Bir açıyı üç eşit parçaya bölmenin imkansızlığı. Açıların yapısı ve bölünmesi Bir açının 3 parçaya bölünmesi

Bir açının üçe bölünmesi probleminin ortaya çıkışı (yani bir açının üç eşit parçaya bölünmesi), düzenli çokgenler oluşturma probleminin çözülmesi ihtiyacı ile belirlenir. Pusula ve cetvelden oluşan düzenli bir beşgen inşası Pisagorcular üzerinde büyük bir etki bırakmış olmalı, çünkü normal beş köşeli yıldız onların kimlik işaretiydi (sağlığı simgeliyordu). Aşağıdaki efsane bilinmektedir.

Bir Pisagorcu yabancı bir ülkede ölüyordu ve ona bakan adama parasını ödeyemiyordu. Ölümünden önce, evine beş köşeli bir yıldız tasvir etmesini emretti: Eğer bir Pisagorcu oradan geçerse, kesinlikle bunu sorardı. Ve gerçekten de birkaç yıl sonra belli bir Pisagorcu bu işareti gördü ve evin sahibini ödüllendirdi.

Bir açının üçe bölünmesi sorununun kökeni aynı zamanda pratik faaliyetlerle de bağlantılıdır; özellikle, bir dairenin açısını veya yayını birkaç eşit parçaya bölerek bir tekerlek yaparken bir daireyi eşit parçalara bölme yeteneği gerekliydi; mimaride, süslemelerin yapımında, inşaat teknolojisinde ve astronomide de gerekliydi.

Bir pergel ve cetvel kullanarak, n = 6 ve 8 için düzenli n-gonlar oluşturabilirsiniz, ancak n = 7 ve 9 için yapamazsınız. Düzenli bir yedigen oluşturmak ilginç bir problemdir: "ekleme" yöntemi kullanılarak çözülebilir. Düzenli bir yedigenin inşası Arşimed tarafından önerildi. Ancak düzgün bir altıgen oluşturma girişimleri açının üçe bölünmesi sorununa yol açmalıydı, çünkü düzgün bir altıgen oluşturmak için 360°/9 = 120/3'lük bir açı oluşturmak, yani 120°'lik bir açıyı ikiye bölmek gerekiyordu. üç eşit parça.

Yunanlılar neden pusula ve cetvelleri diğer aletlere tercih ettiler?

Bilim adamları bu soruyu yeterince açık ve ikna edici bir şekilde cevaplayamıyorlar. Pergel ve cetvellerin en basit araçlar olması nedeniyle mi? Belki bu yüzden. Ancak pergel ve cetvel kadar basit ya da ona yakın pek çok araçtan da söz edilebilir. Bazılarının yardımıyla formüle edilmiş problemler de çözülür.

İlgili literatürde Yunanlıların özellikle pusula ve cetvellere yönelik bu alışılmadık sempatisini açıklamaya yönelik girişimler bulunabilir. Herhangi bir geometrik şekil iki tür çizgiden oluşur - düz veya kavisli. Ve herhangi bir eğri, farklı çaplardaki dairelerin parçalarından oluşur. Üstelik düz çizgi ve daire, düzlemde sabit eğriliğe sahip tek çizgilerdir.

Bir dik açıyı üç eşit parçaya bölmek.

Bazı özel durumlarda açıyı bölmek kolaydır. Böylece Pisagorcular, eşkenar üçgende her açının 60 dereceye eşit olduğu gerçeğine dayanarak dik açıyı üç eşit parçaya bölmeyi başardılar.

Düz bir çizgiyi bölmek gerekli olsun (MAN.

AN ışını üzerine keyfi bir AC parçası yerleştiriyoruz ve bunun üzerine bir ACB eşkenar üçgeni oluşturuyoruz. (CAB 60°'ye eşit olduğundan, (BAM 30°'ye eşittir.) CAB açısının ortaortayını AD oluşturalım, (MAN) düz çizgisinin istenilen üç eşit açıya bölünmesini elde ederiz: (NAD, (DAB, (BAM) .

Bir açının üçe bölünmesi sorunu, açının diğer bazı özel değerleri için (örneğin, n'nin bir doğal sayı olduğu 90° / 2n açıları için) çözülebilir olduğu ortaya çıkıyor. Herhangi bir açının yalnızca pergel ve cetvel kullanılarak üç eşit parçaya bölünemeyeceği ancak 19. yüzyılın ilk yarısında kanıtlandı.

“Ekleme” yöntemini kullanarak çözüm

Yunanlılar tarafından düşünülen bazı açı üçe bölme yöntemleri, yerleştirme yöntemi olarak adlandırılan yöntemi kullandı. Bu, belirli bir O noktasından geçen ve üzerinde belirli iki çizginin (veya bir çizgi ve bir dairenin) belirli uzunluktaki bir parçayı kestiği bir çizginin konumunu bulmaktan ibaretti. Bu yapı, bir pusula ve aralarındaki mesafe a'ya eşit olan iki bölmeli bir cetvel kullanılarak yapılabilir.

"Ek parçalar" yardımıyla köşeyi üç eşit parçaya bölmek çok kolaydır. B köşesinin olduğu açının yanında rastgele bir A noktası alalım ve bu noktadan diğer tarafa dik bir AC bırakalım.

A noktasından BC ışınıyla eş yönlü bir ışın çizelim. Şimdi AC ve la ışınları arasına, devamı B noktasından geçecek şekilde 2AB uzunluğunda bir DE doğru parçası yerleştirelim. O halde (EBC = (ABC/3. Aslında G, DE doğru parçasının orta noktası olsun. A noktası üzerinde yer alır) DE çapında bir daire olduğundan AG = GE = DE/2 = AB BAG ve AGE ikizkenar üçgenlerdir, dolayısıyla (ABG = (AGB = 2(AEG = 2(EBC.))

