Praca

POLITECHNIKA ×ÓDZKA
Wydzia÷Fizyki Technicznej, Informatyki i Matematyki Stosowanej
Kierunek:
Specjalność:
Matematyka
Matematyka Finansowa i Ubezpieczeniowa
Paulina Staszewska
nr albumu:
Konstrukcje trójkatów
¾
z wykorzystaniem wielomianów stopnia co najwyz·ej
trzeciego
.
Praca magisterska napisana w Instytucie Matematyki
pod kierunkiem dr hab. Jana Kubarskiego, prof. P×
×ódź, czerwiec 2007
1
Wstep
¾
Celem pracy jest zaprezentowanie przebogatego zagadnienia geometrycznoalgebraicznego konstrukcji trójkatów
¾
majac
¾ trzy elementy spośród boków,
katów,
¾
wysokości, środkowych, dwusiecznych, promieni okregów
¾
wpisanego i
opisanego. Wiekszość
¾
takich konstrukcji jest nieplatońska, t.j. sa¾ niewykonalne cyrklem i linijka,
¾ zaś do dziś nie jest opracowane zagadnienie wykonalności (nieplatońskich) takich konstrukcji cyrklem i linijka¾ ze wstawka¾ (czyli
z zaznaczonymi dwoma punktami). Pierwsze konstrukcje cyrklem i linijka¾
ze wstawka¾ pochodza¾ od Nikomedesa i Archimedesa i dotyczy÷
y trysekcji
kata.
¾
Rozdzia÷pierwszy opiera sie¾ na pozycji ([6])i([7])literatury. Dotyczy historii konstrukcji geomatrycznych z uwzglednieniem
¾
najwaz·niejszych problemów konstrukcyjnych czyli podowjeniem sześcianu, trysekcja¾ kata,
¾ konstrukcjami wielokatów
¾
foremnych oraz kwadratura¾ko÷
a i rekty…kacja¾okregu.
¾
Rozdzia÷drugi to opracowanie teorii punktów konstruowalnych (teoria geometryczna i algebraiczna) oraz teorii wielomianów. De…nicje¾ pierścienia i cia÷
a liczbowego zaczerpne÷
¾ am z pozycji ([2]) literatury. De…nicje¾
punktu konstruowalnego sformu÷
owa÷
am korzystajac
¾ z ([2]) i ([8]). Rysunki
w tym rozdziale pochodza¾ z ksia¾z·ki Kofelra:Ź dziejów matemtyki". Wiek¾
szość de…nicji i twierdzeń z zakresu teorii wielomianów pochodzi z ([11])
i ([9]). Twierdzenie oraz dowód dotyczace
¾ konstruowalności pierwiastków
kwadratowych sformu÷owa÷
am na podstawie ([7]). Natomiast twierdzenie o
pierwiastkach równania stopnia trzeciego zaczerpne÷
¾ am z ([9]) i ([8]).
Rozdzia÷trzeci zawiera twierdzenia i wzory pomocnicze do zadań konstrukcyjnych. Podstawowym twierdzeniem jest twierdzenie Stewarta o punkcie
lez·acym
¾
na boku trójkata
¾ i wyprowadzenie z niego potrzebnych wzorów na
elementy takie, jak środkowe i dwusieczne, a takz·e na pozosta÷e elementy.
De…nicje i twierdzenia w tym rozdziale powsta÷
y na podstawie pozycji([9]) z
literatury. Dodatkowo w rozdziale tym zamieści÷
am pomocnicze konstrukcje
takie, jak dodawanie i odejmowanie dwóch odcinków oraz mnoz·enie i dzielenie odcinków o których wspominam w dowodzie twierdzenia dotyczacego
¾
punktu konstruowalnego a takz·e odwo÷uje sie¾ do nich w rozdzia÷ach 4,5 i 6
np piszac,
¾ z·e znajac
¾ odcinek a potra…my skonstruować odcinek a2 :
Rozdzia÷czwarty, piaty
¾ i szósty to podstawowe rozdzia÷y mojej pracy.
Zawieraja¾algebraiczne rozstrzygniecie
¾ wykonalności konstruowalności trójkatów
¾
w przypadkach gdy otrzymany wielomian jest stopnia nie wiekszego
¾
niz·
trzy. Kaz·de z zadań konstrukcyjnych jest sprowadzone do postaci wielomianu obliczajacego
¾
boki trójkata
¾ za pomoca¾ danych trzech elementów. W
2
rozdziale czwartym dane nie obejmuja¾ katów
¾
i dwusiecznych. W rozdziale
piatym
¾
dane zawieraja¾dwusieczne ale bez danych katów,
¾
natomiast w rozdziale
szóstym wśród danych jest kat.
¾ Zadania konstrukcyjne zaczerpne÷
¾ am z
[1],[9] i rozwine÷
¾ am o bardziej szczegó÷owe obliczenia. Konstrukcjie wykonalane cyrklem i linijka¾ wykona÷
am przy pomocy programu gra…cznego Cabri
Geometry II Plus. W mojej pracy zamieści÷
am znaczna¾ cześć
¾ spośród konstrukcji moz·liwych do skonstruowania.
3
1
Historia konstrukcji geometrycznych
Pierwsze pojecia
¾
i konstrukcje geometryczne pojawia÷y sie¾ wraz z potrzebami praktycznymi cz÷
owieka. Narzedziom
¾
nadawano kszta÷
ty trójkata
¾ czy
okregu,
¾ budynkom prostopad÷
ościanu, stoz·ka lub walca. Za pomoca¾rozciag¾
nietego
¾
sznura wytyczano linie¾ prosta.
¾ Ograniczano tereny nadajac
¾ im róz·ne
kszta÷ty.
W staroz·ytnym Egipcie potra…ono juz· obliczać pola powierzchni trójkatów,
¾
prostokatów
¾
czy trapezów. Uz·ywano tez· wzóru na obliczanie pola dowolnego
czworokata
¾ (niestety nie dawa÷on dok÷adnych wyników):
S=
a+c b+d
+
2
2
Doskonale radzono sobie z konstruowaniem kata
¾ prostego. W tym celu na
sznurze zawiazywano
¾
w równych odstepach
¾
w¾
ez÷
y. Przez w¾
ez÷
y te przesuwano ko÷ki tak, z·e jeden z ko÷
ków ÷
aczy÷w¾
¾
eze÷pierwszy i trzynasty. Z
kolei drugi przechodzi÷przez w¾
eze÷piaty
¾ a trzeci przez ósmy. Wbijajac
¾ te
ko÷
ki w ziemie¾ przy równoczesnym naciagni
¾ eciu
¾ sznura otrzymywano trójkat
¾
prostokatny.
¾
Obliczano równiez· pole ko÷
a. Przyjmowano, z·e pole ko÷a o średnicy d równe
jest polu kwadratu o boku d z którego usuwano ma÷e kwadraciki o bokach
1
1
¾
sk÷
oni÷a Egipcjan potrzeba
6 d oraz 9 d. Natomiast do obliczania objetości
wyliczenia ilości ziaren w spichlerzach. W tym celu stosowano iloczyn pola
podstawy i wysokości danej bry÷
y. Bardzo ciekawy jest natomiast wzór jaki
stosowano do obliczania objetości
¾
ostros÷
upa ścietego:
¾
V = (a2 + ab + b2 )
h
3
gdzie a i b to boki kwadratowych podstaw ostros÷upa a h to jego wysokość.
Prawadopodobnie przy wyprowadzaniu tego wzoru brano pod uwage¾ ostros÷
up z jedna¾ kraw¾
edzia¾ prostopad÷a.
¾
W dziedzinie rozwoju wiedzy geometrycznej na uwage¾ zas÷
uguja¾ równiez·
Babilończycy. Do najwaz·niejszych odkryć staroz·ytnego Babilonu nalez·y
zaliczyć twierdzenie Pitagorasa i poczatki
¾ nauki o wielokatach
¾
foremnych.
Twierdzenie Pitagorasa po raz pierwszy pojawia sie¾ w tekstach klinowych
Babilończyków. Nie jest ono jednak sformu÷
owane ani udowodnione. Wykorzystywane jest do dok÷
adnego wyznaczania miedzy
¾
innymi pól trójkata
¾ i
trapezu, przekatnej
¾
kwadratu i promienia okregu
¾ opisanego na trójkacie
¾
4
równoramiennym. Z tekstów babilońskich wynika, z·e znano takz·e twierdzenie dotyczace
¾ kata
¾ wpisanego w pó÷
kole. Z odkryć dotyczacych
¾
wielokatów
¾
foremnych waz·ne jest to, z·e w tekstach klinowych moz·na odnaleźć sta÷e podajace
¾ pola pieciok
¾
atów,
¾
sześciokatów
¾
i siedmiokatów
¾
foremnych;S5 = 1; 40;
S6 = 2; 37; S7 = 3; 41. Wartości te wykorzystywano w rachunkach gospodarczych.
