Неврологія 

Завдання, нерозв'язні циркулем та лінійкою. Побудова за допомогою циркуля та лінійки


Ця стаття написана за матеріалами одного з розділів книги Седжвіка, Уейна та Дондеро "Програмування мовою Python", що вже згадувалося раніше. Називається цей розділ "Системи ітераційних функцій", і в ньому описано побудову різних зображень, таких як трикутник Серпіньського, папороть Барнслі та деяких інших, за допомогою досить нескладного алгоритму, який ще й з легкістю реалізується.

Почну з опису даного алгоритму. Я використатиму математичну термінологію, в тому числі, і ту, яку автори книги, в ході своєї розповіді, не задіють. Суто математичний погляд на алгоритми полегшує мені їхнє розуміння, та й викладати їх за допомогою математичної мови мені досить зручно.

Тож для розуміння теоретичної частини статті читачеві знадобляться знання деяких розділів математики, які зазвичай читаються у технічних вузах. Зокрема, незайвим буде знайомство з теорією ймовірностей та елементами математичного аналізу.

За теоретичною частиною статті слідуватиме практична, що описує реалізацію алгоритму мовою C99. Оскільки результатами роботи програми будуть зображення, ми будемо використовувати в програмі графічну бібліотеку pgraph, припускаючи, що читач, хоча б загалом, з нею знайомий.

Отже, переходимо до теоретичної частини нашої оповіді.

Ітераційні функції та випадкові послідовності

Перед тим, як викласти схему, за якою вестиметься побудова зображень, поговоримо про послідовності, члени яких обчислюються за допомогою рекурентних формул.

Задамо 2 послідовності, x n n = 1 ∞ та y n n = 1 ∞ , за допомогою наступних рекурентних формул:

X n = f x n - 1 , y n - 1 , n ∈ ℕ , y n = g x n - 1 , y n - 1 , n ∈ ℕ .

Пояснимо, що x 0 та y 0 - це деякі заздалегідь задані числа, а f(x, y) та g(x, y) - це деякі функції двох змінних, звані ітераційними. Сам процес обчислення чергового члена тієї чи іншої послідовності через такі функції називатимемо ітераціями, а наведений вище набір рекурентних формул - ітераційною схемою.

Рекурсивний спосіб завдання послідовностей, швидше за все, добре знайомий читачеві, якщо він вивчав математику у вузі. Дещо незвичайним може здатися "перехресний" спосіб обчислення членів послідовностей, при якому для обчислення n-го члена кожної з двох послідовностей потрібний не тільки n− 1-й член тієї ж послідовності, а й n− 1-й член інший.

А тепер розглянемо схему побудови членів двох послідовностей, яка використовує не одну пару ітераційних функцій, а mпар. Кожна з цих функцій буде лінійною по обох змінних, а також міститиме адитивну константу. Більш конкретно, функції матимуть вигляд:

F k x , y = k + k + k + k g k x , y = d k x + e k y + h k , k = 0 , 1 , … , m - 1 .

Для кожного nпочинаючи з 1, буде випадковим чином вибиратися число від 0 до m− 1, та при обчисленні x nі y nу рекурентних формулах буде використовуватися пара ітераційних функцій, індекси яких дорівнюють даному випадковому числу. Зазначимо, що випадкові числа, " які " перед кожною ітерацією, нічого не винні бути равновероятными. Однак для різних кроків ймовірність появи конкретного фіксованого числа та сама.

Давайте тепер сформулюємо сказане суворою математичною мовою. Розглянемо послідовність дискретних незалежних у сукупності випадкових величин T n = 1 ∞ , розподілених по тому самому закону. А саме: кожна випадкова величина набуває значення 0, 1, …, m− 1 з відповідними ймовірностями p 0 , p 1 , …, p m-1 .

Тепер послідовності, x n n = 1 ∞ і y n n = 1 ∞ поставимо за допомогою наступної ітераційної схеми:

X n = f T n x n - 1 , y n - 1 , n ∈ ℕ , y n = g T n x n - 1 , y n - 1 , n ∈ ℕ .

Як і раніше, x 0 та y 0 – це деякі заздалегідь задані числа.

Таким чином, кожна з послідовностей є випадковою, тобто її члени – це випадкові величини. Однак, кожну з цих послідовностей можна "реалізувати", тобто обчислити всі її члени (зрозуміло, таких реалізацій буде дуже багато).

Поставимо головне питання даного розділу. А яке ж відношення зображення, яке ми збираємося будувати, мають до цієї пари випадкових послідовностей? Дуже просте. Побудуємо реалізацію цих двох послідовностей. Для кожного натурального nпару ( x n, y n) можна розглядати як координати точки, заданої в декартовій прямокутній системі координат на площині. Так ось, зображення, що відповідає деякій парі реалізованих послідовностей, є геометричним місцем всіх таких точок на площині.

Здавалося б, кожної реалізації пари послідовностей ми отримуватимемо своє зображення, відмінне від інших. Однак, як це не парадоксально, зображення щоразу будуть практично збігатися (тобто при побудові на комп'ютері будуть невиразні людським оком). А при відповідному доборі ітераційних функцій та законів розподілу випадкових величин, що беруть участь у формуванні членів послідовностей, можна створювати цікаві візерунки.

Додамо, що з побудові зображень на комп'ютері, зрозуміло, виконуватимемо лише кінцеве (але досить велике) число ітерацій.

Про генерацію псевдовипадкових чисел

При написанні програми ми зіткнемося з необхідністю генерувати псевдовипадкові числа, розподілені, взагалі кажучи, не рівномірно, а за наперед заданим законом. У той самий час, ми матимемо лише програмним генератором псевдовипадкових чисел, рівномірно розподілених на проміжку . Як із другого розподілу отримати перший?

Переведемо завдання до математичної площини. Нехай є безперервна випадкова величина U, Розподілена рівномірно на відрізку . Задамося метою побудувати дискретну випадкову величину Tяк функцію від U, таким чином, щоб Tприймала значення 0, 1, …, m− 1 з відповідними ймовірностями p 0 , p 1 , …, p m-1 .

Вирішити поставлене завдання дуже просто. Введемо на розгляд суми ймовірностей

s k = ∑ i = 0 k - 1 pi, k = 0, 1, …, m - 1.

Якщо верхня межа підсумовування iменше нижнього, то таку суму за визначенням вважатимемо рівною 0.

Твисловимо через Uнаступним чином:

T = 0 , якщо U ? s 0 , s 1 , 1 , якщо U ? s 1 , s 2 , 2 , якщо U ? s 2 , s 3 , … … … … … … , … … … … … … - 1 , якщо U ∈ s m - 1 , 1 .

