Реферат: Геометрические построения на плоскости

--PAGE_BREAK--Методика решения задач на построение


При решении сложных задач основную трудность представляет вопрос о том, как найти способ решения. Решение этого вопроса облегчается, если придерживаться определенной схемы рассуждений. Эта схема состоит их четырех этапов: анализ, построение, доказательство, исследование. Заметим, что эта классическая схема не является, безусловно, необходимой и неизменной. Допустимы отклонения в зависимости от задачи.

1. Анализ. В анализе ведется поиск решения задачи следующим образом: предполагают задачу решенной, строят (от руки) искомую фигуру пристраивают к ней данные с учетом тех отношений, которые указаны в условии задачи. Подмечают, что построение искомой фигуры Ф сводится к построению другой фигуры Ф1, построение Ф1 сводят к построению Ф2 и т.д. После конечного числа шагов можно прийти к некоторой фигуре Фn, построение которой известно.

Если на вспомогательном чертеже не удастся найти ход решения, то целесообразно ввеcти в чертеж вспомогательные фигуры: сделать дополнительные построения, сделать геометричеcкие преобразования и т.д.

2. Построение состоит в указании конечной последовательности основных построений (или ранее решенных задач), которые достаточно произвести, чтобы искомая фигура была построена.

Построение обычно сопровождается графическим оформлением каждого шага с помощью указанных инструментов.

3. Доказательство имеет целью установить, что построенная фигура действительно удовлетворяет условию задачи.

Доказательство проводится в предположении, что каждый шаг построения может быть выполнен.

4. Исследование. При анализе, построении обычно ограничиваются отысканием одного какого-либо решения, предполагая выполнимость шагов построения. Идя полного решения задачи нужно выяснить:

1) всегда ли (т.е. при любом ли выборе данных) можно выполнить построения избранным способом;

2) можно ли и как построить искомую фигуру, если для какого-нибудь выбора данных указанный способ построения не пригоден;

3) сколько решений имеет задача при каждом возможном выборе данных.

Эти вопросы составляют содержание исследования. Итак, исследование ставит цель — установить условия разрешимости и определить число решений.

Практически исследование проводят по ходу построения, рассматривая каждый шаг построения на возможность и единственность.

Однако такое исследование связано с данным способом построения. В этом случае остается открытым вопрос: нет ли других решений при другом способе решения. На этот вопрос отвечают с помощью указанного выше приема: доказывают, что произвольное решение данной задачи совпадает с одним из уже полученных решений.

Для иллюстрации сказанного рассмотрим следующий пример.

Задача. Построить треугольник, если известны: длина основания а, угол при основании α и разность двух других сторон d.

Решение. Заметим, что в условии задачи не указаны инструменты. Bтаких случаях будем полагать (как и в школе), что задачу надо решить с помощью линейки и циркуля.
<img width=«141» height=«113» src=«ref-1_1259413616-2674.coolpic» v:shapes="_x0000_i1028">
<img width=«10» height=«10» src=«ref-1_1259416290-83.coolpic» v:shapes="_x0000_s1029"><img width=«10» height=«10» src=«ref-1_1259416373-83.coolpic» v:shapes="_x0000_s1030">Анализ. Поиск решения задачи проведем, полагая задачу решенной. Пусть ∆ABC— искомый треугольник: AB= a, AC–BC= AD=d, <img width=«46» height=«22» src=«ref-1_1259416456-138.coolpic» v:shapes="_x0000_i1029">= α. Замечаем, что ∆АВD= определен по двум сторонам и углу между ними.

Третья вершина С искомого треугольника может быть найдена как точка пересечения луча АDи прямой l— серединного перпендикуляра отрезка ВD). Иначе говоря план решения найден, отроим треугольник ∆АВD, а затем и третью вершину С.

Построение. В этом пункте реализуем план решения.

Строим последовательно:
<img width=«10» height=«10» src=«ref-1_1259416373-83.coolpic» v:shapes="_x0000_s1031"><img width=«11» height=«8» src=«ref-1_1259416677-83.coolpic» v:shapes="_x0000_s1032"><img width=«166» height=«132» src=«ref-1_1259416760-3737.coolpic» v:shapes="_x0000_i1030">

1) <img width=«284» height=«28» src=«ref-1_1259420497-1031.coolpic» v:shapes="_x0000_i1031">

2) l, l– серединный перпендикуляр отрезка BD;

3) C, C= [AD) ∩ l.

Треугольник АВС – искомый.

Доказательство. Действительно, ∆АВС удовлетворяет всем условиям задачи, т.к. по построению
АВ = а, АС – ВС = АD= d, BAD= α.

Исследование. Проверил каждый шаг построения на осуществимость и единственность. Первый шаг возможен и единственен тогда и только тогда, когда 0<α<π. Второй шаг возможен и единственен всегда. Третий шаг возможен и единственен тогда и только тогда, когда α< а cosα. Действительно, если d< acosα, то прямая lпересекает луч AD. Если же d= acosα, то lи AD, поэтому треугольника, удовлетворяющего условию задачи, не существует. В том случае, когда d< acosα, прямая lпересекает луч DА. В этом случае также задача не имеет решения.

