  • Компасот може да има произволно голем или произволно мал отвор (односно, може да нацрта круг со произволен радиус).

Пример

Поделба на сегмент на половина

Проблем со пресекување. Користете компас и линијар за да го поделите овој сегмент АБна два еднакви дела. Едно од решенијата е прикажано на сликата:

  • Со помош на компас цртаме кругови со центри на точките АИ Брадиус АБ.
  • Наоѓање пресечни точки ПИ Пдва конструирани кругови (лакови).
  • Со помош на линијар, нацртајте отсечка или права што минува низ точките ПИ П.
  • Наоѓање на саканата средна точка на сегментот АБ- точка на вкрстување АБИ PQ.

Формална дефиниција

Во градежните проблеми се разгледуваат множеството од сите точки на рамнината, множеството од сите прави линии на рамнината и множеството од сите кругови на рамнината, на кои се дозволени следните операции:

  1. Изберете точка од множеството на сите точки:
    1. произволна точка
    2. произволна точка на дадена права
    3. произволна точка на даден круг
    4. точката на пресек на две дадени прави
    5. точка на пресек/тангенција на дадена права и дадена кружница
    6. точки на пресек/тангенција на две дадени кругови
  2. "Со користење на владетели» изберете линија од множеството на сите линии:
    1. произволна права линија
    2. произволна права линија што минува низ дадена точка
    3. права линија што минува низ две дадени точки
  3. "Со користење на компас» изберете круг од множеството на сите кругови:
    1. произволен круг
    2. произволен круг со центар во дадена точка
    3. произволен круг со радиус еднаков на растојанието помеѓу две дадени точки
    4. круг со центар во дадена точка и со радиус еднаков на растојанието помеѓу две дадени точки

Во услови на проблемот, одреден сет на точки е наведен. Потребно е, користејќи конечен број операции од дозволените операции наведени погоре, да се конструира друг сет на точки што е во даден однос со оригиналното множество.

Решението на градежниот проблем содржи три суштински делови:

  1. Опис на методот за конструирање на дадено множество.
  2. Доказ дека множеството конструирано на опишаниот начин е навистина во даден однос со оригиналното множество. Обично докажувањето на конструкцијата се врши како редовен доказ на теоремата, врз основа на аксиоми и други докажани теореми.
  3. Анализа на опишаниот метод на градба за неговата применливост на различни верзии на почетните услови, како и за уникатноста или неуникатноста на решението добиено со опишаниот метод.

Познати Проблеми

  • Аполонијовиот проблем за конструирање на кружница тангента на три дадени кругови. Ако ниту еден од дадените кругови не лежи во другиот, тогаш овој проблем има 8 значително различни решенија.
  • Проблемот на Брамагупта за конструирање на впишан четириаголник користејќи ги неговите четири страни.

Изградба на правилни многуаголници

Античките геометри знаеле да конструираат точно n-гони за , , и .

Можни и невозможни конструкции

Сите конструкции не се ништо повеќе од решенија на некоја равенка, а коефициентите на оваа равенка се поврзани со должините на дадените отсечки. Затоа, погодно е да се зборува за изградба на број - графичко решение на равенка од одреден тип. Во рамките на горенаведените барања, можни се следните конструкции:

  • Конструкција на решенија на линеарни равенки.
  • Конструирање решенија за квадратни равенки.