Очевидно, випадкова величина Tрозподілено за необхідним нами законом. Зауважимо, що, по суті, Т- це номер проміжку, до якого потрапляє випадкова величина U(за умови, що проміжки ми нумеруємо числами від 0 до m− 1 у порядку зростання їх лівих кордонів).

З практичної точки зору отриманий результат дозволяє на кожному кроці ітерації як номер ітераційних функцій брати номер проміжку, який потрапляє число, згенероване датчиком псевдовипадкових чисел, рівномірно розподілених на відрізку .

А тепер можна переходити до написання програми.

Структура програми

Програма складається з файлу main.c та файлів, що утворюють графічну бібліотеку pgraph. Вміст файлу main.c починається з наступної директиви, що включає графічну бібліотеку:

#include "pgraph.h"

Далі у файлі містяться описи глобальних константних змінних та константних масивів. За ними - визначення функцій get_random_value() та main(). Перша з них генерує псевдовипадкові числа, а друга виконує основну роботу з побудови зображень.

Глобальні константні змінні та константні масиви

Вся інформація, необхідна побудови конкретного зображення, міститься у глобальних константних змінних і константних масивах. Зрозуміло, для кожного зображення набір значень констант та елементів константних масивів буде "свій".

Нижче наводяться описи даних констант та масивів.

  • n – кількість ітерацій;
  • w - ширина зображення у пікселях;
  • h - висота зображення у пікселях;
  • xc - абсциса початку нової системи координат у старій системі;
  • yc - ордината початку нової системи координат у старій системі;
  • l - довжина в пікселях відрізка, паралельного до однієї з осей координат, що має в новій системі координат одиничну довжину;
  • m - кількість пар ітераційних функцій, тобто число m;
  • s - одновимірний масив розміру m, що містить суми ймовірностей випадкових величин T n (k-й елемент масиву містить s k);
  • f - двомірний масив, що складається з m f k(x, yk, 0), (k, 1), (k, 2) містять числа a k, b k, c kвідповідно, де 0 ≤ k ≤ m − 1);
  • g - двомірний масив, що складається з m"рядок" і 3-х "стовпців", що містить константи, задіяні у функціях g k(x, y) (елементи масиву з індексами ( k, 0), (k, 1), (k, 2) містять числа d k, e k, h kвідповідно, де 0 ≤ k ≤ m − 1).

Усі змінні мають тип int, а базовим типом всіх масивів є double.

Пояснимо, що під "старою" системою координат мається на увазі та, яка визначена у бібліотеці pgraph. Побудови всіх зображень будуть вестись у новій системі, отриманій зі старої паралельним переносом (зрушення по осях абсцис та ординат рівні відповідно x cі y c) і "стисненням" в lразів. Таким чином, точка, що має в новій системі координати ( x, y), у старій буде мати координати ( x l + x c, y l + y c). Зайве, гадаю, пояснювати, що за зберігання чисел x c, y cі lвідповідальні константні змінні xc, yc та l відповідно.

Для зберігання чисел x 0 та y 0 змінні не виділяються, оскільки у всіх випадках побудови зображень як ці цифри беруться нулі.

Генерація псевдовипадкових чисел: функція get_random_value()

Функція get_random_value() при кожному зверненні до неї генерує ціле псевдовипадкове число в діапазоні від 0 до m− 1 відповідно до описаної раніше схеми. Ось код цієї функції:

1. int get_random_value() 2. { 3. double r = (double) rand() / RAND_MAX; 4. int c = 1; 5. while (s[c]< r && ++c < m) 6. ; 7. return c - 1; 8. }

Отримуємо за допомогою стандартної бібліотечної функції rand() псевдовипадкове число в діапазоні від 0 до значення макросу RAND_MAX , ділимо отриманий результат на це значення і привласнюємо приватне змінної r (стор. 3). Тепер у r зберігається число, що належить відрізку . Його приблизно можна вважати значенням випадкової величини, рівномірно розподіленої на цьому відрізку.

Пояснимо, що значення макросу RAND_MAX , у разі (т. е. у разі використання компілятора MinGW64 версії 4.9.2 для 64-бітних систем) дорівнює 32767.

Тепер, за допомогою лінійного пошуку, що діє цикл while , шукаємо індекс найбільшого елемента масиву s , що не перевищує значення r , збільшений на одиницю, і зберігаємо його в змінній c (див. стор 4-6). Зазначимо, що у разі, якщо значення r - нульове, цикл не виконується жодного разу, а змінна з зберігає одиничне значення (див. стор. 4).

Значення, яке повертається функцією, можна наближено розглядати як значення випадкової величини T, описаної у вищезгаданому розділі.

Генерація зображення: функція main()

А ось і код функції main():

1. int main() 2. { 3. image *img = create_image(w, h); 4. double x = 0, y = 0; 5. for (int i = 0; i< n; i++) 6. { 7. int r = get_random_value(); 8. double x1 = f[r] * x + f[r] * y + f[r]; 9. double y1 = g [r] * x + g [r] * y + g [r]; 10. x = x1; 11. y = y1; 12. set_color(img, round(x * l) + xc, round (y * l) + yc, BLACK); 13. } 14. save_to_file(img, "out.bmp"); 15. free(img); 16. return 0; 17. }

Створюємо зображення із заданими розмірами (стор. 3). Виділяємо пам'ять під змінні xі y, у яких зберігатимуться поточні члени послідовностей, та ініціалізуємо їх нулями (стор. 4). Нагадаю, що як чисел x 0 та y 0 , що у обчисленні перших членів кожної з послідовностей, беруться нулі.

Обчислюємо у циклі for перші nчленів кожної послідовності (стор. 5-13). Отримуємо спочатку псевдовипадкове число і записуємо його в r (стор. 7). Далі обчислюємо поточні значення членів обох послідовностей, поміщаючи в тимчасові змінні x1 і y1 (стор. 8, 9). При обчисленні використовуємо константи, що фігурують в ітераційних функціях і зберігаються в масивах f і g. Вибір тієї чи іншої пари наборів коефіцієнтів (а значить, пари ітераційних функцій) залежить від значення r, що використовується як перші індекси елементів масивів, що беруть участь у обчисленнях.

Переписуємо обчислені поточні значення змінні x і y (стор. 10, 11). Координати точки, що містяться в цих змінних, переводимо в координати вихідної системи координат, округляємо до цілих і наносимо крапку з результуючими координатами зображення чорним кольором (стор. 12).