İskenderiyeli Pappus, verilen l1 ve l2 dik çizgileri arasına bir parça "yerleştirme" probleminin, bir daire ile bir hiperbolün kesişme noktasının oluşturulmasına dayandığını gösterdi. BC ve CD kenarlarının uzantılarına çizgiler verilen bir ABCD dikdörtgeni düşünün ve A tepe noktası, içinden l1 ve l2 çizgilerini E ve F noktalarında kesen bir çizgi çizmemiz gereken belirli bir noktadır, öyle ki EF segmenti uzunluk verilmiştir.

DEF üçgenini DEFG paralelkenarına tamamlayalım. İstenilen çizgiyi oluşturmak için G noktasını oluşturmak ve ardından A noktasından DG düz çizgisine paralel bir çizgi çizmek yeterlidir. G noktası, D noktasından belirli bir DG = EF uzaklığı kadar uzaklaştırılır, dolayısıyla G noktası oluşturulabilecek bir daire üzerinde yer alır.

Öte yandan ABF ve EDA üçgenlerinin benzerliğinden AB: ED = BF: AD, yani ED*BF=AB*AD elde ederiz. Sonuç olarak, FG*BF=AB*AD = SABCD, yani G noktası hiperbol üzerinde yer alır (Ox ve Oy eksenlerini BF ve BA ışınları boyunca yönlendirirseniz, bu hiperbol xy = SABCD denklemiyle verilir)

Dörtgen kullanarak çözüm

“Dilbilgisi” problemleri, bir açıyı herhangi bir oranda bölme problemini içerir. Böyle bir problemi çözmeye yönelik ilk eğri Elis'li Hippias tarafından icat edildi. Daha sonra (Dinostratus'tan başlayarak) bu eğri aynı zamanda bir dairenin dörtgenini çözmek için de kullanıldı. Leibniz bu eğriye dörtgen adını verdi.

Aşağıdaki şekilde elde edilir. B'C' doğru parçasının uçlarının ABCD karesinde sırasıyla BA ve CD kenarları boyunca düzgün bir şekilde hareket etmesine izin verin ve AN doğru parçası A noktası etrafında düzgün bir şekilde dönsün. İlk anda B'C' doğru parçası ile çakışıyor. BC segmenti ve AN segmenti AB segmenti ile çakışıyor; her iki segment de aynı anda son AD konumlarına ulaşır. Bir kuadratriks, B'C' ve AN bölümlerinin kesişme noktasıyla tanımlanan bir eğridir.

Dar açı φ'yi bir bakıma bölmek için, yukarıdaki çizimde L'nin kuadratriks üzerinde yer aldığı DAL = φ açısını çizmek gerekir. LH dik açısını AD doğru parçası üzerine bırakalım. Bu dikmeyi gerekli oranda P noktasına bölelim. Q noktasında dörtgenle kesişene kadar AD'ye P'ye paralel bir doğru parçası çizelim; AQ ışını, LAD açısını gerekli oranda böler, çünkü bir kuadratriksin tanımı gereği, (LAQ: (QAD = (LP: (LH.

Açı üçektörlerinin oluşturulması üzerine pratik çalışma

"Ekleme" yöntemiyle

Dörtgen kullanma

Morley teoremini kullanarak çözüm

Herhangi bir açı üç eşit parçaya bölünemeyeceğinden, Morley teoremini kullanarak açının üçe bölünmesi problemini ters sırayla çözebiliriz.

Teorem. BC kenarına en yakın olan B ve C açılarının üçektörleri A1 noktasında kesişsin; B1 ve C1 noktaları benzer şekilde belirlenir. Daha sonra A1B1C1 üçgeni eşkenardır ve C1C segmenti normal üçgenin tabanına diktir.

Aşağıdaki problemi çözelim: Üçgenleri tüm açılardan çizilen bir üçgen inşa edelim.

Inşaat planı.

1) Bir kenarı ortak olan iki keyfi açıyı (BAC1 ve (ABC1) çizelim.

Oluşturulan açılar eşitsizliği karşılamalıdır:

2) AC1 ışınını simetri ekseni olsun. (BAC1'i AC1 eksenine göre yansıtalım. Benzer şekilde BC1 eksenine göre de yansıtacağız (ABC1.

3) AC2 ışınını simetri ekseni olsun. (C1AC2'yi AC2 eksenine göre yansıtalım. Benzer şekilde BC2 eksenine göre (C1ВC2.) yansıtalım.

4) C1 ve C2 trisektörlerinin kesişme noktalarını C1C2 segmentine bağlayın.

5) Morley teoremi, bir üçgenin üç kesitleri kesiştiğinde düzgün bir üçgen elde edildiğini ve C1C2 doğru parçasının normal üçgenin tabanına dik olduğunu ve bu üçgenin tepe noktasından geçtiğini belirtir. Yüksekliğini bilerek düzenli bir üçgen oluşturmak için aşağıdakiler gereklidir: a) C1 noktasından C1C2 segmentine göre 30° açıyla çıkan ışınları oluşturmak; b) oluşturulan ışınların trisektörlerle kesişme noktalarını B1 ve A1 harfleriyle işaretleyin; c) A1, B1, C1 noktalarını bağlayın. A1B1C1 eşkenar üçgenini elde ediyoruz.

6) C noktasından düzgün bir B1 ve A1 üçgeninin köşelerinden geçen ışınları çizelim.

Üçgenin üç kesimlerinin parçalarını şekilde bırakalım.

Üçgenleri tüm açılardan çizilen bir ABC üçgeni oluşturduk.