Со други зборови, можно е само да се конструираат броеви еднакви на аритметички изрази користејќи го квадратниот корен од оригиналните броеви (должини на отсечки). На пример,

Варијации и генерализации

  • Конструкции со помош на еден компас.Според теоремата Мор-Машерони, со помош на еден компас можете да конструирате која било фигура што може да се конструира со компас и линијар. Во овој случај, права линија се смета за изградена ако на неа се наведени две точки.
  • Конструкции со користење на еден владетел.Лесно е да се види дека со помош на еден линијар може да се изведат само проективно-инваријантни конструкции. Особено, невозможно е дури и да се подели отсечка на два еднакви делови или да се најде центарот на нацртан круг. Но, ако има однапред нацртан круг на рамнината со означен центар, користејќи линијар, можете да ги извршите истите конструкции како со компаси и линијар (теорема Понселет-Штајнер ( Англиски)), 1833. Ако има две засеци на линијарот, тогаш конструкциите што го користат се еквивалентни на конструкциите што користат компаси и линијар (Наполеон направи важен чекор во докажувањето на тоа).
  • Конструкции кои користат алатки со ограничени можности.Во проблемите од овој вид, алатките (за разлика од класичната формулација на проблемот) се сметаат за не идеални, туку ограничени: права линија низ две точки може да се повлече со помош на линијар само ако растојанието помеѓу овие точки не надминува одреден вредност; радиусот на кругови нацртани со помош на компас може да се ограничи одозгора, долу или и горе и долу.
  • Конструкции кои користат рамни оригами.види правила на Hujit

исто така види

  • Програмите за динамичка геометрија ви овозможуваат да изведувате конструкции со помош на компас и линијар на компјутер.

Белешки

Литература

  • А. АдлерТеорија на геометриски конструкции / Превод од германски од G. M. Fikhtengolts. - Трето издание. - Л.: Учпедгиз, 1940. - 232 стр.
  • I. I. АлександровЗбирка на геометриски конструктивни проблеми. - Осумнаесетто издание. - М.: Учпедгиз, 1950. - 176 стр.
  • Б. И. Аргунов, М. Б. Балк. - Второ издание. - М.: Учпедгиз, 1957. - 268 стр.
  • А. М. ВоронецГеометрија на компасот. - М.-Л.: ОНТИ, 1934. - 40 стр. - (Популарна библиотека за математика под општата редакција на Л. А. Љустерник).
  • V. A. GeilerНерешливи градежни проблеми // течноста за ладење. - 1999. - бр. 12. - стр. 115-118.
  • V. A. КириченкоКонструкции со компас и владетел и теорија на Галоа // Летна школа „Модерна математика“. - Дубна, 2005 г.
  • Ју.И.МанинКнига IV. Геометрија // Енциклопедија на елементарна математика. - М.: Физматгиз, 1963. - 568 стр.
  • Ј. ПетерсенМетоди и теории за решавање на геометриски конструктивни проблеми. - М.: Печатница на Е. Лиснер и И. Роман, 1892. - 114 стр.
  • V. V. ПрасоловТри класични градежни проблеми. Удвојување на коцка, трисекција на агол, квадрат на круг. - М.: Наука, 1992. - 80 стр. - (Популарни предавања по математика).
  • Ј. ШтајнерГеометриски конструкции изведени со помош на права линија и фиксен круг. - М.: Учпедгиз, 1939. - 80 стр.
  • Изборен предмет по математика. 7-9 / Комп. I. L. Николскаја. - М.: Образование, 1991. - С. 80. - 383 стр. - ISBN 5-09-001287-3

Фондацијата Викимедија. 2010 година.

Погледнете што е „Изградба со помош на компас и линијар“ во другите речници:

    Гранка на Евклидовата геометрија, позната уште од античко време. Во градежните задачи, можни се следните операции: Означете произволна точка на рамнината, точка на една од конструираните линии или пресечна точка на две конструирани линии. Со помош на... ... Википедија

    Конструкциите кои користат компаси и линијари се гранка на Евклидовата геометрија позната уште од античко време. Во градежните задачи, можни се следните операции: Означете произволна точка на рамнината, точка на една од конструираните линии или точка... ... Википедија

    Именка, с., употребена. спореди често Морфологија: (не) што? изградба, што? изградба, (гледам) што? изградба, што? изградба, за што? за изградба; pl. Што? изградба, (не) што? конструкции, што? конструкции, (гледам) што? градба, со што?... ... Објаснувачкиот речник на Дмитриев