Zas÷uga wyodrebnienia
¾
geometrii oraz ustalenie przyrzadów
¾
cyrkla i linijki nalez·y do Greków. Zde…niowali oni pierwsze pojecia
¾
geometryczne,
twierdzenia i dowody. Pierwszy znany matematyk i …lozof grecki to Tales
z Miletu (oko÷o 640-546 r. p.n.e.). Wykaza÷
, z·e średnica dzieli okrag
¾ na
po÷owy. Sformulowa÷twierdzenie o równości katów
¾
przy podstawie w trójka¾
cie równoramiennym. Odkry÷
, z·e przy przecieciu
¾ sie¾ dwóch prostych otrzymuje sie¾ równe katy.
¾
Udowodni÷twierdzenie o równości dwóch trójkatów,
¾
majacych
¾
równe dwa katy
¾ i jeden bok. Twierdzenie to pozwoli÷
oTalesowi
wyzanczyć odleg÷
ość okretu
¾ od portu. Sposób ten polega÷na tym, z·e wyznaczano trójkat
¾ ABC gdzie punkt A to port, B okret,
¾ C to dowolny dostepny
¾
punkt. Proste AC i BC przed÷
uz·ano poza punkt C i budowano trójkat
¾
CDE taki, z·e CD = AC; ]ACB = ]DCE; ]CDE = ]CAB: Wówczas
AB = DE.
Dalszy rozwój geometrii zawdzieczamy
¾
Pitagorasowi (oko÷o 571-497 r.
p.n.e.), który oko÷
o 530 r. p.n.e. za÷
oz·y÷s÷
awny zwiazek
¾
pitagorejski, zajmujacy
¾ sie¾ sprawami naukowymi jak równiez· religijno-etycznymi i politycznymi. Trudno jest określić co zawdzieczamy
¾
samemu Pitagorasowi a co
jego uczniom gdyz· dzia÷alność zwiazku otoczona by÷
a tajemnica.
¾ Nalez·y zaznaczyć, z·e nie moz·emy przypisać treści twierdzenia Pitagorasa jemu samemu,
gdyz· jak wiadomo znane by÷
o ono juz· Babilończykom. Wiadomo natomiast, z·e Pitagoras przeprowadzi÷dowód tego twierdzenia. Pitagorejczykom
matematyka zawdziecza
¾ wprowadzenie pojecia
¾ wielkości niewymiernych. Pojecie
¾ to pojawi÷o sie¾ w zwiazku
¾
z proporcjonalnościa¾odcinków. Prawdopodobnie zetkneli
¾ sie¾ z niemoz·liwościa¾ wyznaczenia d÷
ugości przekatnej
¾
kwadratu
przy znanej d÷
ugości jego boku. Okaza÷
o sie,
¾ z·e bok i przekatna
¾ kwadratu sa¾
odcinkami niewspó÷miernymi (dwa odcinki nazywamy wspó÷miernymi jez·eli
istnieje trzeci odcinek który mieści sie¾ ca÷
kowita¾ ilość razy w danych dwu
odcinkach). Zak÷
adajac,
¾ z·e bok i przekatna
¾
maja¾ wspólna¾ miare¾ np odcinek k to zgodnie ze wspó÷
miernościa¾ mieści÷by sie¾ w boku np m razy
a w przekatnej
¾
n razy. Z twierdzenia Pitagorasa przedstawia÷oby sie¾ to
2 k 2 = n2 k 2 n2 k 2 co nie jest prawda.
nastepuj
¾ aco:m
¾
¾ Odkrycie niewymierności
przez d÷
ugi czas utrzymywane by÷
o w tajemnicy. Wiele uwagi pitagorejczycy
poświecili
¾
równiez· zagadnieniom konstrukcji oraz w÷
asnościom wielokatów
¾
foremnych. Znano czworościan, sześcian, ośmiościan a takz·e dwunastościan
5
i dwudziestościan foremny.
Czwarty wiek p.n.e. to okres twórczości matematycznej Platona(oko÷o
427-347 r. p.n.e.) i za÷oz·onej przez niego Akademii .Nad wejściem do
Akademii widnia÷napis:Ńiech tu nie wchodzi ten kto nie zna geometrii".
Szkole Platona zawdzieczamy
¾
opracowanie metody analitycznej dowodów
geometrycznych, wyodrebnienie
¾
pojeć
¾ takich jak punkt, prosta, p÷aszczyzna.
Platon ograniczy÷środki konstrukcyjne w geometrii do uz·ycia cyrkla i linijki,
gdyz· jak twierdzi÷tylko prosta i okrag
¾ sa¾ liniami "doskona÷
ymi". Akademia
Platona istnia÷a ponad 900 lat, a zosta÷
a zamknieta
¾ przez cesarza Justyniana
w roku 529 n.e.
W wieku V p.n.e. pojawi÷y sie¾ trzy najs÷
ynniejsze problemy konstrukcyjne:
podwojenie sześcianu
trysekcja kata
¾
kwadratura ko÷a
Wszystkie one maja¾bardzo d÷
uga¾historie:pierwsze
¾
dwa rozwiazano
¾
dopiero
w latach 30-tych, trzecie-pod koniec ubieg÷
ego stulecia.
Kaz·dy z tych problemów okaza÷sie nierozwiazywalny
¾
za pomoca¾ cyrkla
i linijki. Fascynujace
¾ jest to, z·e zagadnienia te pozosta÷
y tak d÷
ugo otwarte
mino faktu, z·e nalez·a÷y do najs÷ynniejszych zagadnień matematyki.
1.Problem delijski (podwojenie sześcianu)
Oko÷
o 400 lat p.n.e. staroz·ytna Grecja zosta÷a zaatakowana przez straszna¾
epidemie¾ dz·umy która sie¾ przed÷uz·a÷
a i nie chcia÷a ustapić
¾ mimo pomocy
lekarskiej i nieustajacych
¾
mod÷
ów. W pewnym momencie postanowiono
zwrócić sie¾ do s÷
ynnej wyroczni Apollina w Delos z pytaniem, co trzeba
uczynić, aby przeb÷
agać bogów. Wyrocznia odpowiedzia÷
a iz· nalez·y przebudować o÷
tarz znajdujacy
¾ sie¾ w światyni
¾
delijskiej, który by÷w kszta÷
cie
sześcianu, ale w taki sposób, aby jego objetość
¾
podwoi÷a sie.
¾ Z zadaniem
poradzono sobie w ten sposób, z·e zbudowano dok÷adna¾ kopie¾ tego o÷tarza i
umieszczono je obok siebie. Problem jednak nie polega÷na skonstruowaniu dowolnego prostopad÷ościanu o dwa razy wiekszej
¾
objetości,
¾
tylko na
skonstruowani sześcianu o dwa razy wiekszej
¾
objetości
¾
niz· istniejacy
¾ o÷tarz
w kszta÷cie sześcianu. Przystapiono
¾
zatem do realizacji takiej wersji zadania, ale natra…ono na ogromne i niespodziewane trudności. Wtedy podobno
zwrócono sie¾ po rade¾ do samego.Platona lecz wysi÷ki jego i jego uczniów nic
nie wnios÷y. Dziś wiadomo co jest przyczyna¾ tego, z·e konstrukcja problemu
6
delijskiego za pomoca¾ linijki i cyrkla jest niemoz·liwa. Nalez·y w tym celu
znaleźć jego algebraiczne rozwiazanie:
¾
Oznaczmy d÷ugość kraw¾
edzi danego sześcianu przez a, d÷ugość kraw¾
edzi
3
szukanego sześcianu przez x. Otrzymamy
nastepuj
¾ ace
¾ równanie:x = 2a3
p
3
3
Po wyznaczeniu x otrzymamy:x = 2a
Wartości tej nie da sie¾ skonstruować za pomoca¾cyrkla i linijki. Wykazano
bowiem, z·e za pomoca¾ cyrkla i linijki moz·na skonstruować tylko takie odcinki, których d÷ugość otrzymuje sie¾ z d÷ugości danych odcinków przez wykonanie na nich skończonej ilości dodawań, odejmowań, mnoz·eń, dzieleń i
wyciagania
¾
pierwiastka kwadratowego.
2.Trysekcja kata
¾ (znalezienie konstrukcji pozwalajacej
¾ podzielić za pomoca¾ linijki i cyrkla dowolny kat
¾ na trzy równe cześci).
¾
Problem ten siega
¾ swoja¾ historia¾ do pitagorejczyków. W zwiazku
¾
z
konstrukcja¾ wielokatów
¾
foremnych interesowali sie¾ oni podzia÷em okregu
¾ na
równa¾ ilość cześci.
¾
Podzia÷na 2; 3; 4; 5; 6; 8; 10; 12; 15 równych cześci
¾ uda÷o
sie¾ przeprowadzić za pomoca¾ cyrkla i linijki. Natomiast podzia÷okregu
¾ na
7; 9; 11; 13 równych cześci
¾ stwarza÷niepokonane trudności. Pitagorejczycy
szczególnie interesowali sie¾ podzia÷em na 9 równych cześci
¾ prowadzacym
¾
do konstrukcji dziewieciok
¾
ata
¾ foremnego. W tym celu nalez·a÷o narysować
trójkat
¾ równoboczny wpisany w okrag.