Bir açının üçe bölünmesinin pergel ve cetvel kullanılarak çözülemezliği

Herhangi bir açıyı pergel ve cetvel kullanarak üç eşit parçaya bölmenin imkansızlığını kanıtlamak için belirli bir açıyı bu şekilde bölmenin imkansız olduğunu kanıtlamak yeterlidir. Pusula ve cetvel kullanarak 30°'lik bir açıyı üçe bölmenin imkansız olduğunu kanıtlayacağız. Koordinatların orijini olarak bu AOB açısının tepe noktasını seçerek ve Ox eksenini OA kenarı boyunca yönlendirerek Oxy koordinat sistemini tanıtalım. A ve B noktalarının O noktasından 1 uzaklık kadar uzaklaştığını varsayabiliriz. O zaman bir açının üçe bölünmesi probleminde koordinatları (cos 3φ,) olan bir noktadan bir nokta (cosφ, sinφ) oluşturmak gerekir. günah 3φ). φ=10° olması durumunda başlangıç ​​noktasının koordinatları vardır. Her iki koordinatı da kare radikallerle ifade edilir. Bu nedenle sin 10° sayısının kare radikallerle ifade edilmediğini kanıtlamak yeterlidir.

sin3φ = sin(φ + 2φ) = olduğundan

sin(α + β) = sinα cosβ + cosα sinβ

Sinφ cos2φ + cosφ sin2φ =

cos2α = cos2α - sin2α

sin2α = 2sinα cosα

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

sin2α + cos2α = 1 cos2α = 1 - sin2α

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

Sinφ(1 - 2sin2φ) + 2sinφ(1 - sin2φ) =

Sinφ(1 - 2sin2φ + 2 - 2sin2φ) =

Sinφ(3 - 4sin2φ) =

3sinφ - 4sin3φ sin3φ = 3sinφ - 4sin3φ ise x = sin 10° sayısı kübik denklemi karşılar

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

8x3 - 6x + 1 = 0

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

Bu denklemin rasyonel köklerinin olmadığını kanıtlamak yeterlidir. 2x=p/q olduğunu varsayalım; burada p ve q ortak çarpanı olmayan tam sayılardır. O halde p3 – 3pq2 + q3 = 0, yani q3=p(3q2-p2). Dolayısıyla q sayısı p'ye bölünebilir, bu da p=±1 anlamına gelir. Dolayısıyla ±13q2 + q3 =0, yani q2(q±3)= ±1. 1 sayısı q'ya bölünebildiğinden q=±1 olur. Sonuç olarak x = ±1/2 elde ederiz. ±1/2 değerlerinin denklemin kökleri olmadığını kontrol etmek kolaydır. Bir çelişki elde edilmiştir, dolayısıyla denklemin rasyonel kökleri yoktur, bu da sin10° sayısının kare radikallerle ifade edilemeyeceği anlamına gelir.

Başvuru

Düzenli çokgenler oluştururken açının üçe bölünmesi gereklidir. Bir daire içine yazılan normal altıgen örneğini kullanarak inşaat sürecine bakacağız.

Bir ABC dik üçgeni oluşturun. BC1 ve BC2 trisektörlerini oluşturuyoruz. Ortaya çıkan açılar 30° idi. Ortaya çıkan açılardan birini 15°'lik iki açıortaya bölüyoruz. Sağ açıya her iki tarafa 15° “ekliyoruz”. Ortaya çıkan DBE açısının trisektörlerini yeniden oluşturuyoruz. Bunu iki kez daha tekrarlıyoruz, üçgeni B noktasında döndürerek DB'nin önceki BE konumuyla çakışmasını sağlıyoruz. Ortaya çıkan noktaları bağlayın.

Üç sektörlü yapıyı kullanarak düzenli bir dokuzgen oluşturmayı başardık.

Üç sektör

Genel durumda bir açının üçe bölünmesi sorunu pergel ve cetvel kullanılarak çözülemez, ancak bu, bu sorunun diğer yardımcı araçlarla çözülemeyeceği anlamına gelmez.

Bu amaca ulaşmak için trisektör adı verilen birçok mekanik cihaz icat edilmiştir. En basit üç sektörlü, kalın kağıttan, kartondan veya ince tenekeden kolaylıkla yapılabilir. Yardımcı bir çizim aracı görevi görecektir.

Trisektör ve uygulama şeması.

Yarım daireye bitişik AB şeridinin uzunluğu yarım dairenin yarıçapına eşittir. BD şeridinin kenarı AC düz çizgisiyle dik açı yapar; B noktasında yarım daireye değiyor; Bu şeridin uzunluğu keyfidir. Aynı şekil bir trisektörün kullanımını göstermektedir. Örneğin KSM açısını üç eşit parçaya bölmek istiyorsunuz.

Trisektör, S açısının tepe noktası BD çizgisi üzerinde olacak, açının bir tarafı A noktasından geçecek ve diğer tarafı yarım daireye değecek şekilde yerleştirildi. Daha sonra SB ve SO düz çizgileri çizilerek bu açının üç eşit parçaya bölünmesi tamamlanır. Bunu kanıtlamak için O yarım çemberinin düz merkezini N teğet noktasına bir doğru parçasıyla bağlayalım. ASB üçgeninin SBO üçgenine ve SBO üçgeninin OSN üçgenine eşit olduğunu doğrulamak kolaydır. Bu üç üçgenin eşitliğinden ASB, BS0 ve 0SN açılarının birbirine eşit olduğu sonucu çıkıyor ve bunun kanıtlanması gerekiyordu.

Bir açıyı üçe bölmenin bu yöntemi tamamen geometrik değildir; daha ziyade mekanik olarak adlandırılabilir.

Üç sektörlü saat

(kullanım için talimatlar)

Ekipman: Pusula, cetvel, ibreli saat, kalem, şeffaf kağıt.