Після завершення циклу зберігаємо сформоване зображення у файлі "out.bmp" (стор. 14) і звільняємо пам'ять (стор. 15). У цьому робота функції завершується.

Побудова зображення трикутника Серпінського

Трикутник Серпіньського є безліч точок, одержуваного з усіх точок деякого вихідного рівностороннього трикутника наступним чином. Трикутник розбивається трьома середніми лініями на 4 трикутники, після чого "центральний" трикутник видаляється. Далі з кожним із трьох рівносторонніх трикутників, що залишилися, виконується та ж операція. Нарешті, те саме ми робимо з дев'ятьма рівносторонніми трикутниками.

Продовжуючи описані операції до нескінченності, видаляємо, зрештою, з вихідного трикутника нескінченне число рівносторонніх трикутників, сума площ яких дорівнює площі вихідного. Точки, що залишилися, утворюють лінію, звану трикутником Серпіньського, що відіграє важливу роль у теорії множин.

У книзі Седжвіка та інших авторів пропонується наступний спосіб побудови зображення трикутника Серпінського. Розглянемо 3 точки на площині, що є вершинами рівностороннього трикутника, наприклад, точки з координатами 0, 0, 0, 1, 1/2, 3/2 у прямокутній декартовій системі координат. Вибираємо навмання (з рівними ймовірностями) одну з трьох вершин трикутника і будуємо точку, що ділить відрізок, що з'єднує вершину з координатами 0, 0 і обрану навмання вершину навпіл. Це перша точка нашого зображення.

Наведений алгоритм можна укласти в описану раніше схему побудови зображень, що задіяла випадкові послідовності та ітераційні функції.

Нам потрібні 3 пари ітераційних функцій. Їхні індекси 0, 1, 2 повинні вибиратися з ймовірностями 1/3, 1/3, 1/3 відповідно. Самі ітераційні функції наведені нижче.

F 0 x , y = 1 / 2 x , g 0 x , y = 1 / 2 y , f 1 x , y = 1 / 2 x + 1 / 2 , g 1 x , y = 1 / 2 y , f 2 x, y = 1/2 x + 1/4, g 2 x, y = 1/2 y + 3/4.

Тепер давайте вставимо в нашу програму описи глобальних константних змінних та константних масивів, що відповідають даним ймовірностям та даним ітераційним функціям. Але для початку визначимо макрос TRIANGLE , помістивши файл main.с після інструкції #include наступну інструкцію

#define TRIANGLE

Після інструкції вставляємо у файл наступний код:

//Трикутник Серпінського #ifdef TRIANGLE const int n = 100000; //кількість ітерацій const int w = 620, h = 550; //Розміри зображення const int xc = 10, yc = 10; //координати початку нової системи координат у старій const int l = 600; //Коефіцієнт стиснення const int m = 3; //кількість пар ітераційних функцій const double s = (0, 0.3333333, 0.6666667); //масив сум ймовірностей const double f = ((0.5, 0.0, 0.0), //масив коефіцієнтів для функцій f(x,y), {0.5 , 0.0 , 0.5 }, //задіяних для обчислень x {0.5 , 0.0 , 0.25 }}; const double g = ((0.0, 0.5, 0.0), //масив коефіцієнтів для функцій g(x,y), {0.0 , 0.5 , 0.0 }, //задіяних для обчислень y {0.0 , 0.5 , 0.4330127 }}; #endif

Наведений фрагмент коду (без директив препроцесора) буде скомпілюваний лише у випадку, якщо визначено макрос TRIANGLE (а він визначено). Зрозуміло, константи, представлені лише з допомогою нескінченних десяткових дробів (раціональних чи ірраціональних) ми округляли.

В результаті компіляції та виконання програми в кореневій директорії файлу з'являється графічний файл out.bmp, що містить наступне зображення:

Побудова зображення папороті Барнслі

Наступне зображення, побудова якого описується у книзі Седжвіка та інших, - це зображення папороті Барнслі. Тепер нам уже знадобиться 4 пари ітераційних функцій. Їхні індекси 0, 1, 2, 3 будуть вибиратися з ймовірностями 0,01, 0,85, 0,07, 0,07 відповідно. А ось і самі ітераційні функції:

F 0 x , y = 0 , 5 , g 0 x , y = 0 , 16 y , f 1 x , y = 0 , 85 x + 0 , 04 y + 0 , 075 , g 1 x , y = - 0 , 04 x + 0 , 85 y + 0 , 18 , f 2 x , y = 0 , 2 x - 0 , 26 y + 0 , 4 , g 2 x , y = 0 , 23 x + 0 , 22 y + 0 , 045 , f 3 x , y = - 0 , 15 x + 0 , 28 y + 0 , 575 , g 3 x , y = 0 , 26 x + 0 , 24 y - 0 , 086 .

Вносимо тепер зміни до програми. Інструкцію #define замінюємо інструкцією

#define FERN

А після #ifdef -блоку поміщаємо наступний фрагмент коду:

//Папороть Барнслі #ifdef FERN const int n = 100000; const int l = 600; const int m = 4; const double s = (0, 0.01, 0.86, 0.93); const double f = ((0.0, 0.0, 0.5), {0.85 , 0.04 , 0.075 }, {0.2 , -0.26 , 0.4 }, {-0.15 , 0.28 , 0.575 }}; const double g = ((0.0, 0.16, 0.0), {-0.04 , 0.85 , 0.18 }, {0.23 , 0.22 , 0.045 }, {0.26 , 0.24 , -0.086 }}; #endif

Результатом компіляції та запуску програми є таке зображення:

Побудова зображення дерева

Тепер побудуємо те, що у книзі Седжвіка та інших авторів називається "деревом", хоча те, що виявляється зображеним, швидше за все, схоже на набір дерев різних розмірів. На цей раз в ітераційному процесі братимуть участь 6 пар ітераційних функцій. Їхні індекси 0, 1, 2, 3, 4, 5 будуть вибиратися з ймовірностями 0,1, 0,1, 0,2, 0,2, 0,2, 0,2 відповідно. Ось ці функції:

F 0 x , y = 0 , 55 , g 0 x , y = 0 , 6 y , f 1 x , y = - 0 , 05 x + 0 , 525 , g 1 x , y = - 0 , 5 x + 0 , 75 , f 2 x , y = 0 , 46 x - 0 , 15 y + 0 , 27 , g 2 x , y = 0 , 39 x + 0 , 38 y + 0 , 105 , f 3 x , y = 0 , 47 x - 0 , 15 y + 0 , 265 , g 3 x , y = 0 , 17 x + 0 , 42 y + 0 , 465 , f 4 x , y = 0 , 43 x + 0 , 26 y + 0 , 29 , g 4 x , y = - 0 , 25 x + 0 , 45 y + 0 , 625 , f 5 x , y = 0 , 42 x + 0 , 26 y + 0 , 29 , g 5 x , y = - 0,35 x + 0, 31 y + 0,525.