¾ Nastepnie
¾
nalez·a÷
oby odpowiedni
kat
¾ środkowy majacy
¾ 120 i podzielić na trzy równe cześci.
¾
I tu pojawia sie¾
problem trysekcji kata.
¾
Nalez·y podkreślić jednak, z·e nie dla kaz·dego kata
¾
podzia÷na trzy cześci
¾ bedzie
¾
niewykonalny.
Ciekawe próby rozwiazania
¾
problemu trysekcji kata
¾ poda÷Leonardo da
7
Vinci (rozwiazanie
¾
przybliz·one), Nikodemes (uz·y÷specjalnego przyrzadu,
¾
aby wykreślić konchoide),
¾ Archimedes (uz·y÷linijki z zaznaczonymi na niej
dwoma punktami).
Ostateczne rozstrzygniecie
¾ problemu trysekcji kata
¾ nastapi÷
¾ o dopiero w
XIX wieku. Problem ten sprowadza sie¾ do rozwiazania
¾
równania trzeciego
stopnia. Jednak rozwiazania
¾
tego nie da sie¾ przedstawić za pomoca¾ skończonej ilości dodawań, odejmowań, mnoz·eń, dzieleń i wyciagania
¾
pierwiastka
kwadratowego – dlatego tez· problem trysekcji kata
¾ jest nierozwiazywalny
¾
przy uz·yciu linijki i cyrkla.
3.Konstrukcje wielokatów
¾
foremnych
Niemoz·liwość rozwiaznania
¾
problemu delijskiego oraz trysekcji kata
¾ za
pomoca¾cyrkla i linijki zosta÷wykazany przez Carla Friedricha Gaussa (17771855)na poczatku
¾
XIX wieku. Gauss zas÷
yna÷równie
¾
z· swym epokowym
odkryciem jakim by÷a konstrukcja siedemnastokata
¾ foremnego i tym samym
rozstrzygna÷
¾ zgadnienie moz·liwości konstrukcji wielokatów
¾
foremnych. Gaussowi uda÷
¾ o sie¾ wykazać, z·e jeśli chcemy podzielić okrag
¾ za pomoca¾ linijki i cyrkla na p równych cześci,
¾
gdzie p jest liczba¾ pierwsza¾ to jest to
moz·liwe tylko wtedy, gdy p jest liczba¾ pierwsza¾ Fermata (ma ona postać:
n
22 +1). Czyli moz·emy podzielić okrag
¾ na 3; 5; 17; 257; 65537 cześci.
¾
Korzystajac
¾ z tego odkrycia moz·emy podać twierdzenie rozstrzygajace
¾ kiedy moz·na
podzielić okrag
¾ na równe cześci:
¾
Okrag
¾ moz·na podzielić za pomoca¾ linijki i
cyrkla na n rónych cześci
¾ tylko wtedy jez·eli n w swoim rozk÷adzie na czynniki pierwsze zawiera najwyz·ej liczby Fermata w pierwszej potedze
¾
lub 2 w
dowolnej potedze.
¾
Czyli nie skonstruujemy dziewieciok
¾
ata
¾ foremnego gdyz·
9 = 32 ; skonstruujemy natomiast sześdziesiokat
¾ foremny bo 60 = 22 3 5.
Nalez·y dodać, z·e konstrukcja siedemnastokata
¾ foremnego jest bardzo skomplikowana i nie jest uz·ywana w praktyce.
4.Kwadratura ko÷
a (skonstruować kwadrat o polu równym polu danego
ko÷
a), rekty…kacja okregu
¾ (zbudować odcinek, którego d÷
ugość jest równa
obwodowi danego ko÷a o promieniu r)
Zagadnienie kwadratury ko÷
a jest równoznaczne z zagadnieniem rekty…kacji okregu,
¾
czyli znalezieniem odcinka, którego d÷ugość jest w przybliz·eniu równa d÷
ugości okregu.
¾
Jez·eli bowiem znajdziemy taki odcinek, to pole
ko÷
a moz·na w przybliz·eniu przedstawić w postaci pola prostokata
¾ o podstawie równej temu odcinkowi (2 r) i wysokości równej po÷owie promienia
(0; 5r). Zgodnie z nastepuj
¾ acym
¾
wyliczeniem pole prostokata
¾ równa sie¾ d÷ugości jego podstawy razy wysokość czyli . Przejście od prostokata
¾ do
kwadratu o tym samym polu jest równoznaczne ze znalezieniem średniej
proporcjonalnej dla boków prostokata,
¾ gdyz· jeśli:x2 = ab to a : x = x : b
Matematycy rezygnujac
¾ (chwilowo) z zupe÷
nego rozwiazania
¾
zagadnienia
8
kwadratury ko÷
a usi÷
owali znaleźć konstrukcje jak najbardziej przybliz·one
i moz·liwie proste w wykonaniu. Dla kwadratury ko÷a znana jest bardzo
ciekawa konstrukcja przybliz·ona Adama Kochańskiego. Jej zaleta¾ jest to,
z·e da sie¾ wykonać jednym rozwarciem cyrkla. Rysujemy okrag
¾ o promieniu
OA = 1, nastepnie
¾
średnice¾ AB. W punkcie B wystawmy prosta¾EF styczna¾
do okregu.
¾
Nie zmieniajac
¾ rozwarcia cyrkla zakreślamy na okregu
¾ BC = OA
oraz przy pomocy tego samego rozwarcia kreślimy OD prostopad÷
e do BC.
Odcinamy na stycznej DE = 3OA i ÷
aczymy
¾
A z E. Odcinek AE daje
w przybliz·eniu po÷ow¾
e d÷ugości okregu.
¾
W przybliz·eniu AE = 3; 14153... a
wiec
¾ po÷
ow¾
e d÷
ugości okregu
¾ z dok÷
adnościa¾ do czwartego miejsca dziesiet¾
nego.
W 1766 roku Lambert opierajac
¾ sie¾ na pracach Eulera wykaza÷, z·e
jest liczba¾ niewymierna.
¾ Stad
¾ wniosek, z·e daremne by÷
y poszukiwania powtarzajacego
¾
sie¾ okresu w rozwinieciu
¾
dziesietnym
¾
liczby . Niewymierność
liczby nie jest jednak rozwiazaniem
¾
problemu kwadratury ko÷
a. Dopiero
w 1882 roku Ferdynand Lindemann wykaza÷
, z·e jest liczba¾ przestepn
¾ a¾ i
nie moz·e być pierwiastkiem z·adnego równania algebraicznego. Zatem konstrukcja kwadratury ko÷a za pomoca¾ cyrkla i linijki jest niemoz·liwa.
Poniewaz· kwadratura¾ko÷a jest bezpośrednio zwiazana
¾
z rekty…kacja okregu
¾
to gdyby jedna z tych konstrukcji by÷a wykonalna, wykonalna by÷aby i
druga .Rekty…kacji okregu
¾ dokonać moz·na jednak jeśli mamy dana¾ spirale¾
Archimedesa. Krzywa ta jest jednak niemoz·liwa do skonstruowania z uz·yciem cyrkla i linijki. Moz·na ja¾ natomiast uzyskać konstruujac
¾ odpowiedni
przyrzad
¾ mechaniczny.
9
2
Teoria punktów konstruowalnych
Piszac
¾ punkty konstruowalne środkami klasycznymi bedziemy
¾
mieć na myśli
punkty konstruowalne cyrklem i linijka¾
2.1
O cia÷
ach liczbowych i punktach konstruowalnych
De…nicja 2.1 ([2])Niech w zbiorze F bed
¾ a¾ okre´slone dwa dzia÷ania + (dodawanie) i (mno·zenie) i wyró·znione dwa elementy 0 i 1 . Uk÷ad (F; +; ; 0; 1)
nazywamy pier´scieniem przemiennym z jedynka,¾ je·zeli spe÷nione sa¾warunki
(gdzie a; b; c 2 F ) :
1) a + b = b + a
2) a + (b + c) = (a + b) + c
3) a + 0 = 0 + a = a
4) Dla kaz·dego a nalez·acego
¾
do F istnieje a0 2 F , takie, z·e a + a0 =
0
a +a=0
5) a b = b a
6) a (b c) = (a b) c
7) a 1 = 1 a = a
8) a (b + c) = a b + a c; (b + c) a = b a + c a
Uwaga 2.2 Uk÷ad (F; +; ; 0; 1) nazywamy pier´scieniem je´sli spe÷nia warunki
1); 2); 3); 4); 6); 8) z powy·zszej de…nicji.
De…nicja 2.3 ([2])Cia÷em nazywamy pier´scie´n przemienny z jedynka¾w którym
0 6= 1 oraz ka·zdy element ró·zny od zera jest odwracalny.