İlerlemek:

Bu açının şeklini şeffaf kağıda aktarın ve her iki saat ibresi hizalandığında, çizimi kadranın üzerine, açının üst kısmı ibrelerin dönme merkezi ile çakışacak ve açının bir tarafı ilerleyecek şekilde yerleştirin. eller.

Saatin yelkovanı bu açının ikinci tarafının yönüne denk gelecek şekilde hareket ettiği anda, açının tepesinden saat yönünde bir ışın çizin. Saat yönündeki ibrenin dönme açısına eşit bir açı oluşturulur. Şimdi bir pergel ve cetvel kullanarak bu açıyı iki katına çıkarın ve iki katına çıkan açıyı tekrar ikiye katlayın. Bu şekilde elde edilen açı bunun ⅓'ü olacaktır.

Nitekim yelkovan her belirli bir açıyı gösterdiğinde, akrep bu süre zarfında 12 kat daha küçük bir açıya doğru hareket eder ve bu açı 4 kat artırıldıktan sonra (a/12) * 4 = ⅓ a açısı elde edilir.

Çözüm

Dolayısıyla çözülemeyen inşaat problemleri matematik tarihinde özel bir rol oynamıştır. Sonuçta bu sorunların yalnızca pergel ve cetvelle çözülemeyeceği kanıtlandı. Ancak görevin formülasyonu - "çözülemezliği kanıtlamak" - ileriye doğru atılmış cesur bir adımdı.

Aynı zamanda geleneksel olmayan araçlar kullanılarak birçok çözüm önerildi. Bütün bunlar geometri ve cebirde tamamen yeni fikirlerin ortaya çıkmasına ve gelişmesine yol açtı.

Araştırma çalışmamı tamamlayıp analiz ettikten sonra aşağıdaki sonuçlara vardım:

✓ Bu tür sorunların ortaya çıkışı, bunların pratik önemi (özellikle düzenli çokgenlerin inşası) ile belirlendi;

✓ bu tür sorunlar yeni yöntem ve teorilerin geliştirilmesine yol açar (“ekleme” yöntemi, kuadratriksin ortaya çıkışı, Morley teoremi);

✓ Çözülemeyen problemler bilimin ilgisini daha çok çeker: Çözüm bulmak ya da imkansızlığı kanıtlamak büyük bir onurdur.

Ayrıca şunu da öğrendim:

✓ bu problemi inceleyen matematikçiler hakkında;

✓ yeni kavramlar, terimler (üç bölüm, üç bölüm, dörtgen) ve teoremler (Morley) ve öğrenilenler:

✓ gerekli materyali etkili bir şekilde bulup seçin;

✓ edinilen bilgiyi sistematik hale getirin;

✓ araştırma çalışmasını doğru şekilde biçimlendirin.

Açıların oluşturulması ve bölünmesi bir iletki kullanılarak gerçekleştirilir, ancak birçok açı kareler ve pergel kullanılarak oluşturulabilir ve hatta bölünebilir. Bir cetvel ve 30°, 60°, 90° ve 45°, 45°, 90° açılara sahip kareler kullanarak, 15°'nin katı olan herhangi bir açıyı oluşturabilirsiniz.

Enine çubukla ilgili konuda bunlardan biri, çeşitli açılar oluştururken hangi kare kombinasyonlarının kullanıldığını gösteriyor. Çeşitli açıları oluştururken karelerin konumunu dikkatlice düşünün ve çizim yaparken bu bilgiyi kullanın. Eğitim uygulamalarında çizim yaparken iletki kullanımı minimumda tutulur.

Dar açıyı iki eşit parçaya bölmek

Dar açıyı eşit parçalara bölmek pergel ve cetvel kullanılarak yapılır. BAC açısını A noktasındaki tepe noktasına bölme örneğini kullanarak bir açının açıortayını bulmayı düşünelim. A noktasından, isteğe bağlı bir R yarıçapına sahip, açının kenarları 1 ve 2 noktalarında kesişene kadar bir yay oluşturuyoruz. Aynı yarıçapa sahip 1. noktadan başka bir yay oluşturuyoruz, aynı şey 2. noktadan geçiyor.

Birbiriyle kesişen iki yay, A noktasına bağladığımız K noktasını verir. AK düz çizgisi, BAC açısını iki eşit parçaya böler ve onun açıortayıdır.

Köşesi çıkarılmış bir açıyı iki eşit parçaya bölmek

Böyle bir açının kenarlarının AB ve CD kısımlarını bildiğimizi varsayalım. Açının kenarlarından L mesafesine eşit bir mesafede kaldırılan iki paralel çizgi oluşturuyoruz. Mesafe, seçilen çizgiler kağıt üzerinde örneğin M noktasında kesişecek şekilde seçilmelidir. Daha sonra tüm yapılar dar bir açıyı iki eşit parçaya bölerken gerçekleştirilen işlemler.

Ortaya çıkan MN düz çizgisi, verilen açıyı iki eşit parçaya böler ve onun açıortayıdır.

Bir dik açıyı üç eşit parçaya bölmek

Bir dik açıyı (örneğin, BCD açısını) üç eşit parçaya bölmek için, açının tepe noktasından (C noktası), 1 ve 2 noktalarında açının yanlarıyla kesişene kadar isteğe bağlı R yarıçaplı bir yay çizin. 1 ve 2 noktalarından R yarıçaplı merkezlerden M ve N noktalarında 1-2 yay ile kesişen yaylar çizeriz, 1CM = MCN = NC2 = 30° açıları elde ederiz.

Bir açının pergel ve cetvel kullanılarak üç eşit parçaya bölünmesi (Bir açının üçe bölünmesi).