#define TREE

За останнім #ifdef-блоком вставляємо наступний код:

//Дерево #ifdef TREE const int n = 100000; const int w = 620, h = 620; const int xc = 0, yc = 10; const int l = 600; const int m = 6; const double s = (0, 0.1, 0.2, 0.4, 0.6, 0.8); const double f = ((0.0, 0.0, 0.55), {-0.05 , 0.0 , 0.525 }, {0.46 , -0.15 , 0.27 }, {0.47 , -0.15 , 0.265 }, {0.43 , 0.26 , 0.29 }, {0.42 , 0.26 , 0.29 }}; const double g = ((0.0, 0.6, 0.0), {-0.5 , 0.0 , 0.75 }, {0.39 , 0.38 , 0.105 }, {0.17 , 0.42 , 0.465 }, {-0.25 , 0.45 , 0.625 }, {-0.35 , 0.31 , 0.525 }}; #endif

Результат роботи скомпільованої програми – це зображення, наведене нижче:

Останнє зображення, яке ми збудуємо, керуючись книгою Седжвіка, - це зображення корала. Нам потрібні 3 пари ітераційних функцій. Їхні індекси 0, 1, 2 будуть вибиратися з ймовірностями 0,4, 0,15, 0,45 відповідно. Ітераційні функції наведені нижче.

F 0 x , y = 0 , 3077 x - 0 , 5315 y + 0 , 8863 , g 0 x , y = - 0 , 4615 x - 0 , 2937 y + 1 , 0962 , f 1 x , y = 0,30 x - 0 , 0769 y + 0 , 2166 , g 1 x , y = 0 , 1538 x - 0 , 4476 y + 0 , 3384 , f 2 x , y = 0 , 5455 y + 0 , 0106 , g 2 y = 0,6923 x-0, 1958 y + 0,3808.

Замінюємо інструкцію #define інструкцією

#define CORAL

За останнім #ifdef-блоком вставляємо новий блок:

//Корал #ifdef CORAL const int n = 100000; const int w = 620, h = 620; const int xc = 10, yc = 10; const int l = 600; const int m = 3; const double s = (0, 0.4, 0.55); const double f = ((0.3077, -0.5315, 0.8863), {0.3077 , -0.0769 , 0.2166 }, {0.0 , 0.5455 , 0.0106 }}; const double g = ((-0.4615, -0.2937, 1.0962), {0.1538 , -0.4476 , 0.3384 }, {0.6923 , -0.1958 , 0.3808 }}; #endif

Ось яке зображення отримуємо в результаті компіляції та виконання програми:

Висновок

Не знаю, як вам, а мені було цікаво спостерігати за тим, як набори математичних формул "перетворюється" на дуже кумедні зображення. А ще мене дивує те, що ті, хто все це придумали, змогли підібрати ймовірності та константи, які беруть участь в ітераційних функціях, таким чином, щоб досягти таких дивовижних картин! Методика підбору всіх цих чисел (за винятком трикутника Серпінського) мені абсолютно незрозуміла!

Зазначу, що, судячи з зображень, трикутник Серпіньського та папороть Барнслі є фракталами. Швидше за все, те саме можна сказати про "дерево" і "корал", але їх фрактальна природа, мабуть, трохи менш очевидна.

За наведеним нижче посиланням, як завжди, можна завантажити вихідний код розглянутої статті програми. У файлі main.c є чотири вказівки #define , кожна з яких відповідає одному з чотирьох зображень. Три з них закоментовані. Зрозуміло, що для того, щоб перейти від одного зображення до іншого, потрібно закоментувати інструкцію некоментовану і розкоментувати одну з закоментованих. Ну ви зрозуміли...

А ще за допомогою нескладного алгоритму можна домогтися того, щоб розглянуті у статті зображення плавно перетворювалися один на одного. Але це вже тема для окремої статті.

У завданнях на побудову розглядатимемо побудову геометричної фігури, яку можна виконати за допомогою лінійки та циркуля.

За допомогою лінійки можна провести:

    довільну пряму;

    довільну пряму, яка проходить через цю точку;

    пряму через дві дані точки.

За допомогою циркуля можна описати з даного центру коло даного радіусу.

Циркулем можна відкласти відрізок на цій прямій від цієї точки.

Розглянемо основні завдання побудова.

Завдання 1.Побудувати трикутник із даними сторонами а, b, з (рис.1).

Рішення. За допомогою лінійки проведемо довільну пряму і візьмемо на ній довільну точку В. Розчином циркуля, рівним а, описуємо коло з центром і радіусом а. Нехай С - точка її перетину з прямою. Розчином циркуля, рівним с, описуємо коло з центру, а розчином циркуля, рівним b - коло з центру С. Нехай А - точка перетину цих кіл. Трикутник ABC має сторони, рівні a, b, c.

Зауваження. Щоб три відрізки прямої могли служити сторонами трикутника, необхідно, щоб більший з них був меншим від суми двох інших (а< b + с).

Завдання 2.

Рішення. Даний кут з вершиною А та промінь ОМ зображені на малюнку 2.

Проведемо довільне коло з центром у вершині А даного кута. Нехай У і З - точки перетину кола зі сторонами кута (рис.3, а). Радіусом АВ проведемо коло з центром у точці О - початковій точці даного променя (рис.3, б). Точку перетину цього кола з цим променем позначимо 1 . Опишемо коло з центром 1 і радіусом ВС. Точка В 1 перетину двох кіл лежить на стороні шуканого кута. Це випливає з рівності ΔABC = Δ ОВ 1 С 1 (третя ознака рівності трикутників).

Завдання 3.Побудувати бісектрису даного кута (рис.4).

Рішення. З вершини А даного кута, як із центру, проводимо коло довільного радіусу. Нехай В і С – точки її перетину зі сторонами кута. З точок У і З тим самим радіусом описуємо кола. Нехай D - точка їх перетину, відмінна від А. Промінь AD ділить кут А навпіл. Це випливає з рівності ABD = ACD (третя ознака рівності трикутників).

Завдання 4.Провести серединний перпендикуляр до даного відрізка (рис.5).