Opisze¾ teraz zbiór wszystkich punktów, które moga¾ być otrzymane z
punktów danych na p÷aszczyźnie pos÷
ugujac
¾ sie¾ cyrklem i linijka.
¾ Sa¾ to
tzw.punkty konstruowalne za pomoca¾ cyrkla i linijki.
De…nicja 2.4 ([11])Niech K bedzie
¾
cia÷em, F dowolnym podcia÷em, a M
dowolnym podzbiorem cia÷a K. Najmniejsze podcia÷o cia÷a K zawierajace
¾
zbiór F [ M nazywamy rozszerzeniem cia÷a F powstajacym
¾
przez do÷¾
aczenie
zbioru M i oznaczamy symbolem F (M ).Je·zeli M jest zbiorem jednoelementowym M = fxg, lub sko´nczonym M = fx1 ; :::; xn g wówczas podcia÷o to
oznaczymy symbolem F (x) lub F (x1 ; :::; xn ) i nazywamy rozszerzeniem cia÷a
F o element x lub elementy (x1 ; :::; xn ).
10
De…nicja 2.5 ([2]),([8])Punkt nazywamy konstruowalnym, je·zeli nale·zy do
zbioru :
Z = [1
i=0 Zi
takiego,·ze: Z0 to zbiór danych punktów na p÷aszczy´znie fA1 ; A2 ; :::; Ak g:Ka·zdy
nastepny
¾
zbiór Zm+1 powstaje z punktów poprzedniego w jeden z trzech mo·zliwych sposobów:
1)Przez przeciecie
¾ dwóch prostych l1 i l2 z których ka·zda jest wyznaczona
przez dwa punkty zbioru Zm . (proste nie moga¾ by´c równoleg÷e)
2)Przez przeciecie
¾ prostej l1 wyznaczonej przez dwa punkty zbioru Zm
oraz okregu
¾ O , którego´srodkiem jest punkt zbioru Zm a promieniem odcinek
ograniczony dwoma punktami zbioru Zm :
3)Przez przeciecie
¾ dwóch okregów
¾
O1 i O2 których ´srodkiem jest punkt
zbioru Zm a promieniem odcinek ograniczony dwoma punktami zbioru Zm :
Twierdzenie 2.6 ([2])Niech dane bed
¾ a¾ punkty A1 ; A2 ; :::; An; gdzie Ai =
(ai ; bi ) dla i = 1; 2; :::; n:.Punkt Q = (x; y) jest konstruowalny wtedy i tylko
wtedy, gdy wspó÷rzedne
¾
x; y daja¾sie wyrazi´c za pomoca¾pieciu
¾ dzia÷a´n podstap
wowych +, , , i
zastosowanych sko´nczona¾ ilo´s´c razy ze wspó÷rzednych
¾
a1 ; b1 ; :::; ak ; bk :
Dowód. (Przedstawie¾ tylko szkic dowodu ze wzgledu
¾ na obszerność pracy.Pe÷
en
dowód znajduje sie w pracy mgr p.Kośmider)
“ =) ” Niech Q bedzie
¾
punktem konstruowalnym. Bedziemy
¾
dowodzić
indukcyjnie wzgledem
¾
i ,z·e wspó÷
rzedne
¾
punktu Q 2 Zi daja¾ sie¾ przedstawić
p
w postaci skończonej ilości dzia÷ań podstawowych +, , , , : Jez·eli i = 0
to Q 2 Z0 = fa1 ; b1 ; :::; ak ; bk g. Zak÷
adamy, z·e wspó÷rzedne
¾
punktów ze
zbioru Zi maja¾ takie przedstawienie. Zajmiemy sie wspó÷rzednymi
¾
punktu
Q 2 Zi+1 . Z de…nicji punktu konstruowalnego wiadomo, z·e punkt powstaje
na jeden z trzech sposobów.
Za÷óz·my, z·e punkt Q jest punktem przeciecia
¾ dwóch prostych, a kaz·da
z nich przechodzi przez dwa róz·ne punkty ze zbioru Zi : Q1 = (x1 ; y1 )
; Q2 = (x2 ; y2 ); Q3 = (x3 ; y3 ); Q4 = (x4 ; y4 ): Z za÷oz·enia indukcyjnego
wspó÷rzedne
¾
punktów Q1; Q2 ; Q3 ; Q4 moz·na przedstawić w postaci skońcp
zonej ilości dzia÷ań +, , , , na liczbach ze zbioru Z0 : Wyznaczymy punkt
przeciecia
¾ sie prostej l1 przechodzacej
¾ przez punkty: Q1 ; Q2 i prostej l2 przechodzacej
¾ przez punkty Q3 ; Q4 . Zak÷
adamy, z·e proste te nie sa¾ równoleg÷
e.
Rozwiazujemy
¾
uk÷
ad równań:
(y
y1 )(x2
x1 ) = (y2
y1 )(x
x1 )
(y
y3 )(x4
x3 ) = (y4
y3 )(x
x3 )
11
Otrzymujemy:
x=
y=
(x2 x1 )(
(y1
(y3 y4 )(
(y1
x4 y3 +x3 y4 )
y2 )(x4 x3 )
x2 y1 +x1 y2 )
y2 )(x4 x3 )
(x4
(y3
(y1
(y3
x3 )( x2 y1 +x1 y2 )
y4 )(x2 x1 )
y2 )( x4 y3 +x3 y4 )
y4 )(x2 x1 )
Zatem wspó÷
rzedne
¾
punktu Q = (x; y) daja¾ sie¾ przedstawić za pomoca¾
p
dzia÷ań:+; ; ; ( tu bez
) na liczbach x1 ; y1 ; :::; x4; y4 :
Za÷óz·my, z·e punkt Q jest punktem przeciecia
¾ prostej przechodzacej
¾ przez
dwa róz·ne punkty ze zbioru Zi : Q1 = (x1 ; y1 ) ; Q2 = (x2 ; y2 ) oraz okregu
¾
majacego
¾
środek w punkcie Q0 = (x0 ; y0 ) i promień r równy odleg÷ości
punktów Q3 ; Q4 ze zbioru Zi :
p
r = (x4 x3 )2 + (y4 y3 )2
Wyznaczamy wspó÷
rzedne
¾
punktów przeciecia
¾ prostej i okregu
¾ rozwiazuj
¾ ac
¾
uk÷ad równań:
(x
x0 )2 + (y
(y
y1 )(x2
y0 )2 = (x4
x1 ) = (y2
Otrzymujemy dwa rozwiazania:
¾
r
xI
yI
=
=
2 ab22c2
2
a2
b2
a1 +
2 ab22c2
2
a2 b1
b2
a1 +
a2 b1
b2
2 ab22c2 + a1
2
r
x3 )2 + (y4
y1 )(x
a2 b1
b2
y3 )2
x1 )
2
4 1 + ( ab22 )2
( cb22 )2
c2 b1
b2
+ c1
2 1 + ( ab22 )2
2 ab22c2 + a1
2
a2 b1
b2
2 1+
2
4 1 + ( ab22 )2
( cb22 )2
( ab22 )2
gdzie: a1 = 2x0 , a2 = y1 y2 ; b1 = 2y0 , b2 = x2 x1 , c1 = (x4 x3 )2
(y4 y3 )2 + x20 + y02 , c2 = x2 y1 + x1 y2 :Analogiczne rozwiazania
¾
dostaniemy
dla xII ; yII zmieniajac
¾ znak przed pierwiastkiem.Zatem wspó÷rzedne
¾
punktów QI = (xI ; yI ) lub QII = (xII ; yII ) wyraz·aja¾ sie¾ wymiernie za pomoca¾
p
dzia÷ań +; ; ; ; ze wspó÷rzednych
¾
punktów Q0 ; Q1 ; Q2 ; Q3 ; Q4 które równiez·
p
powsta÷y za pomoca¾ skończonej ilości dzia÷ań +; ; ; ; na liczbach ze
zbioru Z0 :
Za÷óz·my, z·e punkt Q to punkt przeciecia
¾ dwóch okregów:
¾
okregu
¾ O1
o środku w punkcie Q0 = (x0 ; y0 ) i promieniu r1 równym odleg÷
ości dwóch
danych róz·nych punktów ze zbioru Zi : Q1 = (x1 ; y1 ); Q2 = (x2 ; y2 ) :
p
r1 = (x2 x1 )2 + (y2 y1 )2
12
c2 b1
b2
+ c1
c2
b2
oraz okregu
¾ O2 o środku w punkcie Q3 = (x3 ; y3 ) i promieniu r2 równym
odleg÷ości dwóch danych róz·nych punków ze zbioru Zi : Q4 = (x4 ; y4 ); Q5 =
(x5 ; y5 ) :
p
r2 = (x5 x4 )2 + (y5 y4 )2
Rozwiazania
¾
nastepuj
¾ acego
¾
uk÷adu równań wyznacza¾punkty przeciecia
¾ okregów:
¾
(x
x0 )2 + (y
y0 )2 = (x2
x1 )2 + (y2
y1 )2
(x
x3 )2 + (y
y3 )2 = (x5
x4 )2 + (y5
y4 )2
Otrzymamy dwa rozwiazania.