Dipnot:

Bir açıyı pergel ve cetvel kullanarak eşit parçalara bölme problemlerinin çözümüne yönelik genel bir yaklaşım önerilmiştir. Örnek olarak bir açının üç eşit parçaya bölünmesi gösterilmiştir (Bir açının üçe bölünmesi).

Anahtar Kelimeler:

köşe; bir açıyı bölmek; açının üçe bölünmesi.

Giriiş.

Bir açının üçe bölünmesi, belirli bir açının bir pergel ve bir cetvel yardımıyla üç eşit parçaya bölünmesi problemidir. Başka bir deyişle, açıyı üç eşit parçaya bölen ışınlar olan açı üçektörlerini oluşturmak gerekir. Çemberin karelenmesi ve küpün ikiye katlanması problemlerinin yanı sıra Antik Yunan'dan beri bilinen klasik çözülemeyen inşaat problemlerinden biridir.

Amaç Bu makale, en azından bir açının üçe bölünmesi problemiyle ilgili olarak, çözülemezlik hakkındaki yukarıdaki ifadenin yanlışlığının bir kanıtıdır.

Önerilen çözüm karmaşık yapılar gerektirmez,neredeyse evrenseldir ve köşeleri istediğiniz sayıda eşit parçaya bölmenize olanak tanır Bu da herhangi bir normal çokgen oluşturmanıza olanak tanır.

Giriş kısmı.

Düz bir çizgi çizelimA ve onun üzerine ∆CDE'yi inşa edin. Buna “temel” diyelim (Şekil 1).

Çevrimiçi seçA isteğe bağlı F noktası ve başka bir düz çizgi çizinB Üçgenin F noktasından ve D köşesinden geçiyoruz. ÇevrimiçiB İki keyfi G ve H noktasını alalım ve bunları Şekil 1'de gösterildiği gibi C ve E noktalarına bağlayalım. Şeklin analizi, açılar arasında aşağıdaki belirgin ilişkileri yazmamızı sağlar:

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

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

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

Açıklama1. 3. noktaya: - ∟C,∟D,∟E açıları, ∆CDE taban üçgeninin karşılık gelen köşelerindeki açılar olsun. O zaman şunu yazabiliriz:

∟C+∟D+∟E=180 0 – ∆CDE açılarının toplamı;

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

izin ver 1 /y 2 =n veya y 1 =n*y 2 , Daha sonra,

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

∆CHE açılarının toplamı:

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

sen 1 +y 3 =n*(y 2 +y 4 ) veya y 1 +y 3 =n*y 2 +n*y 4 ve senden beri 1 =n*y 2 ,O

sen 3 =n*y 4 ve bu nedenle sen 1 /y 2 =y 3 /y 4 =n.

Daha sonra çizgi üzerinde iki rastgele nokta alınA – N ve M ve bunların arasından iki çizgi çizinC VeD Şekil 2'de gösterildiği gibi. Daha önce söylenenler de dahil olmak üzere, c ve d çizgileri üzerindeki karşılık gelen açılardaki değişim oranının sabit bir değer olduğu açıktır, yani: (β 1 -β 3 )/(β 3 -β 5 )= (β 2 -β 4 )/(β 4 -β 6 )=y 1 /y 3 = y 2 /y 4 ;

Bir açıyı üç eşit parçaya bölmek.

Merkezi A noktası olan bir çember üzerinde E açısını çizin 1 A.E. 2 =β (bkz. Şekil 3.1). Çemberin karşı tarafına simetrik olarak üç açı yerleştireceğiz - CAC 1 , C 1 AC. 2 , C 2 AC. 3 her biri β'ya eşittir. E açısını böl 1 A.E. 2 , K noktalarında 1 ,K 3 , üç eşit açıya bölünür - ∟E 1 AK 1 , ∟K 1 AK 3 , ∟K 3 A.E. 2 β/3'e eşittir. Şekil 2'de gösterildiği gibi daire üzerindeki noktalardan düz çizgiler çizelim. 3.1. C, E noktalarını düz çizgilerle birleştirin 1 ve C 2 ,E. (bkz. Şekil 3.2)

K noktasından - doğruların kesişimi ve K noktası 1 Düz bir çizgi çizelim. Bu doğru üzerinde keyfi bir K noktası seçelim. 2 ve C ve C noktalarından iki düz çizgi çizin 2 .

Şekil 2'yi fark etmek zor değil. Şekil 3.2'deki daire çizgisini kaldırırsanız, Şekil 3.2'dekinin neredeyse aynısı olur. 2. (Netlik sağlamak amacıyla, kesikli çizgi CC eklenmiştir 2 ). Yani yukarıda bahsedilen tüm ilişkiler burada da geçerlidir, yani üç eşit parçaya bölünmesi gereken açılar için y ilişkisi geçerlidir. 1 /y 2 =y 3 /y 4 =1/2 (Giriş kısmındaki Açıklama 1'e bakınız). Şekil 3.2'de bir açının üç eşit parçaya nasıl bölüneceği açıkça görülmektedir.

Örnek olarak β=50 açısını üç eşit parçaya bölmeyi düşünün. 0 .

Seçenek 1.

A merkezli bir daire üzerinde, pergellerle birbirine göre simetrik olarak ve CB çapını (bkz. Şekil 4.1) C yaylarını çizeriz. 1 C 2 =B 1 B 2 =B 2 B 3 =B 1 B 4 eşit β=50 0 - dairenin merkezine göre. Yarım yay C 1 C 2 – CC 1 ikiye bölün (D noktası). B noktalarından geçen düz çizgiler çizin 1 hem D hem de B noktası 3 ve C. B noktalarını bağlayın 1 ve C, B 3 ve C 1 . Daha önce çizdiğimiz çizgilerin F ve E kesişme noktalarını birbirine bağlıyoruz. Ortaya çıkan açı α=C 1 AG, burada G, FE doğrusu ile dairenin kesişme noktasıdır, β/3'e eşittir.