    Круг и квадрат со иста област Квадратура на круг е проблем кој се состои во наоѓање конструкција со помош на компас и линијар на квадрат еднаков по површина на дадена ... Википедија

    Гранка од математиката која се занимава со проучување на својствата на различни фигури (точки, прави, агли, дводимензионални и тродимензионални предмети), нивните големини и релативни положби. За полесно предавање, геометријата е поделена на планиметрија и стереометрија. ВО…… Енциклопедија на Колиер

    Во најопшта смисла, теорија која проучува одредени математички полиња. објекти врз основа на нивните автоморфистички групи. Така, на пример, можни се геометриски трансформации на полиња, прстени и тополошки полиња. простори итн. Во потесна смисла, геометриската теорија се однесува на геометриската теорија на полињата. Ова се појави ... Математичка енциклопедија

    Овој термин има други значења, видете Квадратура. Квадратура (лат. quadratura, давајќи квадратна форма) е математички поим кој првично значел наоѓање на плоштината на дадена фигура или површина. Во иднина... ...Википедија

    Правилата на Хуџита се збир од седум правила кои формално ги опишуваат геометриските конструкции користејќи рамни оригами, слични на конструкциите со помош на компас и линијар. Всушност, тие ги опишуваат сите можни начини да се добие еден нов набор... ... Википедија

§ 5 173

еден компас - без цртање на самиот сегмент. Еве го решението за овој проблем. Да опишеме круг со радиус AB со центар B и на него, почнувајќи од A, како и досега, мериме последователно три лаци со радиус AB. Последната точка C ќе лежи

на директно AB, а ние ќе

дем имаат: AB = BC. Потоа опишете

нацртајте круг со радиус AB со

центар А и конструирај точка C0,

реципрочна на точка В релативна

но овој круг. Потоа полу-

AC0 AC = AB2,

AC0 2AB = AB2,

2AC0 = AB.

Ова значи дека C0 е посакуваната средна точка

Ориз. 44. Наоѓање на средината на отсечка

Друга конструкција со користење

Целта на еден компас, кој исто така користи инверзни точки, е да го пронајде центарот на дадена кружница кога е нацртан само кругот, а центарот е непознат. Ајде да земеме про-

по волја

на кругот и околу него како центар

опишете круг со произволен радиус

sa, вкрстувајќи се со дадена кружница во

точките R и S. Од овие последни,

проверете како центри ги опишуваме радијалните лаци

мустаќи RP = SP, се вкрстуваат, освен

точка P, уште во точката Q. Споредувајќи што

што се случило, од сл. 41, гледаме

дека непознатиот центар Q0 е точка,

реципрочна на точката Q во однос на кругот

Ориз. 45. Наоѓање

ity со центар P, а Q0 може да биде како

видовме изградена со една

§ 5. Конструкции кои користат други алатки. Конструкции на Машерони со помош на еден компас

*1. Класичен дизајн за удвојување на коцката. Досега ги разгледувавме само проблемите на геометриските конструкции без употреба на други алатки освен компаси и линијари. Ако се дозволени други инструменти, тогаш, се разбира, различни

ГЕОМЕТРИСКИ КОНСТРУКЦИИ

Ориз. 46. ​​Алатка што се користи за удвојување на коцката

Опсегот на можни конструкции значително се зголемува. Следниот пример може да послужи како пример за тоа како Грците го решиле проблемот со удвојување на коцката. Размислете (слика 46) цврст прав агол MZN и подвижен правоаголен крст V W , P Q. На две дополнителни шипки RS и T U им е дадена можност да се лизгаат додека остануваат нормално на страните на правиот агол. Нека се одберат фиксните точки E и G на крстот, а дадени се растојанијата GB = a и BE = f. Со поставување на крстот на тој начин што точките E и G соодветно лежат на NZ и MZ, и со поместување на прачките T U и RS, целиот апарат може да се доведе во таква положба што радијалните попречни шипки на крстот BW, BQ, BV поминува низ темињата A, D, E на правоаголникот ADEZ. Распоредот прикажан на цртежот е секогаш можен под услов f > a. Веднаш гледаме дека a: x = x: y = y: f, од што, особено, ако поставиме f = 2a, добиваме x3 = 2a3. Тоа значи дека x е раб на коцка чиј волумен е двојно поголем од волуменот на коцка со раб a. Така, задачата