Но вернемся к анализу. У нас задача решена, предполагая, что α лежит против меньшей из двух боковых сторон. Если α лежит против большей стороны, то предыдущий метод построения не проходит. Как быть? По теории мы должны и для этого случая дать решение. Нетрудно убедиться, что ΔABFопределен (a,dи угол π — α). Построение, доказательство и исследование провoдятcя так же, как и выше.

Необходимо еще выяснить: вcе ли решения найдены. Да, все, так как если бы каким-то способом построить треугольник по a, dи α то этот треугольник был бы равен одному из указанных треугольников (это легко доказать через ).
<img width=«114» height=«96» src=«ref-1_1259421528-2771.coolpic» v:shapes="_x0000_i1032">
    продолжение
--PAGE_BREAK--Методы решения задач на построение


Основными являются три: метод геометрических мест (ГМТ), метод геометрических преобразований, алгебраический метод.

Метод геометрических мест (пересечения фигур).

Сущность метода: решение задачи сводит к построению некоторой точки (основного элемента построения), подчиненной двум условиям. Отбрасывают одно из этих условий и строят ГМТ Ф1, удовлетворяющих первому условию, потом Ф2 — ГМТ, удовлетворяющих второму условию. По соответствующей аксиоме конструктивной геометрии можем сказать Ф1∩Ф2 = Ш или нет и если ≠ Ш, то считать построенным пересечение Ф1 ∩ Ф2. Точки Ф1 ∩ Ф2 и только они удовлетворяют обоим условиям одновременно. Точки пересечения и только они дают решение задачи.

Заметим, что успех от применения этого метода полностью зависит от знания конкретных ГМТ. Наиболее часто применяются следующие геометрические места:

ГМТ 1. Множество точек плоскости, каждая из которых равноудалена от двух данных точек А и В, есть серединный перпендикуляр отрезка АВ.

ГMT2. Множество точек, находящихся на данном расстоянии от данной прямой, есть две прямые, параллельные данной и отстоящие от нее на данном расстоянии.

ГМТ 3. Множество точек, каждая из которых равноудалена от двух данных параллельных прямых, есть прямая, являющаяся их осью симметрии.

ГМТ 4. Множество точек, каждая из которых равноудалена от двух пересекающихся прямых, есть две взаимно перпендикулярные прямые, содержащие биссектрисы углов, образованных данными прямыми,

ГМТ 5. Множества точек плоскости, из которых отрезок АВ виден под прямым углом, есть окружность (без точек А и В ), построенная на отрезке АВ как на диаметре.

ГМТ 6. Множество точек плоскости, из которых отрезок АВ виден под углом α, где α ≠ 90є, α ≠ 180є, есть две дуги с общими концами А и В (без точек А и В), симметричные относительно прямой АВ.

ГМТ 7. Множество точек плоскости, из которых данная окружность видна под углом α, где α ≠ π, есть окружность,- концентрическая с данной, радиус которой больше радиуса данной окружности.

ГМТ 8. Множество точек, делящих всевозможные хорда окружности (O, ОА), проведенные через точку А окружности, в одном и том же отношении λ, где λ > 0, есть окружность (без точки А) с центром на прямой ОА, проходящая через точку А. Если λ = 1, то эта окружность построена на отрезке ОА как на диаметре.

ГМТ 9. Множество точек плоскости, для каждой из которых разность квадратов расстояний от двух данных точек А и В постоянна, есть прямая, перпендикулярная прямой АB.

ГМТ 10. Множество точек плоскости, для каждой из которых сумма квадратов расстояний до двух данных точек А и В равна а2, есть окружность с центром в середине отрезка АВ, если 2а2>AB2; середина отрезка AB, если 2a2= AB2; и пустое множество, если 2a2<AB2.

ГМТ 11. Множество точек плоскости, для каждой из которых отношение расстояний до двух данных точек А и В постоянно и отлично от единицы, есть окружность с центром на прямой АВ (окружность Аполлония).

Для иллюстрации метода ГМТ решим следующую задачу.

Задача. Построить треугольник, если известны: длина основания а, угол при вершине α и отношение боковых сторон λ, λ ≠ 1.

Решим методом ГМТ.

Анализ. Две вершины А и В искомого треугольника легко построить. Задача сводится к построению точки С. Точка С должна удовлетворять следующим двум условиям: 1) точка С принадлежит сегменту, вмещающему данный угол α; 2) точка С принадлежит окружности Аполлония.
<img width=«281» height=«217» src=«ref-1_1259424299-5684.coolpic» v:shapes="_x0000_i1033">

ς                        α

Построение. Строим последовательно: а) отрезок АВ, АВ = 0; б) сегмент А ς В, вмещающий данный угол α; в) окружность Аполлония на отрезке АВ; г) точку С, принадлежащую пересечению сегмента А ς В и окружности Аполлония.

Треугольник АВС — искомый.

Доказательство и исследование предлагаем читателям провести самостоятельно.
Метод геометрических преобразований
Сущность метода: при решении задачи, и прежде всего на первом этапе – анализе, наряду с данными и искомыми фигурами рассматривают другие фигуры, полученные из данных или искомых фигур (или их частей) с помощью некоторого геометрического преобразования (ГП). В зависимости от того, какое (ГП) выбрано, говорят о той или иной разновидности метода ГП (метод параллельного переноса, гомотетии, инверсии и т.д.). Рассмотрим примеры.
1. Параллельный перенос (ПП).
Сущность: наряду с данными и искомыми фигурами рассматривают другие фигуры, полученные из указанных фигур (или частей) с помощью ПП.