Seçenek 2.

A merkezli bir daire üzerinde pergellerle birbirine göre simetrik olarak ve CB çapını (bkz. Şekil 4.2) C yaylarını çizeriz. 1 C 2 =B 1 B 2 =B 2 B 3 =B 1 B 4 =β=50 0 - dairenin merkezine göre. Bağlantı noktaları B 1 ve C, B 3 ve C 1 . y açılarını bir kenara koyun 2 =2y 1 (bkz. Şekil 4.2) B çizgisinden 1 C ve B 3 C 1 ve bu açılara karşılık gelen düz çizgiler çizin. Daha önce çizdiğimiz çizgilerin F ve E kesişme noktalarını birbirine bağlıyoruz. Ortaya çıkan açı α=C 1 AG≈16.67 0 , burada G, FE çizgisinin daire ile kesişme noktasıdır ve β/3'e eşittir.

Bir açıyı üç eşit parçaya bölmenin tam yapısı (β=50 açısı örneğini kullanarak) 0 ) Şekil 5'te gösterilmiştir

Bir açının eşit sayıdaki (>3) tek sayıdaki açıya bölünmesi.

Örnek olarak β=35 açısını bölmeyi düşünün. 0 beş eşit açıya bölünür.

Yöntem No.1.

A merkezli bir daire üzerinde, pusula ile C açılarını birbirine ve CB çapına göre simetrik olarak çiziyoruz. 2 AC. 1 =B 1 AB 2 =B 2 AB 3 =B 3 AB 4 =B 4 AB 5 =B 5 AB 6 =β=35 0 .(bkz. Şekil 6)

Bölme açısı C 2 AC, C yarım açısına eşit 2 AC. 1 E noktasında ikiye bölün. Noktaları birleştirin

E,C 2 ,B 1 ,B 2 ,B 3 Şekil 6'da gösterildiği gibi birbirlerine. Daha sonra, açıyı bölmek için daha önce verilen örnekteki Seçenek 2'yi kullanırız, çünkü açıları tek sayıda >3 eşit açıya bölmek için Seçenek 1 açıkça uygulanabilir değildir. B satırlarından 3 E ve B 1 C 2 B noktalarında 3 ve B 1 buna göre y açılarını bir kenara bırakıyoruz 1 ve sen 2 1:4 oranında. B noktalarından 3 ve B 1 N noktasında kesişene kadar bu açılara karşılık gelen düz çizgiler çizin. C Açısı 2 AK=α=7 0 aradığınız şey olacaktır.

Yöntem numarası 2.

Bu yöntem (bkz. Şekil 7), ilkine benzer, tek fark C2AC1 açısının ¼'ünün inşaat için kullanılmasıdır - BC dairesinin merkez çizgisine bitişik EAC açısı. Bu yöntemin avantajı, bir açıyı çok sayıda açıya (7, 9, 11 vb.) bölmeyi kolaylaştırmasıdır.

Düzenli bir yedigenin inşası.

N'nin bölme sayısı (açının bölündüğü sektör sayısı) olduğunu varsayalım.

O zaman eğern-1=2 k (1), neredek – herhangi bir tamsayı ise, daha önce gösterildiği gibi açı bir aşamaya bölünür. Eğern-1≠2 k (2) – daha sonra açı iki aşamaya bölünür, ilk olarakn-1 ve ardındanN . Her durumda aşağıdaki oran gözlenir:sen 1 /y 2 = 1/n-1 (3).

Bunu düzgün bir yedigen oluşturma örneğini kullanarak açıklayalım.

Yedigen oluşturmak için 60 derecelik açının 1/7'sini bulmanız gerekir. 0 , bunu altıyla çarpın ve elde edilen açıyı dairenin etrafında yedi kez çizin (bu olası seçeneklerden biridir). 7-1=6 olduğundan formül (2)'ye göre açı 60'tır. 0 Bunu iki aşamaya ayıracağız. İlk aşamada altıya, ikinci aşamada ise yediye bölüyoruz. Bunun için açıyı 30'a bölüyoruz. 0 10'luk üç eşit sektöre 0 (bkz. Şekil 8), en basit olarak makalenin başında açıklanan Seçenek 1'i kullanarak. Ortaya çıkan açı ECL=10 0 dairenin merkez çizgisinden ayırın (bkz. Şekil 9). ECL açısının orta hatta göre simetrik olarak ortaya konulan 60 derecelik açıya ait olduğunu varsayacağız. 0 .

Sonra 60 derecelik açının 1/7'sini buluyoruz 0 Daha önce açıklanan Yöntem No. 2'yi kullanıyoruz. Bu amaçla D açısını bir kenara bırakacağız. 1 CD 2 =60 0 orta hatta ve D açısına simetrik 2 CD 3 =60 0 onun bitişiğinde. D noktalarında 1 ve D 3 y açılarını oluşturalım 1 ve sen 2 D hatlarına 1 E ve D 3 Buna göre L, formül (3)'e göre oranları gözlemleyerek - yani 1'den 6'ya kadar.

Y açısına sahip düz çizgiler çizelim 1 ve sen 2 . Karşılık gelen doğruların G ve F kesişme noktalarını birleştirelim. Açı LCH=60 0 /7. L noktasından B noktasına kadar olan bu açıyı altı kez bir kenara bırakalım. Ortaya çıkan BCL açısını altı kez daha bir kenara bırakalım ve sonuç olarak LBKFMNA yedigenini elde ederiz.

Çözüm.