§ 5 КОНСТРУКЦИИ СО ДРУГИ АЛАТКИ 175

2. Конструкции со помош на еден компас. Ако е сосема природно што со помош на поголема разновидност на алатки станува возможно да се реши поголем сет на градежни проблеми, тогаш може да се предвиди дека, напротив, со ограничувањата наметнати на алатките, класата на решливи проблеми ќе се стесни. Уште позабележително е откритието направено од Италијанецот Маскерони (1750–1800): сите геометриски конструкции што можат да се направат со компас и линијар може да се направат само со компас. Се разбира, треба да се забележи дека е невозможно да се повлече права линија низ две дадени точки без линијар, така што оваа основна конструкција не е покриена со теоријата на Маскерони. Наместо тоа, треба да претпоставиме дека е дадена права ако се дадени две нејзини точки. Но, само со помош на компас е можно да се најде точката на пресек на две прави дефинирани на овој начин, или точката на пресек на права со круг.

Веројатно наједноставниот пример за конструкцијата на Машерони е удвојувањето на дадена отсечка AB. Решението е веќе дадено на страна 166. Понатаму, на стр. 167 научивме како да го поделиме овој сегмент на половина. Ајде сега да видиме како да се пресече лакот на круг AB со центар О.

опис на оваа конструкција (сл. 47).

Со радиус AO цртаме два лака со

центрите A и B. Од точката O отстапувањето

на овие лаци создаваме два такви

gi OP и OQ, дека OP = OQ = AB. зад -

така ја наоѓаме точката R на пресекот на

gi со центар P и радиус P B и лак

со центар Q и радиус QA. Конечно,

земајќи го сегментот ИЛИ како радиус,

опишете лак со центар P или Q до

пресек со лак AB - точка на

Ориз. 47. Наоѓање на средината на душата

сечење и е посакуваното средство-

ги без линијар

неговата точка на лакот AB. Доказ

Тоа го оставаме на читателот како вежба.

Би било невозможно да се докаже главната изјава на Машерони со тоа што ќе покаже, за секоја конструкција што може да се направи со компас и прав, како тоа може да се направи само со компас: на крајот на краиштата, можните конструкции се безброј. Но, ќе ја постигнеме истата цел ако утврдиме дека секоја од следните основни конструкции е изводлива со помош на еден компас:

1. Нацртајте круг ако се дадени центарот и радиусот.

ГЕОМЕТРИСКИ КОНСТРУКЦИИ

2. Најдете ги пресечните точки на два круга.

3. Најдете ги пресечните точки на права и круг.

4. Најдете ја точката на пресек на две прави.

Секоја геометриска конструкција (во вообичаена смисла, со претпоставка на компас и прав) е составена од конечна низа од овие елементарни конструкции. Дека првите два од нив може да се направат со помош на еден компас е веднаш јасно. Потешките конструкции 3 и 4 се изведуваат со користење на својствата на инверзија дискутирани во претходниот пасус.