Задача. Достроить трапецию так, чтобы ее основания и диагонали были соответственно равны четырем данным отрезкам.
<img width=«183» height=«90» src=«ref-1_1259429983-4486.coolpic» v:shapes="_x0000_i1034">
<img width=«27» height=«13» src=«ref-1_1259434469-86.coolpic» v:shapes="_x0000_s1033"><img width=«27» height=«13» src=«ref-1_1259434469-86.coolpic» v:shapes="_x0000_s1034">Анализ. Пусть ABCD— искомая трапеция. Сделаем параллельный перенос плоcкости, определяемый вектором ВС: ВС: BD→ CF.

Треугольник ACFопределен по трем сторонам: AF= a+ b, AC= d1, CF= d2.

План решения ясен. Предлагаем читателям завершить решение этой задача.
    продолжение
--PAGE_BREAK--2. Осевая симметрия.
Задача. Даны прямая lи две точки А и В, принадлежащие одной плоскости, определяемой прямой l. Найти такую точку Х<img width=«20» height=«20» src=«ref-1_1259434641-151.coolpic» v:shapes="_x0000_i1035">l, чтобы сумма АХ + ХВ была минимальной.
<img width=«198» height=«96» src=«ref-1_1259434792-4488.coolpic» v:shapes="_x0000_i1036">
Уклонимся от схемы. Рассмотрим Sе. Пусть A′= Se(A), X= A′B∩ l. Покажем, что Х — искомая точка. В самом деле, для любой точки
Y<img width=«20» height=«20» src=«ref-1_1259434641-151.coolpic» v:shapes="_x0000_i1037">l: AX+ XB= A′B< A′Y+ YB= AY+ YB(Y≠ X).


Исследование. Задача всегда имеет решение, причем единственное.
3. Поворот.
Задача. Даны: угол АОВ и точка С внутри него. Построить равносторонний треугольник, одна вершина которого совпадает о точкой С, а две другие лежат на сторонах данного угла.

Анализ. Пусть ∆СDE— искомый. Сделаем поворот плоскости вокруг точки С на угол 60°: R60є(D) = E, R60є(OB) = O′B′, причем E= OB∩ O′B′.Аналогично находим положение точки D: D= OB∩ Rc-60є(OA).
<img width=«132» height=«103» src=«ref-1_1259439431-3346.coolpic» v:shapes="_x0000_i1038">


Построение очевидно. Доказательство и исследование предлагаем провести самостоятельно.

4. Центральная симметрия.
<img width=«192» height=«123» src=«ref-1_1259442777-3841.coolpic» v:shapes="_x0000_i1039">
Задача. Построить квадрат, если даны его центр О и две точки А и В на параллельных его сторонах.

Анализ. Пусть искомый квадрат построен. Тогда А’ и В, где лежат на А’ = Z(A), лежат на одной стороне квадрата. Аналогично В’ и А, где В' = Z(в), лежат на одной стороне квадрата. Тогда на прямых ВА' и АВ' лежат стороны квадрата. Дальнейшее продолжение не вызывает трудностей, предлагаем провести самим.

5. Метод подобия (гомотетии).

Сущность метода строят фигуру, подобную данной, не учитывая какой-нибудь линейный размер или специальное положение искомой фигуры относительно данных. Затем строят искомую (чаще всего гомотетией), учитывая, что коэффициент подобия равен отношению любых двух соответственных отрезков.

Задача. Даны угол и точка внутри него. Построить окружность, проходящую через точку А и касающуюся сторон угла.

Анализ. Центр искомой окружности должен лежать на биссектрисе данного угла. Снимем требование, чтобы окружность ω проходила через А (это подобно тому, что не требуется, чтобы расстояние от точки О до точки окружности равнялось известному отрезку а). Тогда легко построить окружность ω1, касающуюся сторон утла. Окружности ω и ω1 гомотетичы (с центром в точке 0). Найдем образы точек А и В: А → А', В→В'. Очевидно, АВ׀׀А'В'.

Учитывая оказанное, можно наметить следующий план решения:

1) строим окружность СО1, касающуюся сторон угла;

2) проводам ОА;

3) строим точки пересечения ω и ω1;

4) из точки А проводим прямую, параллельную прямой А'В'. Пусть В — одна из точек пересечения.

Построение и доказательство опускаем (самим).

Исследование. 1.Окружность ω1 можно построить и бесчисленным множеством способов.

2. Пересечением ОА и ω1 всегда являются две точки А' и А".

3. Через точку А можно провести две прямые, параллельные соответственно В'А' или В'А''. Эти две прямые l1и l2различны, если А <img width=«19» height=«23» src=«ref-1_1259446618-173.coolpic» v:shapes="_x0000_i1040">ОВ'; и совпадает, если А<img width=«19» height=«19» src=«ref-1_1259446791-146.coolpic» v:shapes="_x0000_i1041">ОВ'.
<img width=«229» height=«152» src=«ref-1_1259446937-5258.coolpic» v:shapes="_x0000_i1042">
4. Пересечения l1∩ ОВ и l2∩ ОВ' существуют и единственны, если А ОВ', т.е. задача в этом случае имеет два решения.