Рішення. Довільним, але однаковим розчином циркуля (великим 1/2 АВ) описуємо дві дуги з центрами в точках А та В, які перетнуться між собою в деяких точках С та D. Пряма CD буде шуканим перпендикуляром. Дійсно, як видно з побудови, кожна з точок С та D однаково віддалена від А і В; отже, ці точки мають лежати на серединному перпендикулярі до відрізка АВ.

Завдання 5.Розділити цей відрізок навпіл. Вирішується як і, як і завдання 4 (див. рис.5).

Завдання 6.Через дану точку провести пряму, перпендикулярну до цієї прямої.

Рішення. Можливі два випадки:

1) дана точка лежить на даній прямій а (рис. 6).

З точки Про проводимо довільним радіусом коло, що перетинає пряму а в точках А і В. З точок А і тим самим радіусом проводимо кола. Нехай О 1 - точка їх перетину, відмінна від О. Отримуємо ГО 1 ⊥ AB. Насправді, точки О і О 1 рівновіддалені від кінців відрізка АВ і, отже, лежать на серединному перпендикулярі до цього відрізка.

Грецькі геометри пишалися собою через свою логічну чистоту; тим щонайменше, щодо фізичного простору, вони керувалися інтуїцією. Однією зі сторін грецької геометрії, яку особливо впливали фізичні міркування, була теорія побудов. Багато з елементарної геометрії прямих ліній та кіл можна розглядати як теорію побудов за допомогою лінійки та циркуля. Сама назва предмета, лінії та кола відображає інструменти, які використовувалися для їх проведення. І багато з елементарних проблем геометрії, наприклад, поділ навпіл відрізка прямої або кута,

Побудова перпендикуляра або проведення кола через три задані точки, можна вирішити побудовами за допомогою лінійки та циркуля.

Коли введені координати, неважко показати, що точки, що допускають побудову з точок, мають координати в безлічі чисел, створених з координат за допомогою операцій і [див. Муаз (1963) чи вправи до розділу 6.3]. Квадратне коріння, звичайно, з'являється внаслідок теореми Піфагора: якщо побудовано точки і тоді побудовано відстань між ними (розділ 1.6 та малюнок 2.4). Назад, можлива побудова для будь-якої заданої довжини I (вправа 2.3.2).

Малюнок 2.4: Побудова відстані

Якщо поглянути з цієї точки зору, то побудови за допомогою лінійки та циркуля виглядають дуже спеціальними і, малоймовірно, що дадуть, такі числа так, наприклад, Однак греки дуже завзято намагалися вирішити саме це завдання, яке було відоме як подвоєння куба (так зване тому , Що для того, щоб подвоїти об'єм куба, потрібно було помножити сторону на Іншими сумно відомими завданнями були трисекція кута і квадратура кола. мабуть, вони ніколи не відмовлялися від цих цілей, хоча визнавали можливість негативного рішення і допускали рішення через менш елементарні засоби, а в наступних розділах ми побачимо деякі з них.

Неможливість вирішення цих завдань побудовами за допомогою лінійки та циркулю залишалася недоведеною до дев'ятнадцятого сторіччя. Що ж до подвоєння куба і трисекції кута, то неможливість показана Вантцелем (1837). Честь вирішення цих завдань, над якими билися найкращі математики протягом 2000 років, рідко приписують Вантцелю, можливо тому, що його методи витіснила потужніша теорія Галуа.

Неможливість квадратури кола доведена Ліндеманом (1882), дуже суворим способом, не тільки невизначено раціональними операціями та квадратним корінням; воно також трансцендентно, тобто не є коренем будь-якого поліноміального рівняння з раціональними коефіцієнтами. Як і Вантцеля, це був рідкісний приклад значного результату, доведеного незначним математиком. У випадку Ліндемана, пояснення, можливо, полягає

У тому, що вже було зроблено важливий крок, коли Ерміт (1873) довів трансцендентність. Доступні докази обох цих результатів можна знайти у Клейна (1924). Наступна кар'єра Ліндемана була математично непримітною, навіть бентежною. Відповідаючи скептикам, які вважали, що його успіх був щасливою випадковістю, він націлився на найвідоміше невирішене завдання в математиці «останню теорему Ферма» (про виникнення цього завдання див. розділ 11). Його зусилля скінчилися невдачею у низці непереконливих статей, кожна з яких виправляла помилку в попередній. Фріч (1984) написав цікаву біографічну статтю про Ліндеман.

Матеріал цього параграфа може використовуватись на факультативних заняттях. Він може бути представлений учням як у формі лекції, так і у формі доповідей учнів.

Велику увагу привертали до себе протягом багатьох століть завдання, які з давніх-давен відомі як "знамениті завдання давнини". Під цією назвою зазвичай фігурували три відомі завдання:

1) квадратура кола,

2) трисекція кута,

3) подвоєння куба.

Всі ці завдання виникли в давнину з практичних потреб людей. На першому етапі свого існування вони виступали як обчислювальні завдання: за деякими "рецептами" обчислювалися наближені значення шуканих величин (площа кола, довжина кола та ін.). На другому етапі історії цих завдань відбуваються суттєві зміни їхнього характеру: вони стають геометричними (конструктивними) завданнями.

У Стародавній Греції в цей період їм надали класичні формулювання:

1) побудувати квадрат, рівновеликий даному колу;

2) розділити цей кут на три рівні частини;

3) побудувати ребро нового куба, обсяг якого був би вдвічі більшим за цей куб.

Всі ці геометричні побудови пропонувалося виконувати за допомогою циркуля та лінійки.

Простота формулювань цих завдань та "непереборні труднощі", що зустрілися на шляху їх вирішення, сприяли зростанню їхньої популярності. Прагнучи дати суворі рішення зазначених завдань, давньогрецькі вчені "попутно" отримували багато важливих результатів для математики, що сприяло перетворенню розрізнених математичних знань на самостійну дедуктивну науку (особливо помітний слід тоді залишили піфагорійці, Гіппократ Хіоський і Архимед.

Завдання про подвоєння куба.

Завдання подвоєння куба полягає в наступному: знаючи ребро даного куба, побудувати ребро такого куба, обсяг якого був би вдвічі більшим за об'єм даного куба.

Нехай а – довжина ребра даного куба, х – довжина ребра шуканого куба. Нехай - об'єм даного куба, а - об'єм куба, що шукається, тоді згідно з формулою обчислення об'єму куба маємо, що: =, а оскільки, згідно з умовою задачі, то приходимо до рівняння.