Bu makalede önerilen bir açıyı eşit parçalara bölme yönteminin bir sınırlaması vardır; 60°'den büyük açılar için doğrudan kullanılamaz. 0 ancak bu, sorunun temel çözülebilirliği açısından o kadar önemli değil.

Kaynakça:

1. Metelsky N.V. Matematik. Üniversitelere ve teknik okullara başvuran adaylar için orta okul kursu. Ed. 3. stereotip. Mn., “En yüksek. Okulu", 1975, 688 s. hastadan.

Uygulama olarak, daha önce değindiğimiz popüler bir matematik probleminin, yani herhangi bir açıyı eşit parçalara bölme probleminin, özellikle de bir açının üçe bölünmesi probleminin çözümünü artık ele alabiliriz. Görev, bir pergel ve cetvel kullanarak herhangi bir açıyı üç eşit parçaya bölecek kesin bir yapı bulmaktır. Bir takım özel açı değerleri için bu tür yapılar kolaylıkla bulunabilir. Belirtilen anlamda bir açının üçe bölünmesinin imkansızlığının kanıtlanması konusundaki düşünce zincirini size tanıtmak istiyorum; Aynı zamanda sizden pergel ve cetvel kullanarak düzgün bir yedigen oluşturmanın imkansızlığının kanıtını da hatırlamanızı rica ediyorum. Bu ispatta olduğu gibi problemi indirgenemez kübik denkleme indirgeyip, sadece kareköklerle çözülemeyeceğini göstereceğiz. Ancak denklem ancak şimdi bir parametre (açı) içerecek; oysa önceden katsayılar tam sayıydı; buna göre artık sayısal indirgenmezlik yerine işlevsel indirgenemezlik olması gerekir.

Sorunumuzun kaydını veren bir denklem elde etmek için, gerçel sayıların pozitif yarı ekseni üzerinde bir açının oluşturulduğunu hayal edin (Şekil 41); daha sonra ikinci tarafı bu noktada yarıçapı 1 olan bir daireyle kesişecektir.

Görevimiz, açının boyutundan bağımsız, pergel ve cetvelle yapılan sonlu sayıda işlemden oluşan ve her seferinde bu dairenin açının kenarıyla kesişme noktasını verecek bir yapı bulmaktır; , Bir nokta

Bu z değeri denklemi karşılar

ve geometrik problemimizin analitik eşdeğeri, bu denklemi rasyonel fonksiyonların sonlu sayıda karekökü ile çözmektir, çünkü bunlar inşaatımıza başlamamız gereken w noktasının koordinatlarıdır.

Öncelikle denklem (3)'ün fonksiyon teorisi açısından indirgenemez olduğundan emin olmamız gerekiyor. Doğru, bu denklem önceki genel tartışmalarda aklımızdaki denklem türlerine pek uymuyor: rasyonel olarak giren karmaşık bir w parametresi yerine, burada gerçek bir parametrenin rasyonel olarak iki fonksiyonu - kosinüs ve sinüs - var. Katsayıları da rasyonel fonksiyonlar olan polinomlara ayrışması koşuluyla burada bir polinomu indirgenebilir olarak adlandırabiliriz. Bu anlamda anlaşılan indirgenebilirlik için öncekine oldukça benzer bir kriter verebiliriz. Yani, eşitlik (3)'te tüm gerçek değerler üzerinden geçiliyorsa, aynı zamanda w düzleminde yarıçapı 1 olan bir daire üzerinden de geçilir; bu, stereografik izdüşüm nedeniyle w küresi üzerindeki ekvatora karşılık gelir. Denklemin Riemann yüzeyindeki bu dairenin üzerinde uzanan ve aynı anda üç sayfanın hepsinden geçen bir çizgi, (3) kullanılarak, kürenin yarıçapı 1 olan bir daireye bire bir eşlenir ve bu nedenle bir dereceye kadar çağrılabilir. "tek boyutlu Riemann görüntüsü". Benzer şekilde herhangi bir form denklemi için böyle bir Riemann görüntüsünü oluşturmanın mümkün olduğu açıktır; Bunu yapmak için, denklemin kökleri kadar yarıçapı 1 ve yay uzunluğu olan dairelerin kopyasını almanız ve bunları köklerin bağlantısına göre sabitlemeniz gerekir.

Daha sonra, öncekine oldukça benzer şekilde, denklemin ancak tek boyutlu Riemann imajının ayrı parçalara bölünmesi durumunda indirgenebilir olabileceği sonucuna varıyoruz, ancak bu durumda durum böyle değil ve dolayısıyla denklemimizin indirgenemezliği ( 3) kanıtlanmıştır.

Bir dizi karekökle çözülebilen, rasyonel sayısal katsayılara sahip her kübik denklemin indirgenebilir olduğuna dair önceki kanıt, işlevsel anlamda indirgenemeyen denklem (3)'ün mevcut durumuna kelimesi kelimesine taşınabilir; Her “rasyonel fonksiyon” dediğinizde “rasyonel sayılar” kelimesi yerine yapmanız gereken tek şey, bundan sonra sonlu sayıda işlemle (pergel ve cetvelle) gerçekleştirilmesinin imkansız olduğu ifademiz tamamen kanıtlanmıştır. ), keyfi bir açıyı bu şekilde üçe bölmekle, bir açıyı üçe bölmekle meşgul olan insanların tüm çabaları sonsuz boşluğa mahkumdur!

Şimdi biraz daha karmaşık bir örneği ele almaya devam edelim.

Bir açıyı ikiye bölmek (Şekil 26, a). Üstten İÇİNDE açı ABC keyfi yarıçap R 1 noktalarda açının kenarlarıyla kesişene kadar bir yay çizin M Ve N . Daha sonra noktalardan M Ve N yarıçaplı yaylar çizin > R 1 bir noktada kesişinceye kadar D . Dümdüz BD verilen açıyı ikiye böler.