Если же А <img width=«19» height=«19» src=«ref-1_1259446791-146.coolpic» v:shapes="_x0000_i1043">ОВ', то этим способом центр искомой окружности не найдем. Для этого принципиально нового случая найдем новое специфичное решение: строим прямую, перпендикулярную ОА-биссектрисе данного угла. Далее проведем биссектрисы углов ОСА и МСА. Точки в1 и в2 — искомые центры.

Задача (наглядная). Построить треугольник по двум углам <img width=«12» height=«12» src=«ref-1_1259452341-338.coolpic» v:shapes="_x0000_i1044">, β


<img width=«127» height=«100» src=«ref-1_1259452679-2518.coolpic» v:shapes="_x0000_i1045">
и медиане, проведенной из какой-нибудь вершины.

1. Строим треугольник АВ1С1

2. Подобным преобразованием получим искомый ΔАBC
    продолжение
--PAGE_BREAK--6. Метод инверсии
Сущность метода: наряду с данными и искомыми фигурами рассматривают фигуры, инверсные им или их частям. Он применяется в тех случаях, когда построение фигуры, инверсной искомой, является более легкой (доступной). Построив инверсную построенной, получают искомую. Метод инверсии дает возможность решить трудные конструктивные задачи. Недостаток — громоздкость (большое число построений).

Задача. Даны: точка О и прямые а и в, не проходящие через О. Построить луч, выходящий из О, чтобы произведение его отрезков от О до точек пересечения с данными прямыми было равно <img width=«19» height=«21» src=«ref-1_1259455197-154.coolpic» v:shapes="_x0000_i1046">2, где <img width=«19» height=«21» src=«ref-1_1259455197-154.coolpic» v:shapes="_x0000_i1047">  — длина отрезка <img width=«21» height=«27» src=«ref-1_1259455505-180.coolpic» v:shapes="_x0000_i1048">.

Анализ. Пусть [ОА) — искомый луч. Тогда ОА*ОВ= <img width=«19» height=«21» src=«ref-1_1259455197-154.coolpic» v:shapes="_x0000_i1049">2. Инверсия Iотносительно окружности ω(o,r) точку Bпереведет в точку A, прямую в→в', где b' — некоторая окружноcть, тогда A= a∩в'.
<img width=«204» height=«139» src=«ref-1_1259455839-5439.coolpic» v:shapes="_x0000_i1050">
Построение. Строим последовательно: 1) ω(o,r); 2) в', где в' = I(в) окружность, проходящая через О; 3) А, А<img width=«19» height=«19» src=«ref-1_1259446791-146.coolpic» v:shapes="_x0000_i1051"> а ∩ в; 4) [ОА) — искомый.

Доказательство. Через В обозначим пересечение в ∩ [ОА). Тогда В – прообраз А, т.к. А = [ОА) ∩ в'→[ОА) ∩ в = В. По определению инверсии имеем: ОА*ОВ = r2.

Исследование. Если: a∩ в' = Ш, то нет решения; — точка касания, то одно решение; a∩ в' = {A}, A– точка касания, то одно решение; a∩ в' = {A1 A2, A1 ≠ A2, то два решения.

Алгебраический метод.

Сущность: решение задачи сводят к построению отрезка, длину которого можно выразить через длины данных отрезков с помощью формул. Затем строят искомый отрезок по полученной формуле.

<img width=«10» height=«10» src=«ref-1_1259416373-83.coolpic» v:shapes="_x0000_s1035"><img width=«10» height=«10» src=«ref-1_1259416290-83.coolpic» v:shapes="_x0000_s1036">Задача. Даны: угол АОВ и две точки С и Dда луче OВ. Найти на луче [ОА) точку X, чтобы величина угла СХDбыла наибольшей.

Анализ. Пусть точка Xнайдена. Очевидно, точка Xявляется точкой касания окружности, проходящей через С и D.Обозначим длину отрезка ОХ через х.
<img width=«173» height=«94» src=«ref-1_1259461590-3428.coolpic» v:shapes="_x0000_i1052">
<img width=«50» height=«26» src=«ref-1_1259465018-104.coolpic» v:shapes="_x0000_s1037">Имеем:
х2 = |ОС|*|ОD|, |ОС| и |ОD| -
длины известных отрезков ОС и ОD). План решения состоит из двух шагов: Строим <img width=«21» height=«27» src=«ref-1_1259465122-189.coolpic» v:shapes="_x0000_i1053">так, чтобы
<img width=«107» height=«23» src=«ref-1_1259465311-245.coolpic» v:shapes="_x0000_i1054">и х = [OA) ∩ω(O,x),


где <img width=«21» height=«27» src=«ref-1_1259465122-189.coolpic» v:shapes="_x0000_i1055">– длина отрезка х.

Построение, доказательство, исследование предлагаем провести самим.

Построение отрезков, заданных формулами.

Алгебраический метод решения задач на построение сводится к построению отрезков, заданных формулами.