З алгебри відомо, що раціональне коріння наведеного рівняння з цілими коефіцієнтами може бути лише цілими і утримуватися серед дільників вільного члена рівняння. Але дільники числа 2 служать лише числа +1, - 1, +2, - 2, і жодна їх задовольняє вихідному рівнянню. Отже, рівняння раціонального коріння немає, а це означає, що завдання подвоєння куба не може бути вирішене за допомогою циркуля і лінійки.

Завдання подвоєння куба за допомогою циркуля та лінійки може бути вирішено лише приблизно. Наведемо один із найпростіших способів наближеного вирішення цього завдання.

Нехай АВ = ВС = а, причому АВВС. Будуємо AD=АС, тоді CD з точністю до 1%. Насправді, CD 1,2586…. У водночас =1,2599….

Завдання про квадратуру кола.

Обґрунтування нерозв'язності задачі за допомогою циркуля та лінійки.

Завдання про квадратуру кола полягає в наступному: побудувати квадрат рівновеликий колу.

Нехай - радіус даного кола, -довжина сторони шуканого квадрата. Тоді звідси.

Отже, завдання про квадратуру кола буде вирішено, якщо ми збудуємо відрізок завдовжки. Якщо радіус даного кола прийняти за одиничний відрізок (=1), то справа зведеться до побудови по одиничному відрізку довжиною.

Як відомо, знаючи одиничний відрізок, ми можемо циркулем і лінійкою будувати тільки такі відрізки, довжини яких виражаються через раціональні числа за допомогою кінцевої множини раціональних операцій і вилученням квадратних коренів і, отже, є алгебраїчними числами. При цьому будуть використані далеко не всі числа алгебри. Наприклад, не можна побудувати відрізок завдовжки тощо.

У 1882 р. Ліндеманн довів, що трансцендентне. Звідси випливає, що циркулем і лінійкою не можна побудувати відрізок завдовжки і, отже, цими засобами завдання квадратури кола нерозв'язна.

Наближене розв'язання задачі за допомогою циркуля та лінійки.

Розглянемо одне із прийомів наближеного побудови відрізків довжиною. Цей прийом полягає у наступному. Чверть кола АВ з центром у точці Про і радіусом, що дорівнює одиниці, ділимо навпіл точкою С. На продовженні діаметра CD відкладаємо відрізок DE, рівний радіусу. З точки Е проводимо промені ЕА і ЕВ до перетину з дотичною в точці С. відрізок АВ, що відсікається, приблизно дорівнює довжині дуги АВ, а подвоєний - півкола.

Відносна похибка цього наближення вбирається у 0,227%.

Завдання про трисекцію кута.

Обґрунтування нерозв'язності задачі за допомогою циркуля та лінійки.

Завдання про трисекцію кута полягає в наступному: розділити цей кут на три рівні частини.

Обмежимося розв'язанням задачі для кутів, що не перевищують 90. Якщо - тупий кут, то =180-, де<90, так что, и поэтому задача о трисекции тупого угла сводится к задаче о трисекции острого угла.

Зауважимо, що (за наявності одиничного відрізка) задача про побудову кута (90) рівнозначна задачі про побудову відрізка х = соs. Справді, якщо кут побудований, то побудова відрізка х=соs зводиться до побудови прямокутного трикутника з гіпотенузи та гострого кута.

Назад. Якщо побудований відрізок х, то побудова такого кута, що х = соs зводиться до побудови прямокутного трикутника з гіпотенузи і катету.

Нехай - даний кут, - кут, що шукається, так що =. Тоді cos = cos 3. Відомо, що cos 3 = 4cos-3cos. Тому, вважаючи cos =, а cos =, приходимо до рівняння:

cos =4cos-3cos

Відрізок, отже, і кут можуть бути побудовані лише тому випадку, коли це рівняння має хоча б один раціональний корінь. Але це має місце не при всякому, і тому завдання про трисекцію кута, взагалі кажучи, не можна розв'язати за допомогою циркуля і лінійки. Наприклад. При =60 отримаємо =1 і знайдене рівняння набуває вигляду: . Легко перевірити, що це рівняння не має жодного раціонального кореня, звідки слід неможливість поділу кута в 60 на три рівні частини за допомогою циркуля і лінійки. Таким чином, завдання про трисекцію кута не можна розв'язати циркулем і лінійкою в загальному вигляді.

Наближене розв'язання задачі за допомогою циркуля та лінійки.

Розглянемо один із способів наближеного розв'язання задачі за допомогою циркуля та лінійки, запропонований Альбертом Дюрером (1471-1528).

Нехай дано кут ASB. З вершини S довільним радіусом описуємо коло і з'єднуємо точки перетину сторін кута з колом хордою АВ. Ділимо цю хорду на три рівні частини в точках R і R (AR = R R = RВ). з точок А і В, як із центрів, радіусами А R = RВ описуємо дуги, що перетинають коло в точках Т і Т. Проведемо RSAB. Радіусами А S = BS проводимо дуги, що перетинають АВ у точках U та U. Дуги АТ, SS і TB рівні між собою, оскільки стягуються рівними хордами.

Щоб знайти точки трисекції кута X і X, Дюрер поділяє три рівні частини відрізки RU і RU точками PV і PV. Потім радіусами AV і BV проводимо дуги, які перетинають коло в точках X і X. З'єднавши ці точки з S, отримаємо розподіл цього кута на три рівні частини з гарним наближенням до дійсних величин.

Геометричні завдання на побудову

За допомогою циркуля та лінійки

учня 8-А класу

Керівник:Москаева В.М.,

вчитель математики

Нижній Новгород

Вступ

Наочність, уява належать більше мистецтву, строга логіка – привілей науки. Сухість точного висновку і жвавість наочної картини – «лід і полум'я менш різні між собою». Геометрія поєднує у собі ці дві протилежності.

А. Д. Олександров

Збираючись до школи, ми не забуваємо покласти в портфель циркуль, лінійку та транспортир. Ці інструменти допомагають виконати грамотно креслення та красиво намалювати. Ці інструменти використовують інженери, архітектори, робітники, конструктори одягу, взуття, будівельники, ландшафтні дизайнери. Хоча існують комп'ютери, але на будівництві, в саду їх поки що не використовуєш.

Машина малює миттєво протягом кількох секунд. Математик повинен витратити досить багато часу, щоб мовою, зрозумілою машині пояснити їй те, що вона повинна зробити - написати програму і ввести її в машину, тому конструктори нерідко воліють працювати з найпростішими та найдавнішими інструментами – циркулем та лінійкою.