Ориз. 48. Пресекување на круг

Ориз. 49. Пресек на круг

права линија не поминува низ

ите и права линија што минува низ

Да се ​​свртиме кон конструкцијата 3: да ги најдеме пресечните точки на дадена кружница C со права што минува низ дадените точки A и B. Да нацртаме лаци со центри A и B и радиуси еднакви на AO и BO, соодветно; освен точката О, тие ќе се сечат во точката P. Потоа ќе изградиме точка Q, инверзна на точката P во однос на кругот C (видете ја конструкцијата опишана на страница 167). Конечно, да нацртаме круг со центар Q и радиус QO (сигурно ќе се пресече со C): неговите пресечни точки X и X0 со кругот C ќе бидат потребните. За да се докаже тоа, доволно е да се утврди дека секоја од точките X и X0 е на исто растојание од O и P (како и за точките A и B, нивното слично својство веднаш следи од конструкцијата). Навистина, доволно е да се осврнеме на фактот дека точката обратна од точката Q е одвоена од точките X и X0 на растојание еднакво на радиусот на кругот C (види стр. 165). Вреди да се напомене дека кругот што минува низ точките X, X0 и O е инверзна на правата AB во инверзија во однос на кругот C, бидејќи оваа кружница и правата AB се сечат C во истите точки. (Кога се превртени, точките на главниот круг остануваат неподвижни.)

Ориз. 50. Пресек на две прави

§ 5 КОНСТРУКЦИИ СО ДРУГИ АЛАТКИ 177

Посочената конструкција не е изводлива само ако правата линија AB поминува низ центарот C. Но, тогаш пресечните точки може да се најдат со помош на конструкцијата опишана на страница 169 како средни точки на лаците C што резултира кога цртаме произволен круг со центарот B се вкрстува со C во точките B1 и B2.

Начинот на цртање круг обратно на права линија што поврзува две дадени точки веднаш дава конструкција што ја решава задачата 4. Правите да бидат дадени со точките A, B и A0, B0 (сл. 50). Ајде да нацртаме произволен круг C и, користејќи го горенаведениот метод, да изградиме круг

обратна директна AB и A0 B0. Овие

кругови се сечат во точката О

а во уште еден момент Ј. Точка X, об-

е инверзна на точката Y и е саканата точка

раскрсница: како да се изгради -

веќе е објаснето погоре. Што Х

таму е посакуваната точка, ова е јасно од тоа

поради фактот што Y е единствениот

точка, реципрочна точка, во исто време

кои припаѓаат на двата прави АБ

и A0 B0; затоа, точка X, об-

Мора да лажете во исто време

точно и на AB и на A0 B0 .

Овие две конструкции дефинираат

завршува доказот за еквивалентност помеѓу Мас-

керони, во кои е дозволено да се користи само компас и обични геометриски конструкции со компас и линијар.

Не се грижевме за елеганцијата на решавањето на индивидуалните проблеми што ги разгледувавме овде, бидејќи нашата цел беше да го разјасниме внатрешното значење на конструкциите на Машерони. Но како

X Како пример, ќе ги посочиме и пентагоните

ка; поточно се работи за пронаоѓање

некои пет точки на круг, што

некои можат да послужат како врвови на правилните

впишан пентагон.

Нека А е произволна точка во околината

ity K. Бидејќи страната на правилниот

на впишан шестоаголник е еднаков на радиусот

круг, нема да биде тешко да го оставите настрана

на K има точки B, C, D такви што ^ AB =

K ^ BC = ^ CD = 60 ◦ (Слика 51). Ајде да спроведеме

лакови со центри A и D со радиус еднаков на

Ориз. 51. Изградба на редовен петаголник

ГЕОМЕТРИСКИ КОНСТРУКЦИИ

nom AC; нека се вкрстат точно

ke X. Тогаш, ако O е центарот на K, лакот со

центарот A и радиусот OX ќе го сечат K во точката F, што е средната точка на лакот BC (види страница 169). Потоа, со радиус еднаков на радиусот K, ги опишуваме лаците со центарот F што го сечат K во точките G и H. Нека Y е точка чии растојанија од точките G и H се OX и која е одвоена од X со центарот O. во овој случај, отсечката AY е колку пати е страната на саканиот пентагон. Доказот е оставен како вежба на читателот. Интересно е да се забележи дека во конструкцијата се користат само три различни радиуси.