¾
Wspó÷
rzedne
¾
punktów przeciecia
¾ bed
¾ a¾wyraz·a÷y
p
sie¾ poprzez dzia÷ania +; ; ; ; na liczbach x0 ; y0 ; :::; x5 ; y5:
“ (= ”(Dowód polega na wskazaniu konstrukcji sumy, róz·nicy,iloczynu,
ilorazu ,pierwiastka kwadratowego przy danych punktach. Konstrukcje te
znajda¾ sie¾ w podrozdziale pomocnicze konstrukcje).Niech wspó÷
rzedne
¾
x; y
punktu Q daja¾ sie¾ wyrazić za pomoca¾ wspó÷
rzednych
¾
a1 ; b1 ; :::; ak ; bk za pop
moca¾ dzia÷
ań: +; ; ; ; : Tworzymy zbiór Mk z÷
oz·ony z punktów (x; y);
takich, z·e x; y daja¾ sie¾ przedstawić przy pomocy nie wiecej
¾ niz· k operacji
p
spośród:+; ; ; ;
na liczbach ai ; bi :Wykaz·emy indukcyjnie, z·e Mk sa¾
konstruowalne. Dla M0 = fA1 ; :::; Ak g oczywiste. Zak÷
adamy, z·e Mk sk÷ada
sie¾ z punktów konstruowalnych. Pokaz·emy, z·e Mk+1 tez· sk÷ada
¾ sie¾ z punktów konstruowalnych. Jez·eli (x; y) 2 Mk+1 wówczas istnieje Q1 = (x1 ; y1 );
Q2 = (x2 ; y2 ) 2 Mk ; takie, z·e:
p
p
x = xi yj lub x = xi yj lub x = xi yj lub x = xi lub x = yi
p
p
y = xi yj lub y = xi yj lub y = xi yj lub y = xi lub y = yi
gdzie i; j = 1; 2:
W dalszej cześci
¾ dowodu wykazujemy kolejno, z·e:
majac
¾ skonstruowany punkt o wspó÷rzednych
¾
(x; y) skonstruujemy punkty
o wspó÷
rzednych
¾
(x; 0); (0; y)
majac
¾ skonstruowane punkty o wspó÷
rzednych
¾
(x; 0); (0; y) potra…my
skonstruować punkt o wspó÷rzednych
¾
(x; y)
skonstruujemy punkt x = x1 + y1 ; gdy x1 ; y1 sa¾ skonstruowane
skonstruujemy punkt x = x1 y1 ; gdy x1 ; y1 sa¾ skonstruowane
skonstruujemy punkt x = x1 y1 ; gdy x1 ; y1 sa¾ skonstruowane
skonstruujemy punkt x = x1 y1 ; gdy x1 ; y1 sa¾ skonstruowane
p
skonstruujemy punkt x = x1 gdy x1 jest skonstruowany (x1 > 0)
Twierdzenie 2.7 Zbiory pierwszych i drugich wspó÷rzednych
¾
wszystkich punktów konstruowalnych dla wyj´sciowego ciagu
¾ punktów A1 ; A2 ; ::; Ak sa¾cia÷ami
pokrywajacymi
¾
sie.
¾
13
Dowód. Niech L bedzie
¾
zbiorem pierwszych i drugich wspó÷
rzednych
¾
wszystkich punktów konstruowalnych.Wykaz·emy, z·e L jest cia÷em. Poniewaz·
A1 = (1; 0) to 1; 0 2 L:Niech x; y 2 L:Nalez·y pokazać, z·e x y i x y
(y 6= 0) równiez· nalez·a¾ do zbiou L:Wspó÷rzedne
¾
x; y powstaja¾ z punktów
p
ai ; bi za pomoca¾ dzia÷
ań: +; ; ; ; zatem x y i x y równiez· powstaja¾
za pomoca¾ skończonej ilości operacji. Co dowodzi, z·e L jest cia÷em.
Twierdzenie 2.8 ([5])Niech F0 bedzie
¾
najmniejszym cia÷em które zawiera
wspó÷rzedne
¾
punktów danych A1 ; A2 ; ::: ; Ak : Oznaczmy przez L zbiór
wszystkich pierwszych i drugich wspó÷rzednych
¾
wszystkich punktów konstruowalnych.
Liczba 2 L () gdy istnieje
¾ cia÷sko´nczonych F0 F1 ::: Fk
p ciag
taki, ·ze 2 Fk oraz Fi = Fi 1 (
i ) dla pewnego
i 2 Fi 1 ; i = 1; :::; k
Dowód. " =) " Zak÷adamy, ·ze 2 L:Wiadomo, ·ze zbiór L otrzymujemy ze
wspó÷rzedych
¾
punktów A1 ; A2 ; ::; Ak ;które nale·za¾do zbioru F0 za pomoca¾dzip
a÷a´n: +; ; ; ; : Dowód poprowadzimy indukcyjnie wzgledem
¾
k (k bedzie
¾
ilo´scia¾ pierwiastków)
Dla k = 0
2 F0 (nie ma pierwiasków)
Za÷o·zenie indukcyjne:Dla k pierwiastków istnieje ciag
¾ k cia÷: F0 F1
::: Fk ; 2 Fk :
Teza indukcyjna:poka·zemy, ·ze dla k + 1 pierwiastków istnieje ciag
¾ k+1
cia÷:F0 F1 ::: Fk Fk+1 ; 2 Fk+1 :
p
Liczba zbudowana jest na liczbach ze zbioru F0 za pomoca¾dzia÷a´n:+; ; ; ; ;
p
w których wystepuje
¾
k + 1 razy. W´sród nich istnieje liczba " nad która¾nie
jest wykonalny pierwiastek.Z za÷o·zenie indukcyjnego " zbudowana jest z k
pierwiastków, zatem istnieje ciag
¾ cia÷F0
F1
:::
Fk ; " 2 Fk . Liczba
p
p
2 Fk ( ) zatem Fk+1 = Fk ( ):
" (= " Zak÷adamy,p·ze istnieje ciag
¾ cia÷:F0
F1
:::
Fk taki, ·ze
)
dla
pewnego
2
F
;
i
=
1;
:::;
k
2 Fk oraz Fi = Fi 1 (
i
i
i 1
Udowodnimy indukcyjnie, ·ze 2 L:
Dla k = 0 2 F0 a poniewa·z F0 zawiera wspó÷rzedne
¾
punktów danych
A1 ; A2 ; ::; Ak konstruowalnych wiec
¾ 2L
Za÷o·zenie indukcyjne:je·zeli istnieje ciag
¾ cia÷F0 F1 ::: Fk i 2 Fk
to 2 L
Teza indukcyjna:dla k + 1 twierdzenie jest prawdziwe.
Zak÷adamy, ·ze 2 F0
F1
::: Fk
Fk+1 :Wówczas jest postaci
p
= a+b ck+1 ; a; b; ck+1 2 Fk :Z postaci wida´c, ·ze powstala z liczb a; b; ck+1
p
(które z za÷o·zenia nale·za¾do L). Korzystajac
¾ z dzia÷a´n +; ; ; ; : Zatem
p
powsta÷a ze sko´nczonej ilo´sci dzia÷a´n +; ; ; ; na liczbach zbioru F0 :Wiec
¾
2 L:
14
2.2
Wielomiany
De…nicja 2.9 ([10])Niech K bedzie
¾
cia÷em liczbowym.Wielomianem wzgle¾
dem cia÷a K nazywamy funkcje
w(x) = a0 xn + a1 xn
1
+ ::: + an
1x
+ an
(1)
gdzie aj 2 K . Przyjmujemy x0 = 1 , wówoczas funkcje 1 mo·zemy zapisa´c:
n
X
an
j
jx
j=o
Uwaga 2.10 Suma,róznica i iloczyn wszystkich wielomianów o wspó÷czynnikach z K sa¾ równie·z wielomianami o wspó÷czynnikach z tego cia÷a.
De…nicja 2.11 Zbiór wszystkich wielomianów wzgledem
¾
cia÷a K oznaczamy
przez K[x] i nazywamy pier´scieniem wielomianów wzgledem
¾
cia÷a K.