Полная формулировка задачи: даны отрезки <img width=«107» height=«35» src=«ref-1_1259465745-505.coolpic» v:shapes="_x0000_i1056">. Пусть а, в, с,…, d– их длина при некоторой единице измерения. Требуется построить с помощью данных инструментов (циркуля и линейки) отрезок <img width=«20» height=«26» src=«ref-1_1259466250-189.coolpic» v:shapes="_x0000_i1057"> , длина которого x(при той же единице измерения) выражается через длины данных отрезков формулой х = f(a, в2, с,…, d). Будем рассматривать такие значения а, в, с,…,d, при которых fимеет смысл и положительна.

Мы уже знаем, как cтроить выражения
<img width=«83» height=«33» src=«ref-1_1259466439-365.coolpic» v:shapes="_x0000_i1058">, <img width=«56» height=«57» src=«ref-1_1259466804-327.coolpic» v:shapes="_x0000_i1059"> , <img width=«131» height=«36» src=«ref-1_1259467131-1716.coolpic» v:shapes="_x0000_i1060">, <img width=«76» height=«51» src=«ref-1_1259468847-238.coolpic» v:shapes="_x0000_i1061">, х = а ± в,(а — в, при а >
в). К рассмотренным построениям можно свести построение более сложных формул:
1) <img width=«82» height=«34» src=«ref-1_1259469085-371.coolpic» v:shapes="_x0000_i1062">, n= натуральное число; делается так:

<img width=«114» height=«38» src=«ref-1_1259469456-551.coolpic» v:shapes="_x0000_i1063">, причем <img width=«136» height=«38» src=«ref-1_1259470007-693.coolpic» v:shapes="_x0000_i1064">, если n= p·q,

<img width=«174» height=«41» src=«ref-1_1259470700-769.coolpic» v:shapes="_x0000_i1065">, если n= p2 ± q2;

2) <img width=«409» height=«62» src=«ref-1_1259471469-1770.coolpic» v:shapes="_x0000_i1066">

3) <img width=«140» height=«38» src=«ref-1_1259473239-471.coolpic» v:shapes="_x0000_i1067"> <img width=«138» height=«43» src=«ref-1_1259473710-521.coolpic» v:shapes="_x0000_i1068">· <img width=«86» height=«38» src=«ref-1_1259474231-366.coolpic» v:shapes="_x0000_i1069">и т.д.


Все построенные выше формулы обладают одним общим cвойcтвом: они являютcя однородными выражениями первой степени. Напоминаем, выражение F(а,…, с) называют однородным степени 11, если
F(ta,…,tc) = tn· F(a,…,c).
Пользуясь понятием однородной функции, мо; но выделить некоторые, классы алгебраичеcких выражений, которые могут быть построены циркулем и линейкой. Например, циркулем и линейкой можно построить:

1)     Oтрезок, заданный формулой
<img width=«164» height=«64» src=«ref-1_1259474597-1042.coolpic» v:shapes="_x0000_i1070">,
где Pn+1(…) и Pn(a,b,…,c) — однородные многочлены с рациональными коэффициентами от длин а, в,…, с отрезков <img width=«83» height=«30» src=«ref-1_1259475639-394.coolpic» v:shapes="_x0000_i1071">степени соответственно n+1 и n.

Пусть

Pn+1= <img width=«469» height=«73» src=«ref-1_1259476033-1365.coolpic» v:shapes="_x0000_i1072">

Далее, пусть <img width=«22» height=«32» src=«ref-1_1259477398-219.coolpic» v:shapes="_x0000_i1073">  — произвольный отрезок, d— его длина (в той же единице измерения).

Разделим чиcлитель на dn, знаменатель – на dn-1 .
<img width=«61» height=«87» src=«ref-1_1259477617-296.coolpic» v:shapes="_x0000_i1074">


Выражение <img width=«32» height=«41» src=«ref-1_1259477913-157.coolpic» v:shapes="_x0000_i1075"> представляет сумму одночленов вида <img width=«47» height=«41» src=«ref-1_1259478070-268.coolpic» v:shapes="_x0000_i1076">.

Следовательно, можно построить каждое слагаемое, а потому и весь числитель: <img width=«76» height=«53» src=«ref-1_1259478338-422.coolpic» v:shapes="_x0000_i1077">. Аналогично, <img width=«60» height=«41» src=«ref-1_1259478760-202.coolpic» v:shapes="_x0000_i1078"> . Наконец строим <img width=«20» height=«26» src=«ref-1_1259466250-189.coolpic» v:shapes="_x0000_i1079">- отрезок длины х, где <img width=«63» height=«46» src=«ref-1_1259479151-199.coolpic» v:shapes="_x0000_i1080">;