Açının 4, 8 vb. eşit parçaya bölünmesi, açının her bir parçasının sırayla ikiye bölünmesiyle gerçekleştirilir (Şekil 26, b).

Şekil 26

Açının çizimde kesişmeyen kenarlarla belirtilmesi durumunda, örneğin AB Ve CD Şekil 26,c'de açının ikiye bölünmesi şu şekilde yapılmaktadır. Keyfi fakat eşit mesafede ben açının kenarlarından düz çizgiler çizilir KL || AB Ve MN || CD ve noktada kesişinceye kadar onlara devam edin HAKKINDA . Ortaya çıkan açı L AÇIK düz bir çizgiyi ikiye böl İLE İLGİLİ . Dümdüz İLE İLGİLİ verilen açıyı da ikiye bölecektir.

Bir dik açıyı üç eşit parçaya bölmek (Şekil 27). Dik açının tepesinden - bir nokta İÇİNDE isteğe bağlı yarıçaplı bir yay çizin R açının her iki tarafını da noktalarda kesinceye kadar A Ve C . Aynı yarıçap R noktalardan A Ve İLE yay ile kesişene kadar yaylar çizin AC. noktalarda M Ve N . Bir açının köşesinden geçen çizgiler İÇİNDE ve noktalar M Ve N , dik açıyı üç eşit parçaya bölün.

Şekil 27

2.4 Bir daireyi eşit parçalara bölmek, düzgün çokgenler oluşturmak

2.4.1 Bir daireyi eşit parçalara bölmek ve düzgün yazılı çokgenler oluşturmak

Bir daireyi ikiye bölmek için herhangi bir şey çizmeniz yeterlidir. çap. Karşılıklı olarak dik iki çap, daireyi dört eşit parçaya bölecektir (Şekil 28, a). Her dördüncü parçayı ikiye bölerek sekizinci parçayı elde edersiniz ve daha fazla bölmeyle - on altıncı, otuz ikinci parçalar vb. (Şekil 28, b). Düz bağlanırsanız bölme noktaları, daha sonra düzenli bir yazılı karenin kenarlarını elde edebilirsiniz (A 4 ), sekizgen ( A 8 ) ve t . (Şekil 28, c).

Şekil 28

Bir daireyi 3, 6, 12 vb. eşit parçaya bölmek, Ve karşılık gelen düzenli yazılı çokgenlerin yapımı aşağıdaki şekilde gerçekleştirildi. Bir daire içinde karşılıklı olarak dik iki çap çizilir 1–2 Ve 3–4 (Şekil 29 a). Noktalardan 1 Ve 2 merkezlerden daire yarıçapına sahip yaylar nasıl tanımlanır? R noktalarda kesişmeden önce A, B, C Ve D . Puanlar A ,B ,1, C, D Ve 2 daireyi altı eşit parçaya bölün. Birinden alınan bu aynı noktalar daireyi üç eşit parçaya bölecektir (Şekil 29, b). Bir daireyi 12 eşit parçaya bölmek için, dairenin noktalarından yarıçapına sahip iki yay daha tanımlayın 3 Ve 4 (Şekil 29, c).

Şekil 29

Ayrıca bir cetvel ve 30 ve 60°'lik bir kare kullanarak düzgün yazılı üçgenler, altıgenler vb. oluşturabilirsiniz. Şekil 30 yazılı bir üçgen için benzer bir yapıyı göstermektedir.

Şekil 30

Bir daireyi yedi eşit parçaya bölmek ve düzenli bir yazılı yedigenin inşası (Şekil 31), yazılı üçgenin kenarının yarısı kullanılarak, yazılı yedigenin kenarına yaklaşık olarak eşit olarak gerçekleştirilir.

Şekil 31

Bir daireyi beşe veya ona bölmek eşit parçalar karşılıklı iki dik çap çizin (Şekil 32, a). Yarıçap O.A. ikiye bölün ve bir puan aldıktan sonra İÇİNDE , ondan yarıçaplı bir yay tanımlayın R = M.Ö. noktada kesişene kadar D yatay çaplı. Noktalar arasındaki mesafe C Ve D düzgün yazılı bir beşgenin kenar uzunluğuna eşittir ( A 5 ) ve segment Aşırı doz düzgün yazılı bir ongenin kenar uzunluğuna eşittir ( A 10 ). Bir dairenin beş ve on eşit parçaya bölünmesi ve yazılı düzgün beşgenlerin ve ongenlerin yapımı Şekil 32, b'de gösterilmektedir. Bir daireyi beş parçaya bölmenin kullanımına örnek olarak beş köşeli yıldız verilebilir (Şekil 32, c).

Şekil 32

Şekil 33'te gösterilmektedir Bir dairenin yaklaşık olarak eşit parçalara bölünmesinin genel yöntemi . Bir daireyi dokuz eşit parçaya bölmek istediğinizi varsayalım. Bir daire içinde karşılıklı iki dik çap ve bir dikey çap çizilir AB yardımcı bir düz çizgi kullanılarak dokuz eşit parçaya bölünmüştür (Şekil 33, a). Noktadan B yarıçaplı bir yayı tanımla R =AB , ve yatay çapın devamı ile kesiştiği noktada noktalar elde edilir İLE Ve D . Noktalardan C Ve D çift ​​veya tek çaplı bölme noktalarından AB ışınları iletir. Işınların daire ile kesişme noktaları onu dokuz eşit parçaya bölecektir (Şekil 33, b).

Şekil 33

İnşaat sırasında, bir daireyi eşit parçalara bölmenin bu yönteminin, tüm işlemlerin gerçekleştirilmesinde özellikle yüksek doğruluk gerektirdiğini dikkate almak gerekir.