De…nicja 2.12 ([9])Wielomian a(x) z pier´scienia K(x) nazywamy wielomianem przywiedlnym w K je´sli mo·zna go przedstawi´c jako iloczyn b(x)c(x)
dwu wielomianów o wspó÷czynnikach równie·z nale·zacyh
¾ do cia÷a K:
De…nicja 2.13 Wielomian a(x) z pier´scienia K(x) nazywamy wielomianem
nieprzywiedlnym w K je´sli nie mo·zna go przedstawi´c jako iloczyn b(x)c(x)
dwu wielomianów o wspó÷czynnikach równie·z nale·zacyh
¾ do cia÷a K:
Twierdzenie 2.14 ([11])(Kryterium Eisenseina)Je·zeli wspó÷czynniki wielomianu v(x) = an xn + an 1 xn 1 + ::: + a1 x + a0 sa¾ ca÷kowite i istnieje taka
liczba pierwsza p która nie jest podzielnikiem an , natomiast jest podzielnikiem pozosta÷ych wspó÷czynników i dodatkowo a0 nie dzieli sie¾ przez p2
to wielomian v(x) jest nieprzywiedlny w ciele liczb wymiernych. Za÷o·zenia
twierdzenia zapisujemy nastepuj
¾ aco:
¾
p - an ; p j an
1 ; :::; p
j a0 ; p2 - a0
(2)
Dowód. Zak÷
adamy, z·e wielomian v(x) jest przywiedlny czyli, z·e istnieje
rozk÷ad tego wielomianu na iloczyn dwóch wielomianów stopni niz·szych o
wspó÷czynnikach ca÷
kowitych
an xn + ::: + a0 = (bk xk + ::: + b0 )(cs xs + ::: + c0 )
gdzie k+s = n; k > 0; s > 0; bk 6= 0; cs 6= 0;oraz wspó÷
czynniki bk ; :::; b0; cs ; :::; c0
sa¾ ca÷
kowite.
15
Ze zwiazku
¾
a0 = b0 c0 i z za÷
oz·enia: p j a0 wynika, z·e p j b0 c0 . Jednkakz·e
p musi dzielić tylko jeden z czynników b0 ; c0 bo w innym przypadku dostalibyśmy, z·e p2 j b0 c0 co jest wbrew za÷oz·eniu.Za÷óz·my, z·e p dzieli b0 a nie
dzieli c0 : Weźmy pod uwage¾
a1 = b0 c1 + b1 c0
Z 2 oraz z p j b0 ;wynika, z·e p - c0 . Oznacza to, z·e:p j b1 :Rozwaz·ajac
¾ dalej
a2 = b0 c2 + b1 c1 + b2 c0
wnioskujemy,
z·e: p j b2 :Postepujac
¾ analogicznie dla kolejnych wspó÷
czynników dostajemy,
z·e: p j b3 ; :::; p j br :Poniewaz· an = bk cs wiec
¾ p dzieli an co jest wbrew
za÷oz·eniu.Przypuszczenie, z·e wielomian v(x) jest przywiedlny w ciele liczb
wymiernych prowadzi do sprzeczności, a to dowodzi twierdzeniu.
Przyk÷
ad 2.15 We´zmy pod uwage¾ wielomian f (x) = x5 15x4 10x4 +
5x2 20x 5: Poniewa·z istnieje liczba pierwsza p = 5 taka, ·ze 1 - 5; 15 j 5;
10 j 5; 5 j 5; 20 j 5; 5 j 5; 5 - 25 zatem na mocy kryterium Eisenseina
wielomian f (x) jest nieprzywiedlny.
Przyk÷
ad 2.16 We´zmy pod uwage¾ wielomian g(x) = x2 4x + 3 .Mo·zna go
przedstawi´c w nastepuj
¾ acej
¾ postaci:g(x) = (x 1)(x 3). Zatem z de…nicji
wielomian g(x) jest przywiedlny.
De…nicja 2.17 Liczbe¾ rzeczywista¾ a nazywamy liczba¾ algebraiczna,¾ je·zeli
jest ona pierwiastkiem wielomianu o wspó÷czynnikach wymiernych lub ca÷kowitych.
De…nicja 2.18 Wielomian minimalny liczby algebraicznej a o wspó÷czynnikach wymiernych to wielomian mo·zliwie najni·zszego stopnia i nieprzywiedlny w ciele liczb wymiernych.
Uwaga 2.19 Stopie´n wielomianu minimalnego jest stopniem liczby algebraicznej a:
Uwaga 2.20 Wielomian minimalny liczby algebraicznej a dzieli ka·zdy wielomian o wspó÷czynnikach wymiernych którego pierwiastkiem jest liczba a:
16
Twierdzenie 2.21 ([8])Warto´sci bezwzgledne
¾ pierwiastków wielomianu kwadratowego
w(x) = ax2 + bx + c
gdy
> 0 , a 6= 0 sa¾ konstruowalne, gdzie K to cia÷o liczbowe, którego
podstawe¾ tworza¾ wspó÷czynniki równania w(x):
Dowód. Rozwiazujemy
¾
równanie drugiego stopnia :
= b2 p4ac
p
b2 4ac
b2 4ac
x1 = b 2a
; x2 = b+ 2a
Z postaci pierwiastków wynika moz·liwość konstrukcji. (Pierwiastki te
nalez·a¾ do rozszeszenia cia÷
a K(a; b; c) o pierwiastek kwadratowy)
Twierdzenie 2.22 ([8]),([9])Pierwiastki równania trzeciego stopnia o wspó÷czynnikach wymiernych mo·zna skonstruowa´c wtedy i tylko wtedy, gdy równanie
to posiada cho´c jeden pierwiastek wymierny.
Dowód. ) Niech
w(x) = w3 x3 + w2 x2 + w1 x1 + w0
(3)
bedzie
¾
wielomianem stopnia trzeciego. Za÷
óz·my, z·e x1 jest pierwiastkiem
tego wielomianu i jest konstruowalny.Wówczas istnieje wiez·a podcia÷Q0
Q1 ::: Qk taka, z·e:
p
Qi = Qi 1 ( pi )
pi 2 Qi
p
pi 2
= Qi
p
pi 2 Qi
x1
x1
2 Qk
2
= Qk
1
1
1; i
= 1; :::; k
p
Niech x1 bedzie
¾
postaci: x1 = u + v pk gdzie u; v 2 Qk 1 i v 6= 0:Dla
x = x1 w (3) otrzymujemy:
p
p
p
w3 (u + v pk )3 + w2 (u + v pk )2 + w1 (u + v pk ) + w0 = 0
Wykonujemy redukcje wyrazów podobnych:
p
p
p
p
w3 (u3 +3u2 v pk +3uv 2 pk +u3 pk pk )+w2 (u2 +2uv pk +v 2 pk )+w1 (u+v pk )+w0 = 0
p
(w3 u3 +w3 3uv 2 pk +w2 u2 +w2 v 2 pk +w1 u+w0 )+ pk (w3 3u2 v+w3 v 3 pk +w2 2uv+w1 u) = 0
17
p
Poniewaz· pk 2
= Qk 1 a liczby w nawiasch po lewej stronie powyz·szej
równości nalez·a¾ do tego cia÷a to moz·emy zapisać:
w3 u3 +w3 3uv 2 pk +w2 u2 +w2 v 2 pk +w1 u+w0 = 0; w3 3u2 v+w3 v 3 pk +w2 2uv+w1 u = 0
p
Równiez· liczba x2 = u v pk spe÷nia równanie (3) .Podstawiajac
¾ w miejsce
x = x2 otrzymujemy analogicznie jak wyz·ej :
(w3 u3 +w3 3uv 2 pk +w2 u2 +w2 v 2 pk +w1 u+w0 )
p
pk (w3 3u2 v+w3 v 3 pk +w2 2uv+w1 u) = 0
w3 u3 + w3 3uv 2 pk + w2 u2 + w2 v 2 pk + w1 u + w0 = 0
w3 3u2 v + w3 v 3 pk + w2 2uv + w1 u = 0
Z za÷oz·enia, z·e v 6= 0 wynika, z·e x1 6= x2 : Oczywiście x2 2 Qk :
Niech x3 bedzie
¾
trzecim pierwiastkiem równania (3), wówczas:
w3 x3 + w2 x2 + w1 x1 + w0 = (x
x1 )(x
x2 )(x
x3 )
Zatem
w3 x3 +w2 x2 +w1 x1 +w0 = x3 +x2 ( x1 x2 x3 )+x(x1 x2 +x1 x3 +x2 x3 ) x1 x2 x3
Porównujac
¾ wspólczynniki po obu stronach równości otrzymujemy : w3 =
1; w2 = x1 x2 x3 ; w1 = x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ; w0 = x1 x2 x3 :Wyznaczamy
x3 :
x3 =
x1
x2
w2 =
u
p
v pk
p
u + v pk
w2 =
2u
w2
Z postaci x3 widać, z·e nalezy do cia÷
a Qk 1 oraz musi być liczba¾ wymierna¾
gdyby tak nie by÷o, to wśród cia÷Q1 ; :::; Qk 1 istnia÷oby takie Qi z·e x3
nalez·a÷oby do Qi , a nie nalez·aloby do Qi 1 . Trzeci pierwiastek przyja÷
¾ by
postać:
p
x3 = c + d pi gdzie c; d 2 Qi 1 ; d 6= 0
p
Dodatkowo x4 = c d pi by÷
by czwartym pierwiastkiem wielomianu w(x)
róz·nym od x1 ; x2 ; x3 co jest niemoz·liwe.Tym samym za÷oz·enie, z·e równanie
w(x) = 0 posiada pierwiastek konstruowalny, prowadzi do wniosku, z·e posiada ono tez· co najmniej jeden pierwiastek wymierny.