Во 1928 година, данскиот математичар Хјелмслев во една книжарница во Копенхаген пронашол примерок од книгата наречена Евклид Даник, објавена во 1672 година од непознат автор, Г. Мор. Од насловната страница може да се заклучи дека ова е едноставно една од верзиите на Евклидовите „Принципи“, можеби опремена со уреднички коментар. Но, по внимателно испитување, се покажа дека содржи целосно решение за проблемот со Машерони, пронајден долго пред Маскерони.

Вежби. Во продолжение е даден опис на Моровите конструкции. Проверете дали се точни. Зошто може да се каже дека го решаваат проблемот со Маскерони?

1) Конструирај нормална BC на отсечка AB со должина p. (Совет: проширете го AB до точката D така што AB = BD. Нацртајте произволен лак со радиус со центрите A и D и на тој начин определете го C.)

2) Во рамнината се дадени произволно лоцирани отсечки со должина p и q,

и p > q. Конструирај користејќи 1) отсечка со должина x = p2 − q2.

3) Дадена отсечка a, конструирај отсечка a 2. (Совет: забелешка

√ √

забележете дека (а 2) 2 = (а

3) 2 - a2 .)

4) Врз основа на дадените отсечки p и q, конструирај ја отсечката x =

p2 + q2

. (Забелешка:

Ве молиме имајте во предвид дека

x2 = 2p2

Сами смисли нешто слично

нови градби.

5) Користејќи ги претходните резултати, конструирајте ги отсечките p + q и p − q, под претпоставка дека се дадени отсечки со должина p и qнекако во авион.

6) Проверете и обидете се да ја оправдате следната конструкција на средната точка M на дадена отсечка AB со должина a. На продолжението на отсечката AB ги наоѓаме точките C и D такви што CA = AB = BD. Да конструираме рамностран триаголник ECD според условот EC = ED = 2a и да го дефинираме M како пресек на кругови со дијаметри EC и ED.

7) Најдете ја правоаголната проекција на точката А на отсечката BC.

8) Најдете x со условот x: a = p: q, каде што a, p и q се дадените отсечки.

9) Најдете x = ab, каде што a и b се дадените отсечки.

Инспириран од резултатите на Машерони, Јакоб Штајнер (1796–1863) се обидел да ги проучува конструкциите што може да се изведат само со помош на линијар. Се разбира, само владетелот не води подалеку

КОНСТРУКЦИИ СО ДРУГИ АЛАТКИ

граници на дадено нумеричко поле и затоа е недоволно да се изведат сите геометриски конструкции во нивната класична смисла. Но, уште позабележителни се резултатите што ги доби Штајнер под ограничувањето што го воведе - да се користи компасот само еднаш. Тој докажа дека сите конструкции на рамнината што можат да се направат со компас и линијар може да се направат и со еден линијар, под услов да се даде единствен фиксен круг со центар. Овие конструкции вклучуваат употреба на проективни методи и ќе бидат опишани подоцна (види страница 217).

* Невозможно е да се направи без круг, а згора на тоа, со центар. На пример, ако е даден круг, но неговиот центар не е означен, тогаш невозможно е да се најде центарот само со помош на линијар. Сега ќе го докажеме ова, повикувајќи се, сепак, на фактот што ќе се утврди подоцна (види стр. 240): постои таква трансформација на рамнината во себе што а) даден круг останува неподвижен, б) секоја права линија се врти во права линија, во ) центарот на неподвижниот круг не останува неподвижен, туку се движи. Самото постоење на таква трансформација укажува на неможноста да се изгради центарот на даден круг со помош на еден линијар. Всушност, без оглед на постапката на градење, се сведува на низа посебни чекори кои се состојат од цртање прави линии и пронаоѓање на нивните пресеци меѓу себе или со даден круг. Сега да замислиме дека целата фигура како целина - кругот и сите прави линии нацртани по линијарот при конструирањето на центарот - е подложена на трансформација, чие постоење овде го претпоставивме. Тогаш е јасно дека бројката добиена по трансформацијата исто така би ги задоволила сите барања на изградбата; но конструкцијата означена со оваа слика би довела до точка различна од центарот на дадениот круг. Тоа значи дека конструкцијата за која станува збор е невозможна.