Що може бути простішим? Гладка дощечка з рівним краєм – лінійка, дві загострені палички, пов'язані на одному кінці – циркуль. За допомогою лінійки через дві задані точки проводять пряму. За допомогою циркуля проводять кола з даним центром та даного радіусу, відкласти відрізок, рівний даному.

Циркуль та лінійка відомі більше 3 тисяч років були вже відомі, 200-300 років тому їх прикрашали орнаментами та візерунками. Але, незважаючи на це, вони і зараз справно служать нам. Найпростіших інструментів достатньо величезної кількості побудов. Стародавні греки думали, що можна будь-яку розумну побудову виконати цими інструментами, поки не виявили три знаменні завдання давнини: «квадратуру кола», «трисекцію кута», «подвоєння куба».

Тому вважаю тему моєї роботи сучасною та важливою для діяльності в багатьох сферах діяльності.

Всі чудово знають, що математика використовується в різних професіях і життєвих ситуаціях. Математика – предмет складний. І геометрію більшість учнів називає «важкою». Завдання на побудову відрізняються від традиційних геометричних завдань.

Розв'язання задач на побудову розвиває геометричне мислення набагато повніше і гостріше, ніж розв'язання задач на обчислення, і здатне викликати захоплення роботою, що призводить до посилення допитливості та бажання розширити та поглибити вивчення геометрії.

Незважаючи на багате історичне минуле, проблема вирішення завдань на побудову залишається актуальною й у 21 столітті. В наш час бурхливо розвиваються комп'ютерні технології із застосуванням графічних редакторів для малювання геометричних об'єктів. Засоби створення геометричних об'єктів змінилися через появу нових комп'ютерних технологій. Однак, як і в давнину, основними елементами при побудові геометричних об'єктів залишаються коло і пряма, тобто циркуль і лінійка. З появою нових комп'ютерних технологій виникли нові проблеми побудови з використанням тих самих об'єктів - прямої та кола. Ось чому проблема вирішення завдань на побудову стає ще актуальнішою.

Програма з геометрії передбачає вивчення лише найпростіших прийомів та методів побудов. Але застосування цих прийомів часто викликає труднощі. Тому об'єктом мого дослідження є геометричні фігури, побудовані за допомогою циркуля та лінійки.

Мета моєї роботи:розглянути різні способи побудови геометричних фігур за допомогою циркуля та лінійки.

Методи дослідження:

ü Аналіз вже існуючих способів побудов

ü Пошук нових способів, простих у застосуванні (ГМТ та побудови Штейнера)

Завдання:

ü отримати більш повне уявлення про різні способи побудов

ü простежити за розвитком цього фрагмента геометрії в історії математики

ü продовжити розвиток дослідницьких умінь.

З історії геометричної побудови циркулем та лінійкою.

Традиційне обмеження знарядь геометричних побудов сягає глибокої давнини. У книзі " Початки " Евклід (III століття е.) суворо дотримується геометричних побудов, виконуваних циркулем і лінійкою, хоча назв інструментів він ніде згадує. Обмеження, мабуть, були пов'язані з тим, що ці інструменти замінили собою мотузку, що спочатку служила як для проведення прямих, так і для опису кіл. Але багато істориків-математик пояснюють зроблений Евклідом відбір матеріалу тим, що він, слідуючи Платону і піфагорійцям, вважав лише пряму і коло "досконалими" лініями.

Мистецтво побудови геометричних фігур було високо розвинене у Стародавню Грецію. Давньогрецькі математики ще 3000 років тому проводили свої побудови за допомогою двох приладів: гладкої дощечки з рівним краєм – лінійки та двох загострених палиць, пов'язаних на одному кінці – циркуля. Однак цих найпростіших інструментів виявилося достатньо для виконання величезної кількості різних побудов. Стародавнім грекам навіть здавалося, що будь-яку розумну побудову можна зробити цими інструментами, поки вони не зіткнулися з трьома відомими згодом завданнями.

Вони здавна перетворювали будь-яку прямолінійну фігуру за допомогою циркуля та лінійки довільну прямолінійну фігуру, рівновелику їй. Зокрема, будь-яка прямолінійна постать перетворювалася на рівновеликий їй квадрат. Тому зрозуміло, що з'явилася думка узагальнити це завдання: побудувати за допомогою циркуля і лінійки такий квадрат, площа якого дорівнювала площі даного кола. Це завдання отримало назву квадратури кола. Сліди цього завдання можна побачити ще в давньогрецьких та вавилонських пам'ятниках другого тисячоліття до н.е. Однак її безпосередня постановка зустрічається у грецьких творах V століття до н.

Ще два завдання давнини привертали увагу видатних вчених упродовж багатьох століть. Це завдання про подвоєння куба. Вона полягає в побудові циркулем і лінійкою куба, що має об'єм удвічі більший, ніж обсяг куба. Її появу пов'язують із легендою, що на острові Делос в Егейському морі оракул, щоб позбавити жителів епідемії чуми, наказав подвоїти вівтар, що мав форму куба. І третє завдання трисекції кута про розподіл кута на три рівні частини за допомогою циркуля та лінійки.

Ці три завдання, звані 3 знамениті класичні завдання давнини, привертали увагу видатних математиків протягом двох тисячоліть. І лише в середині XIX століття була доведена їхня нерозв'язність, тобто неможливість зазначених побудов лише з використанням лише циркуля та лінійки. У математиці це були перші результати про нерозв'язність завдань, коли вказані засоби рішення. Вони були отримані засобами не геометрії, а алгебри (за допомогою перекладу цих завдань на мову рівнянь), що ще раз наголосило на єдності математики. Не піддаючись рішенню, ці проблеми збагатили математику значними результатами, призвели до створення нових напрямів математичної думки.

Ще одним цікавим завданням на побудову за допомогою циркуля та лінійки є завдання побудови правильного багатокутника із заданим числом сторін. Стародавні греки вміли будувати правильний трикутник, квадрат, правильні п'ятикутник і 15-кутник, а також усі багатокутники, які виходять із них шляхом подвоєння сторін, і лише їх. Лише 1796 року великий німецький математик К.Ф.Гаусс відкрив спосіб побудови правильного 17-угольника з допомогою циркуля і лінійки і вказав усі значення N, у яких можливе побудова правильного N-угольника зазначеними засобами. Першокурсник Геттінгенського університету Карл Гаусс вирішив завдання, перед яким математична наука пасувала понад 2 з лишком тисяч років. Таким чином, була доведена неможливість побудови за допомогою циркуля та лінійки правильних 7, 9, 11, 13, 18, 21, 22, 23 тощо. косинців.