2) отрезок, заданный формулой <img width=«158» height=«31» src=«ref-1_1259479350-492.coolpic» v:shapes="_x0000_i1081">,где – (<img width=«23» height=«27» src=«ref-1_1259479842-111.coolpic» v:shapes="_x0000_i1082">(…) – однородная рациональная функция 2 степени с рациональными коэффициентами. Делается так: <img width=«143» height=«48» src=«ref-1_1259479953-383.coolpic» v:shapes="_x0000_i1083">, где (R2(…) — отношение двух однородных многочленов <img width=«39» height=«71» src=«ref-1_1259480336-180.coolpic» v:shapes="_x0000_i1084">, тогда <img width=«87» height=«50» src=«ref-1_1259480516-301.coolpic» v:shapes="_x0000_i1085"> как и выше, строим
<img width=«72» height=«27» src=«ref-1_1259480817-184.coolpic» v:shapes="_x0000_i1086">
3) Замечание. При вычерчивании кривых иногда приходится строить алгебраические выражения, не являющиеся однородными первой степени. Пусть надо построить отрезок <img width=«21» height=«26» src=«ref-1_1259481001-186.coolpic» v:shapes="_x0000_i1087">, длина которого x= f(a,b,…,c), где f(…) не является однородной первой cтепени, например, y= x3 +1.

Правило: построение произвольного выражения от nаргументов всегда можно свести к построению некоторого однородного выражения первой степени от n+1 аргументов. Достигается это выбором единицы измерения.

Выберем некоторый отрезок <img width=«21» height=«26» src=«ref-1_1259481187-191.coolpic» v:shapes="_x0000_i1088">в качестве единичного, e=1.
<img width=«108» height=«38» src=«ref-1_1259481378-285.coolpic» v:shapes="_x0000_i1089">-однородная функция первой степени.
Если сумеем построить отрезок <img width=«21» height=«26» src=«ref-1_1259481001-186.coolpic» v:shapes="_x0000_i1090"> по этой формуле, то он и будет искомым при выбранной, единице масштаба. Ясно, что получим различные неравные отрезки в зависимости от выбора <img width=«21» height=«26» src=«ref-1_1259481187-191.coolpic» v:shapes="_x0000_i1091">.

Примеры:

1) <img width=«397» height=«61» src=«ref-1_1259482040-1383.coolpic» v:shapes="_x0000_i1092">

2) <img width=«161» height=«48» src=«ref-1_1259483423-440.coolpic» v:shapes="_x0000_i1093">

3) <img width=«148» height=«43» src=«ref-1_1259483863-315.coolpic» v:shapes="_x0000_i1094">

4) <img width=«196» height=«31» src=«ref-1_1259484178-472.coolpic» v:shapes="_x0000_i1095">

5) <img width=«304» height=«53» src=«ref-1_1259484650-745.coolpic» v:shapes="_x0000_i1096">
Разрешимость задач на построение с помощью циркуля и линейки.

Для краткости операции «+», «-», «·», «:» и извлечение арифметического квадратного корня» назовем основными действиями.

Теорема. Отрезок, длина которого задается положительной функцией для данных отрезков, может быть построен циркулем и линейкой тогда и только тогда, когда длина искомого отрезка выражается через длины данных отрезков при помощи конечного числа основных действий.

Достаточность. С помощью циркуля и линейки можно построить отрезок <img width=«21» height=«26» src=«ref-1_1259481001-186.coolpic» v:shapes="_x0000_i1097">, длина которого xравна соответственно:
<img width=«71» height=«196» src=«ref-1_1259485581-838.coolpic» hspace=«12» v:shapes="_x0000_s1038">а+в

а-в

ав (за счет <img width=«21» height=«26» src=«ref-1_1259481187-191.coolpic» v:shapes="_x0000_i1098">, е = 1)

<img width=«23» height=«57» src=«ref-1_1259486610-250.coolpic» v:shapes="_x0000_i1099"> (- « -)

<img width=«36» height=«33» src=«ref-1_1259486860-231.coolpic» v:shapes="_x0000_i1100">

Так, как по условию длина искомого отрезка выражается через длины данных отрезков с помощью конечного числа основных действий, то остается единственный возможный случай, когда промежуточный отрезок не сможем построить — это построение разности а-в при а < в.

В таких случаях перейдем к положительной разности с помощью тождества а — в = — (в — а).

Теперь можно последовательно выполнить все построения, соответствующие основным операциям, и через конечное число шагов получим искомый отрезок.

Необходимость. Ясно, что построение отрезка <img width=«21» height=«26» src=«ref-1_1259481001-186.coolpic» v:shapes="_x0000_i1101"> равносилъно построению его концов. Так как <img width=«21» height=«26» src=«ref-1_1259481001-186.coolpic» v:shapes="_x0000_i1102">можно построить, то существует конечная последовательность основных построений, в результате выполнения которых на каком-то m-м шаге будет построен один конец (обозначим его через А ), а на к -ом — другой конец (точку в ). На плоскости построим прямоугольную декартовую систему координат.
<img width=«176» height=«90» src=«ref-1_1259487463-1979.coolpic» v:shapes="_x0000_i1103">
Пусть А (<img width=«14» height=«12» src=«ref-1_1259489442-340.coolpic» v:shapes="_x0000_i1104">,β), В (γ, δ) — координаты построенных точек. Данные отрезки <img width=«80» height=«35» src=«ref-1_1259489782-371.coolpic» v:shapes="_x0000_i1105">построим на положительной полуоси ОХ, тогда длины этих отрезков выражаются числами а1,…, ар ς (А, В) = х = <img width=«143» height=«37» src=«ref-1_1259490153-686.coolpic» v:shapes="_x0000_i1106"> т.е. длина отрезка <img width=«21» height=«26» src=«ref-1_1259481001-186.coolpic» v:shapes="_x0000_i1107">выражается через числа <img width=«14» height=«12» src=«ref-1_1259491025-338.coolpic» v:shapes="_x0000_i1108">, β, γ, δ с помощью конечного числа основных действий. Если докажем, что сами числа <img width=«14» height=«12» src=«ref-1_1259491363-339.coolpic» v:shapes="_x0000_i1109">, β, γ, δ выражаются через а1,…, ар с помощью конечного числа основных действий, то теорема будет доказана (длина отрезка <img width=«21» height=«26» src=«ref-1_1259481001-186.coolpic» v:shapes="_x0000_i1110">выражается с помощью конечного числа основных действий).