( Zak÷
adamy, z·e wielomian w(x) ma choć jeden pierwiastek wymierny
x1 :Zatem:
w(x) = (x x1 )(x2 + bx + c)
18
gdzie b i c to liczby wymierne gdyz· powstaja¾ z dzielenia liczb wymiernych
przez liczby wymierne.Rozwiazuj
¾ ac
¾ równanie:x2 + bx + c otrzymamy pozosta÷e dwa pierwiastki:
0;
x2 =
x3 =
= b2
p
b
b2
p2
b + b2
2
4c
4c
0
4c
Z postaci tych pierwiastków widać, z·e nalez·a¾ one do rozszerzenia cia÷
a Q0
przez do÷
aczenie
¾
pierwiastka kwadratowego.Zatem pierwiastki tego wielomianu moz·na skonstruować.
3
3.1
Wzory pomocnicze do zadań konstrukcyjnych
Twierdzenia i wzory
Twierdzenie 3.1 ([9]),([12])Twierdzenie Stewarta. Je·zeli punkt D le·zy na
boku AB trójkata
¾ ABC to
CD2 AB = BC 2 AD + AC 2 DB
AB AD DB
(4)
Dowód. Oznaczmy przez E rzut wierzcho÷
ka C na prosta¾ AB i przyjmijmy,z·e kat
¾ ADC nie jest katem
¾
rozwartym,wiec
¾ kat
¾ BDC nie jest katem
¾
os19
trym. Dla trójkatów
¾
ADC i BDC stosujemy uogólnione twierdzenie Pitagorasa :
AC 2 = CD2 + AD2
BC
2
2
2AD DE
2
= CD + BD + 2DB DE
Mnoz·ymy pierwsza¾ z tych nierówności przez DB a druga przez AD i otrzymujemy:
AC 2 DB = CD2 DB + AD2 DB
BC
2
AD = CD
2
AD + BD
2
2AD DE DB
AD + 2DB DE AD
Oba równania dodajemy stronami
AC 2 DB+BC 2 AD = CD2 DB+AD2 DB 2AD DE DB+CD2 AD+BD2 AD+2DB DE AD
Wykonujemy redukcje wyrazów podobnych
AC 2 DB + BC 2 AD = CD2 (DB + AD) + AD DB(AD + DB)
Poniewaz· DB + AD = AB otrzymujemy
CD2 AB = BC 2 AD + AC 2 DB
AB AD DB
ckd
Twierdzenie 3.2 ([9])Niech CD bedzie
¾ ´srodkowa¾boku AB trójkata
¾ ABC.
Oznaczmy CD = mc ; AB = c; AC = b; BC = a. Wówczas ´srodkowa mc
okre´slona jest wzorem
1
m2c = (2a2 + 2b2
4
c2 )
(5)
Dowód. Poniewa·z mc jest´srodkowa¾boku AB zatem AD = BD = 2c :Korzystajac
¾
z twierdzenie Stewarta otrzymujemy
m2c c = a2 AD + b2 DB
c AD DB
Podstawiajac
¾ oznaczenia boków mamy
m2c c = a2
c
c
+ b2
2
2
c
Nastepnie
¾
dzielimy obie strony przez c
m2c =
a2 b2
+
2
2
20
c2
4
c2
4
Zatem otrzymujemy
1
m2c = (2a2 + 2b2 c2 )
4
Analogicznie otrzymujemy dla ´srodkowch pozosta÷ych boków
1
m2a = (2b2 + 2c2
4
a2 )
(6)
1
m2b = (2c2 + 2a2
4
b2 )
(7)
Twierdzenie 3.3 ([9])Dwusieczne katów
¾ w trójkacieABC
¾
okre´slone sa¾wzorami:
(a + b)2 c2
d2c = (ab)
(8)
(a + b)2
d2a = (bc)
(b + c)2 a2
(b + c)2
(9)
d2b = (ac)
(a + c)2 b2
(a + c)2
(10)
odpowiednio dla katów
¾
przy wierzcho÷kach C; A; B
Dowód. Niech CD bedzie
¾
dwusieczna¾ kata
¾ ACB. Mamy zwiazki:
¾
AD : DB = b : a
(bo dwusieczna kata
¾ wewnetrznego
¾
w trójkacie
¾ dzieli przeciwleg÷y bok proporcjonalnie do d÷ugości pozosta÷
ych boków),
AD + DB = c
czyli
AD
b
=
DB
a
AD = c DB
stad
¾ otrzymujemy
AD a = bc
AD =
ADb
bc
a+b
21
stosujac
¾ dodatkowo twierdznie Stewarta mamy
CD2 AB = BC 2 AD + AC 2 DB
bc
ac
+ b2
a+b
a+b
d2c c = a2
d2c =
c(
AB AD DB
bc
ac
) (
)
a+b
a+b
a3 b + a2 b2 + a2 b2 + b3 a
(a + b)2
d2c = (ab)
bac2
(a + b)2 c2
(a + b)2
analogiczie dla pozosta÷
¾ ych katów
¾
mamy
d2a = (bc)
(b + c)2 a2
(b + c)2
d2b = (ac)
(a + c)2 b2
(a + c)2
Twierdzenie 3.4 ([9])W trójkacie
¾ ABC wysoko´sci okre´slone sa¾ nastepu¾
jacymi
¾
wzorami:
2S
ha =
(11)
a
2S
hb =
(12)
b
2S
hc =
(13)
c
Dowód. Korzystajac
¾ ze wzoru na pole trójkata
¾ otrzymujemy po przekszta÷
ceniu wzory na wysokości
1
a h=S
2
Dostajemy:
h=
gdzie :
S=
p
2
p(p
p=
2S
a
a)(p
b)(p
a+b+c
2
22
c)
ckd.
Dodatkowo otrzymujemy zwiazki:
¾
16S 2
16S 2
16S 2
16S 2
16S 2
= (a + b + c)(b + c a)(a + c b)(a + b
= (a2 + b2 + c2 )2 2(a4 + b4 + c4 )
= 4b2 c2 (b2 + c2 a2 )2
= 4c2 a2 (c2 + a2 b2 )2
= 4a2 b2 (a2 + b2 c2 )2
c)
(14)
W dalszej cześci
¾ pracy bed
¾ e¾ korzystać równiez· z nastepuj
¾ acych
¾
wzorów:
wzór na promień ko÷a opisanego R
4SR = abc
(15)
wzór na promień ko÷
a wpisanego r
pr = S
(16)
wzór sinusów
a = 2R sin
(17)
b2 + c2 + a2 = 2bc cos
(18)
2S = bc sin
(19)
wzór cosinusów
zwiazki
¾
r = (p
(p
a) tan
a) = r cot
23
2
2
(20)
(21)
3.2
Pomocnicze konstrukcje
Dodawanie odcinków a+b
Aby dodać dwa odcinki nalez·y od÷oz·yć na prostej odcinek a wbijajac
¾ cyrkiel
w punkcie 0. Nastepnie
¾
z końca odcinka a odk÷
adamy odcinek b: W ten
sposob od punktu 0 do a + b powstaje odcinek o d÷
ugości a + b:
24
Odejmowanie odcinków a i b
Aby odjać
¾ dwa odcinki nalez·y z punktu 0 na prostej l od÷oz·yć odcinek
a. Nastepnie równiez· z punktu 0 odk÷
adamy odcinek b: D÷
ugość odcinka ba
na prostej l to szukana róz·nica.
25
Mnoz·enie odcinków a i b
Aby pomnoz·yć odcinki a i b nalez·y narysować dwie proste przecinajace
¾ sie¾ w punkcie A. Na jednej z nich odk÷adamy odcinek o d÷
ugości
1cm, zaznaczamy tez punkt D odpowiadajacy
¾ d÷ugości odcinka AD. Na
drugiej prostej odkladamy odcinek AB. Przez punkty E i B prowadzimy
prosta.Nast
¾
epnie
¾
rysujemy prosta¾ równoleg÷
a¾ do prostej EB i przechodzac
¾ a¾
przez punkt D.Punkt X bed
¾ acy
¾ punktem przecieciecia
¾ prostej równoleg÷
ej
doEB i prostej AB wyznacza odicnek o d÷
ugości ab.
26
Dzielenie odcinków a i b
Aby podzielić odcinek a na b nalez·y narysować dwie proste l i k przecinajace
¾ sie¾ w punkcie A. Na prostej l zaznaczamy odcinek o d÷
ugości 1:
Na prostej k odk÷
adamy odcinki b i a: ×¾
aczymy punkty 1 i b a nastepnie
¾
prowadzimy prosta¾ równoleg÷
a¾ do tej prostej i przechodzac
¾ a¾ przez punkt a:
Prosta ta wyznacza na na prostej l punkt x: Odcinek AX jest wynikiem
dzielenia.