Теорія побудови за допомогою циркуля та лінійки набула свого подальшого розвитку. Було отримано відповідь на запитання: чи можна вирішити завдання за допомогою лише одного з двох інструментів, що розглядаються, і досить несподіваний. Незалежно один від одного, датчанин Г.Мор у 1672 році та італієць Л.Маскероні у 1797 році довели, що будь-яке завдання на побудову, що дозволяється циркулем та лінійкою, може бути точно вирішена за допомогою лише одного циркуля. Це здається неймовірним, але так. А в ХІХ столітті було доведено, що будь-яка побудова, що виконується за допомогою циркуля та лінійки можна провести лише за допомогою однієї лінійки, за умови, що в площині побудови задано деяке коло та вказано її центр.

3. Найпростіші завдання на побудову геометричних фігур за допомогою циркуля та лінійки

Розглянемо основні (елементарні) побудови, які найчастіше зустрічаються у практиці розв'язання завдань побудова. Завдання такого роду розглядаються вже у перших розділах шкільного курсу.

Побудова 1.Побудова відрізка, що дорівнює цьому.

Дано:відрізок довжини а.

Побудувати:відрізок АВ довжини а.

Побудова:

Побудова 2. Побудова кута, що дорівнює цьому.

Дано:∟AOB.

Побудувати:∟ KMN, рівний ∟ АОВ.

Побудова:

Побудова 3.Розподіл відрізка навпіл (побудова середини відрізка).

Дано:відрізок АВ.

Побудувати:точку О – середину АВ.

Побудова:

Побудова 4.Розподіл кута навпіл (побудова бісектриси кута).

Дано:∟ АВС.

Побудувати:ВD – бісектрису ∟АВС.

Побудова:

Побудова 5.Побудова перпендикуляра до цієї прямої, що проходить через цю точку.

а) Дано:пряма а, точка A а.

Побудувати:

прямий а.

Побудова:

б) Дано:пряма, точка A a.

Побудувати:пряму, що проходить через точку А, перпендикулярно до

прямий а.

Побудова:

Побудова 6. Побудова прямої, паралельної даної прямої і проходить через цю точку.

Дано:пряма, точка A a.

Побудувати:пряму, що проходить через точку А, паралельно до прямої а.

I спосіб (через два перпендикуляри).

Побудова:

II спосіб (через паралелограм).

Побудова:

Побудова 7.Побудова трикутника з трьох сторін.

Дано:відрізки довжини a, b, c.

Побудувати:ΔABC.

Побудова:

Побудова 8.Побудова трикутника по обидва боки і кут між ними.

Дано:відрізки довжини b, c, кут.

Побудувати:трикутник ABC.

Побудова:

Побудова 9.Побудова трикутника з обох боків і двох прилеглих кутів.

Дано:відрізок довжини c, кути α та β.

Побудувати:ΔABC.

Побудова:

Побудова 10.Побудова дотичної до цього кола, що проходить через цю точку.

Дано:коло (О), точка А поза нею.

Побудувати:дотичну до кола ω(О), що проходить через точку А.

Побудова:

Розглянуті завдання входять як складові у вирішення складніших завдань, у подальшому, етапи основних побудов не описуються.

Розв'язання задач на побудову складається з чотирьох частин:

1. Припустивши, що завдання вирішено, робимо від руки приблизне креслення шуканої фігури і потім, уважно розглядаємо накреслену фігуру, прагнучи знайти такі залежності між даними завдання та шуканими, які б звести завдання на інші, відомі раніше. Ця найважливіша частина розв'язання задачі, що має на меті скласти план розв'язання, носить назву аналізу.

2. Коли таким чином план рішення знайдено, виконують відповідно до нього побудова.

3. Доведення - для перевірки правильності плану виходячи з відомих теорем доводять, що отримана постать задовольняє всім вимогам завдання.

4. Дослідження - задаються двома питаннями:

1) При будь-яких даних можливе рішення?

2) Скільки існує рішень?

Розглянемо застосування даних етапів з прикладу рішення наступного завдання.

Завдання:Побудувати трикутник, знаючи його основу b, кут A, що прилягає до основи, і суму двох бокових сторін.

Аналіз:Припустимо, завдання вирішена, тобто. знайдено такий ΔAВС, у якого основа AС=b, ∟ВАС=Aі AВ+ВС=s. Розглянемо тепер отримане креслення. Сторону АС,рівну b, ∟ВАС=A, ми будувати вміємо. Отже, залишається знайти на іншому боці ∟Aтаку точку У, щоб сума AВ+ВСдорівнювала s. Продовживши AВ, відкладемо відрізок AD, рівний s. Тепер питання наводиться до того, щоб на прямий ADзнайти таку точку У, яка була б однаково віддалена від Зі D. Така точка, як ми знаємо, має лежати на перпендикулярі, проведеному до відрізка СDчерез його середину. Крапка Узнайдеться у перетині цього перпендикуляра з АD.

Побудова:

1. Будуємо ∟А, рівний даному куту

2. На його сторонах відкладаємо AС=bі AD=s

3. Через середину відрізка прямої СDпроводимо перпендикуляр ВЕ

4. ВЕперетинає ADу точці У

5. З'єднуємо точки Уі З

6. ΔAВС - шуканий.

Доведення:

Розглянемо отриманий ΔAВС, у ньому ∟А дорівнює цьому куту (за пунктом №1 побудови). Сторона AС=b(пункт №2) та сторони АВі НДу сумі становлять s (пункти №2,3,4). Отже за 1 ознакою рівності трикутників ΔAВС - шуканий.

Дослідження:

1.Чи при будь-яких даних можливе рішення?

Розглядаючи побудову, ми помічаємо, що завдання можливе не за будь-яких даних. Дійсно, якщо сума s задана занадто малою порівняно з b, то перпендикуляр ВЕможе не перетнути відрізка AD(або перетне його продовження за точку D), у цьому випадку завдання виявиться неможливим.

І, незалежно від побудови, можна бачити, що завдання неможливе, якщо s< b або s = b, тому що не може бути такого трикутника, у якого сума двох сторін була б меншою або дорівнює третій стороні.

2. Скільки є рішень?

У разі, коли завдання можлива, вона має лише одне рішення, тобто. існує лише один трикутник, що задовольняє вимогам завдання, оскільки перетин перпендикуляра ВЕз прямою ADможе лише в одній точці.


©2015-2019 сайт
Усі права належати їх авторам. Цей сайт не претендує на авторства, а надає безкоштовне використання.
Дата створення сторінки: 2016-04-27