Заметим, что любые построенные точки в ходе построения появляются двояко: либо выбираемые произвольно, либо как общие точки двух ранее построенных линий.

В первом случае выберем только такие точки, координаты которых выражаются через а1,…, ар при помощи конечного числа основных действий.

Во втором случае точка получается одним из следующих способов:

а) пересечение прямых (причем каждая прямая проведена через 2 построенные точки):

б) пересечение окружности и прямой (окружность построена через 2 построенные точки);

в) пересечение двух окружностей.

Рассмотрим случай а). Пусть прямая l1проведена через точки

C1 (x1,y1) и D1(x2,y2.). Покажем, что числа х1, у1, х2 и у2 могут быть выражены через а1,…, ар с помощью конечного числа основных действий (К4ОД). Действительно, пусть уравнение прямой l1имеет вид:
в1х + с1у = d1
<img width=«153» height=«133» src=«ref-1_1259491888-3572.coolpic» v:shapes="_x0000_i1111">
Легко убедиться, что чиcла в1, с1,d1 выражаются через х1, х2, у1, у2 с помощью конечного числа основных действий. То же самое имеет место относительно коэффициентов прямой l2 : в2х + с2у + d2=0.

Точка пересечения (x, y) еcть решение cиcтемы


<img width=«187» height=«70» src=«ref-1_1259495460-1147.coolpic» v:shapes="_x0000_i1112">
причем решение выражается через в1, с1,…, d1с помощью КrОД

В cлучае б) (х0, у0).- точка пересечения — есть решение системы
<img width=«252» height=«69» src=«ref-1_1259496607-1362.coolpic» v:shapes="_x0000_i1113">
Числа х0, у0выражаются через в, с, d, х1, х2,Rcпомощью КrОД.

В случае в) точка пересечения (х0, у0) является решением системы
<img width=«252» height=«74» src=«ref-1_1259497969-1479.coolpic» v:shapes="_x0000_i1114">
Легко убедиться, что решение выражается с помощью КrОД через координаты ранее построенных точек.

Итак, координаты вновь построенных точек получаются через координаты ранее построенных с помощью конечного числа основных действий. Но, к ранее построенным точкам применимы точно такие же рассуждения. В конечном счете (из-за конечности числа построений циркулем и линейкой) получим, что координаты А и В выражаются через а1,…, ар с помощью КrОД.

Следствие. Если даны: отрезок, принимаемый за единичный, и число а, то отрезок длины а может быть построен циркулем и линейкой тогда и только тогда, когда число а может быть получено из «I» посредством лишь конечного числа основных действий.

О задачах, не разрешимых циркулем и линейкой.

Большой интерес представляют такие задачи на построения, когда фигура, удовлетворяющая всем условиям задачи, заведомо существует, но не может быть построена указанными инструментами. Такого рода «доказательства невозможности» даже простых по формулировке задач на построение часто оказываются связанными с наиболее трудными вопросами алгебры, анализа.

Познакомимся с некоторыми классическими задачами на построение, решения которых не могут быть найдены о помощью циркуля и линейки.

1. Задача о квадратуре круга (пользовалась исключительной известностью с древнейших времен).

Построить циркулем и линейкой квадрат, площадь которого бала бы равна площади круга данного радиуса.

Пусть <img width=«18» height=«20» src=«ref-1_1259499448-149.coolpic» v:shapes="_x0000_i1115">  — радиус круга, <img width=«144» height=«55» src=«ref-1_1259499597-660.coolpic» v:shapes="_x0000_i1116">, т.е. площадь крута равна площади квадратасо стороной<img width=«88» height=«46» src=«ref-1_1259500257-261.coolpic» v:shapes="_x0000_i1117"> Иначе говоря, xявляется средней пропорциональной <img width=«31» height=«19» src=«ref-1_1259500518-117.coolpic» v:shapes="_x0000_i1118">и <img width=«16» height=«41» src=«ref-1_1259500635-108.coolpic» v:shapes="_x0000_i1119">.

Если бы можно было построить <img width=«31» height=«19» src=«ref-1_1259500518-117.coolpic» v:shapes="_x0000_i1120">, то легко можно было строить искомый квадрат.

Итак, задача о квадратуре круга свелась к задаче о опрямлении окружности, т.е. построению отрезка длины <img width=«39» height=«24» src=«ref-1_1259500860-252.coolpic» v:shapes="_x0000_i1121">. При <img width=«41» height=«23» src=«ref-1_1259501112-190.coolpic» v:shapes="_x0000_i1122"> эта длина равна <img width=«28» height=«22» src=«ref-1_1259501302-202.coolpic» v:shapes="_x0000_i1123">.