3. Цртање со користење на различни механички уреди. Механички кривини. Циклоиди. Пронајдокот на различни механизми дизајнирани да исцртуваат различни кривини, покрај кругот и правата линија, енормно го проширува опсегот на фигури што може да се конструираат. На пример, ако постои алатка која ви дозволува да цртате хиперболи xy = k, и друга алатка која црта параболи y = ax2 + bx + c, тогаш секој проблем што резултира со кубна равенка

поточно, корените на равенката (1) се х-координатите на пресечните точки на хиперболата и параболата претставени со равенките (2). Значи

ГЕОМЕТРИСКИ КОНСТРУКЦИИ

Ориз. 52. Графичко решение на кубната равенка

Така, решенијата на равенката (1) може да се конструираат ако се дозволи да се користат алатки кои можат да се користат за цртање криви (2).

Веќе математичарите од антиката биле свесни за многу интересни кривини кои можеле да се утврдат и нацртаат со помош на едноставни механички уреди. Меѓу таквите „механички“ кривини, циклоидите заземаат особено истакнато место. Птоломеј (околу 200 п.н.е.), покажувајќи извонреден увид, можел да ги искористи овие криви за да ги опише планетарните движења.

Циклоид од наједноставниот тип е траекторијата на точката P фиксирана на обемот на дискот што се тркала без да се лизга по права линија. На сл. 53 покажува четири позиции на точката P во различни времиња. Обликот на циклоид наликува на низа лакови што се потпираат на хоризонтална права линија.

Варијациите на оваа крива се добиваат ако ја земеме точката P или во внатрешноста на дискот (како на кракот на тркалото), или на продолжување на радиусот надвор од дискот.

КОНСТРУКЦИИ СО ДРУГИ АЛАТКИ

Ориз. 53. Циклоид

Ориз. 54. Општи циклоиди

Овие две кривини се прикажани на сл. 54.

Понатамошни сорти на циклоиди се појавуваат кога нашиот диск не се тркала по права линија, туку по кружен лак. Ако, во овој случај, тркалачкиот диск со радиус r секогаш се допира од внатрешноста на големиот круг C со радиус R по кој се тркала, тогаш траекторијата на точка фиксирана на обемот на дискот се нарекува хипоциклоид.

Кога дискот се тркала по целиот круг C точно еднаш, тогаш точката P се враќа во првобитната положба само ако радиусот C е множител на радиусот c. На сл. Слика 55 покажува затворен хипоциклоид кој одговара на претпоставката R = 3r. Поопшто

ГЕОМЕТРИСКИ КОНСТРУКЦИИ

случај, ако R = m n r, тогаш хипоциклоидот ќе се затвори по дискот c

ќе се тркала околу кругот C точно n пати и ќе се состои од m сводови. Случајот R = 2r заслужува посебно споменување. Секоја точка P на обемот на дискот ќе опише во овој случај еден од дијаметрите на големиот круг C (сл. 56). Оставаме на читателот да го докаже ова како проблем.

Друг тип на циклоид се добива кога дискот c се тркала по кругот C, допирајќи го цело време однадвор. Добиените криви се нарекуваат епициклоиди.

*4. Механизми на шарки. Инвертори Посеље и Гарта.

Да го оставиме за момент настрана прашањето за циклоидите (тие повторно ќе се појават во оваа книга - сосема неочекувано) и да се свртиме кон други методи за механичка репродукција на криви линии. Ќе го направиме сега

механизми на шарки.

Механизмот од овој тип е систем на крути прачки артикулирани едни со други, кои поседуваат таков степен на слобода што секоја негова точка е способна да опише одредена крива. Компасот е исто така наједноставниот механизам на шарки, кој во суштина се состои од една прачка со фиксен крај.

Ориз. 57. Претворање на линеарното движење во ротационо движење

Механизмите со шарки долго време се користат како компоненти на машините. Еден од најпознатите (историски гледано) примери е таканаречениот „Ватовиот паралелограм“. Овој уред го измислил Џејмс Ват додека го решил следниот проблем: како да се поврзе клипот со точка на замаецот на таков начин што ротацијата на тркалото му дава линеарно движење на клипот? Решението дадено од Ват беше само приближно, и, и покрај напорите на многу математичари од прва класа, проблемот со конструирање механизам што комуницира точно права линија до точка

КОНСТРУКЦИИ СО ДРУГИ АЛАТКИ

новото движење остана нерешено долго време. Дури беше предложено дека таков механизам нема да биде изводлив: токму тогаш секакви „докази за неможност“ го привлекоа вниманието на сите. Во круговите на математичарите беше предизвикано дотолку повеќе чудење кога францускиот поморски офицер Почелие (во 1864 година) сепак измисли едноставен механизам кој всушност го реши проблемот во позитивна смисла. Поради воведувањето на добро функционални лубриканти, техничкиот проблем го изгуби своето значење за парните мотори.

Ориз. 58. Инвертер Pocellier, претворајќи го ротационото движење во линеарно движење

Целта на механизмот Paucellier е да го претвори кружното движење во линеарно движење. Овој механизам се заснова на теоријата на инверзија наведена во § 4. Како што може да се види од сл. 58, механизмот се состои од седум крути прачки, од кои две со должина t, четири со должина s и една со произволна должина. Точките O и R се фиксирани и лоцирани на таков начин што OR = P R. Целиот апарат може да се стави во движење, предмет на наведените услови. Сега ќе видиме дека кога точката P опишува лак на круг со центар R и радиус RP, точката Q опишува права отсечка. Означувајќи ја основата на нормалната спуштена од точката S на правата OP Q со T, забележуваме дека

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

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

Количината t2 − s2 е константна; да поставиме t2 − s2 = r2 . Бидејќи OP OQ =

ГЕОМЕТРИСКИ КОНСТРУКЦИИ

r2, тогаш точките P и Q се меѓусебно инверзни во однос на кругот со центар O и радиус r. Додека P опишува лак на круг што минува низ O, Q ја опишува инверзната крива на тој лак. Но, инверзната крива на кругот што минува низ О, како што видовме, не е ништо повеќе од права линија. Значи, траекторијата на точката Q е права линија, а инверторот Paucellier ја повлекува оваа права линија без линијар.

Друг механизам кој го решава истиот проблем е Garth инвертерот. Се состои од само пет прачки, чија артикулација е прикажана на сл. 59. Тука AB = CD, BC = AD. O, P и Q ги означуваат точките соодветно фиксирани на шипките AB, AD и CB, згора на тоа

така што OB AO =P AP D =QB CQ =m n. Точките O и S се фиксни

неподвижен на авионот, под услов OS = P S. Нема повеќе врски, а механизмот е способен да се движи. Очигледно, директното наизменична струја е секогаш

Ориз. 59. Гарт инвертер

паралелно со правата BD. Во овој случај, точките O, P и Q лежат на иста права, а правата OP е паралелна со правата AC. Да ги нацртаме нормалните AE и CF на правата BD. Ние имаме

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

Но, 2 ЕД

AE2 = AD2

EB2 + AE2 = AB2

Оттука,

(m + n)2

(m + n)2

Последната добиена вредност не се менува кога механизмот се движи. Според тоа, точките P и Q се меѓусебно инверзни во однос на