Ламберт И. (швейцарский математик) доказал, что π — иррациональное число. Но вопрос о возможности спрямления окружности остался открытым, так как согласно следствию из предыдущей теоремы отрезок длины а (при выбранном единичном отрезке) может быть построен циркулем и линейкой, если а получается из Iс помощью конечного числа основных действий. Такие числа являются алгебраическими, т.е. служат корнями многочленов с рациональными коэффициентами. Числа, не являющиеся алгебраическими, называются трансцендентными.

В 1882 г. Линдеманн Ф. доказал, что π является трансцендентным числом. Следовательно, проблема о квадратуре крута разрешена, задача о квадратуре крута не разрешима о помощью циркуля и линейки.

2. Задачу удвоения куба: зная ребро куба, построить ребро куба, объем которого был бы вдвое больше объема данного.

Пусть а — длина ребра данного куба, x— искомого. Имеем: х2 = 2а3. Если а = 1, то получим уравнение х3 – 2 = 0. Это уравнение не имеет рациональных корней (т.к. рациональные корни этого уравнения обязательно целые, их надо искать среди делителей свободного члена). Из алгебры известно: если уравнение <img width=«193» height=«26» src=«ref-1_1259501504-330.coolpic» v:shapes="_x0000_i1124"> рациональные числа) не имеет рационального корня, то ни один корень этого уравнения не может быть выражен через Iлишь с помощью конечного числа основных действий. Тогда, учитывая указанное выше следствие, получим, что отрезок длины xне может быть построен с помощью циркуля и линейки.

Замечание. Эта задача может быть решена с привлечением двух прямых углов.

3. Задача о трисекции угла: построить угол, в 3 раза меньший данного.

Достаточно рассмотреть эту задачу для острых углов, т.к. при тупом <img width=«14» height=«12» src=«ref-1_1259501834-341.coolpic» v:shapes="_x0000_i1125"> угол <img width=«52» height=«20» src=«ref-1_1259502175-130.coolpic» v:shapes="_x0000_i1126"><img width=«14» height=«12» src=«ref-1_1259502305-341.coolpic» v:shapes="_x0000_i1127"> является острым и третья часть равна <img width=«85» height=«43» src=«ref-1_1259502646-239.coolpic» v:shapes="_x0000_i1128"> Отсюда следует, что<img width=«83» height=«40» src=«ref-1_1259502885-223.coolpic» v:shapes="_x0000_i1129">

Итак, пусть α — данный острый угол, φ — искомый,
<img width=«405» height=«93» src=«ref-1_1259503108-1475.coolpic» v:shapes="_x0000_i1130">


<img width=«109» height=«108» src=«ref-1_1259504583-2224.coolpic» v:shapes="_x0000_i1131">
Если отрезок длины xможно построить циркулем и линейкой, то из прямоугольника следует, что можно построить и сам угол φ. Следовательно, задача свелась к построению отрезка длины х, где x— один из корней уравнения (I).

Пусть α = 60є, тогда в = 1. Уравнение (I) приводится к виду:
<img width=«109» height=«23» src=«ref-1_1259506807-187.coolpic» v:shapes="_x0000_i1132">
Легко убедиться (из тех же соображений, что и выше), что у этого уравнения нет рациональных корней, следовательно нет ни одного корня, который выражался бы через Iс помощью конечного числа основных действий.

Следовательно, задача о трисекции угла не разрешима циркулем и линейкой в общем виде.

Но, может быть, она никогда не разрешима? Это не так. Пусть α = 90°. Тогда уравнение (I) имеет вид: x3 — зх = 0, <img width=«116» height=«27» src=«ref-1_1259506994-230.coolpic» v:shapes="_x0000_i1133">Отрезок <img width=«60» height=«30» src=«ref-1_1259507224-244.coolpic» v:shapes="_x0000_i1134">можно построить, следовательно, задача в этом случае разрешима.




Замечание 1. Существуют приборы-трисекторы, позволяющие делить угол на три равные части.
<img width=«193» height=«92» src=«ref-1_1259511622-4444.coolpic» v:shapes="_x0000_i1137">

АВСDи AB1C1D1 — ромбы, φ =<img width=«25» height=«53» src=«ref-1_1259516066-256.coolpic» v:shapes="_x0000_i1138">.
<img width=«251» height=«109» src=«ref-1_1259516322-5387.coolpic» v:shapes="_x0000_i1139">
Замечание 2. Задачу о трисекции угла легко решить циркулем. Строим последовательно: 1) окружность ω<img width=«55» height=«27» src=«ref-1_1259521709-296.coolpic» v:shapes="_x0000_i1140"> расстояние между отметками на линейке;

2) точку А;

3) прямую, проходящую через А так, чтобы расстояние между второй точкой пересечения с окружностью и точкой пересечения этой прямой с прямой ОNбыло равно <img width=«22» height=«22» src=«ref-1_1259522005-154.coolpic» v:shapes="_x0000_i1141">.
    продолжение
--PAGE_BREAK--