27
4
4.1
Konstrukcje trójkatów
¾
bez danych katów
¾
i dwusiecznych
Konstrukcje trójkatów , gdy dane sa¾ elementy spośród
boków, środkowych i wysokości
Twierdzenie 4.1 Ka·zde zadanie konstrukcyjne w którym dane sa¾trzy dowolne
elementy spo´sród boków, ´srodkowych i wysoko´sci mo·zna rozwiaza´c
¾ przy pomocy cyrkla i linijki.
Dowód. Jeśli bedzie
¾
moz·na skonstruować boki a; b; c szukanego trójkata
¾
to równiez· bedzie
¾
moz·na skonstruować odcinki a2 ; b2 ; c2 (konstrukcje pomocnicze). Wprowadźmy oznaczenia
x = a2 ; y = b2 ; z = c2
Ze wzorów na środkowe (5)-(7) i wysokości (11)-(13) mamy
4m2a = x + 2y + 2z
4m2b = 2x y + 2z
4m2c = 2x + 2y z
2(x2 + y 2 + z 2 )
2(x2 + y 2 + z 2 )
2(x2 + y 2 + z 2 )
(x + y + z)2 + 4h2a x = 0
(x + y + z)2 + 4h2b y = 0
(x + y + z)2 + 4h2c = 0
(22)
(23)
Z powyz·szych równań widać, z·e majac
¾ dane trzy dowolne elementy spośród
boków, środkowych i wysokości otrzymujemy zawsze uk÷ad trzech równań
z którch co najmniej jedno jest kwadratowe a pozosta÷e sa¾ liniowe. Wyznaczajac
¾ z dwu równań liniowych dwie niewiadome i wstawiajac
¾ do równania
trzeciego otrzymujemy na trzecia¾ niewiadoma¾ równanie stopnia co najwyz·ej
drugiego, którego wspó÷
czynniki sa¾ konstruowalne.
28
WYBRANA KONSTRUKCJA(BOK BOK ŚRODKOWA)
.Opis konstrukcji:
1) W konstrukcji pomocniczej dzielimy bok a na po÷
owy
2) Na prostej k od dowolego punktu A odk÷
adamy odcinek AB
3) Z punktu A promieniem środkowej AD zakreślamy okrag
¾
4) Z punktu B promieniem 0; 5a zakreślamy okrag
¾
5) 5.Kreślimy odcinek BD i na przed÷
uz·eniu odk÷
adamy DC = BD
6) 6.Kreślimy odcinek AC
Warunkiem rozwiazania
¾
jest to ,z·eby najwiekszy
¾
z trzech odcinków:
0; 5a; c; srodkowa by÷mniejszy od sumy dwóch odcinków pozosta÷ych.
29
4.2
Konstrukcje trójkatów
¾
gdy wśród danych jest promień
ko÷
a opisanego R
Twierdzenie 4.2 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest promie´n ko÷a
opisanego i dwie ´srodkowe nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane ma; mb; R: Otrzymujemy uk÷ad równań:
2R2 (x2 + y 2 + z 2 ) R2 (x + y + z)2 + xyz = 0
x + 2y + 2z = 4m2a
2x y 2z = 4m2b
Przyjmijmy, z·e ma = 21 ; mb =
1
p
2 ;R
2
2(x2 + y 2 + z 2 )
(24)
= 1. Po podstawieniu otrzymujemy:
(x + y + z)2 + xyz = 0
x + 2y + 2z = 1
2x
y
2z = 2
Z drugiego równania wyznaczam x = 2y + 2z 1; i wstawiam do trzeciego.
Otrzymujemy y = 43 2z,stad
¾ x = 53 2z.Teraz wstawiamy x i y do pierwszego równania:
2[(
5
3
2z)2 + (
4
3
2z)2 + z 2 ]
[
5
3
2z +
4
3
2z + z]2 + (
5
3
2z)(
4
3
2z)z = 0
Dokonujemy redukcji wyrazów podobnych i otrzymujemy:
w(z) = 36z 3 + 27z 2
34z + 1 = 0
Szukamy pierwiastków wymiernych: w(1) = 30 6= 0; w( 1) = 26 6= 0:
Równanie to nie posiada pierwiastków wymiernych, zatem nie moz·na skonstruować takiego trójkata.
¾
Twierdzenie 4.3 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest promie´n ko÷a
opisanego i dwie równe ´srodkowe daje sie¾ rozwiaza´c
¾
za pomoca¾ cyrkla i
linijki.
Dowód. Mamy dane: ma = mb ; R: Korzystajac
¾ z uk÷adu równań (24)otrzymujemy:
2R2 (x2 + y 2 + z 2 )
R2 (x + y + z)2 + xyz = 0
x + 2y + 2z = 4m2a
2x
30
y
2z = 4m2a
4m2a
x = 2y + 2z
podstawiamy do trzeciego równania:
2(2y + 2z
4m2a )
y
2z = 4m2a
stad:
¾
2
z
3
2
x = 4m2a + z
3
y = 4m2a
Podstawiajac
¾ do pierwszego równania z uk÷
adu mamy:
2
2 2 2
2
2
2
2
2R2 [(4m2a + z)2 +(4m2a
) +z ] R2 (4m2a + z+4m2a
z+z)2 +(4m2a + z)(4m2a
z)z = 0
3
3z
3
3
3
3
Po d÷
ugich obliczeniach i redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy na z
równanie stopnia trzeciego:
z[
4 2
34
z + ( R2 + R2 )z + (16m4a
9
9
16m2a R2 )]
Jednym z rozwiazań
¾
tego równania jest z = 0 , a wiec
¾ kwadrat szukanego
boku spe÷nia równanie stopnia drugiego. Zatem konstrukcja jest wykonalna.
Twierdzenie 4.4 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest promie´n ko÷a
opisanego, bok oraz dowolna¾wysoko´s´c daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla i
linijki.
Dowód. Mamy dane R; c; hb Z (12) i (14) otrzymujemy równanie:
2Rhb = ca
(25)
Korzystajac
¾ z równania (25)moz·emy skonstruować bok a. Natomiast brakujacy
¾ bok b otrzymamy z równania
2R2 (a4 + b4 + c4 )
R2 (a2 + b2 + c2 )2 + a2 b2 c2 = 0
Zatem konstrukcja jest wykonalna.
31
Konstrukcja:R; c; hb
Opis konstrukcji
1) Na pó÷
prostej l odk÷
adam odcinek AB
2) 2.Z punktów A i B rysuje¾ ÷
uki o promieniu R wyznaczajac
¾ środek
okregu
¾ z opisanego majacego
¾
środek w punkcie O
3) Rysuje¾ okrag
¾ o środku O i promieniu R. Bedzie
¾
sie¾ w nim zawiera÷
szukany punkt C
4) Z punktu A kreśle¾ ÷
uk w o promieniu AHa
5) Z punktu B rysuje¾ pó÷prosta¾k styczna¾do ÷
uku w w punkcieB (dostaniemy
punkt Ha)
6) Na przecieciu
¾ okregu
¾ z i pó÷
protej k powstaje punkt C.
Twierdzenie 4.5 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest promie´n ko÷a
opisanego, bok oraz opuszczona¾ na ten bok wysoko´s´c daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za
pomoca¾ cyrkla i linijki.
32
Dowód. Mamy dane R; a; ha . Przyjmijmy x = a2 ; y = b2 ; z = c2 Z (23)
i(25) otrzymujemy równania:
4R2 h2a = yz
2[x2 + (y + z)2
8R2 h2a ]
[x + (y + z)]2 + 4h2a x = 0
(26)
Potra…my skonstruować zarówno iloczyn yz jak równiez· sume¾ y+z. Moz·emy
zatem skonstruować odcinki y i z a tym samym boki b i c.
Konstrukcja:R; a; ha
Opis konstrukcji
Na pó÷prostej l odk÷
adam odcinek BC
Z punktów B i C zakreślam ÷
uki o promieniu R ,wyznaczajac
¾ środek
okregu
¾ opisanego O na trójkacie
¾ ABC
Ze środka O zakreslam okrag
¾ z o promieniu R
Na prostej l konstruuje¾ w pewniej odleg÷ości prosta¾ k prostopad÷
a¾ do
0
niej.Na ich przecieciu
¾ powstaje punkt Ha
33
Na prostej k odk÷
adam w punkcie Ha0 d÷ugość odcinka AHa:Powstaje
w ten sposób punkt A0
Na prostej k konstruuje¾ w punkcie A0 prosta¾ m prostopad÷
a¾ do niej.
Na przecieciu
¾ prostej m i okregu
¾ z powstaje punkt A (moga¾ być dwa
przypadki)
Twierdzenie 4.6 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest promie´n ko÷a
opisanego, wysoko´s´c oraz ´srodkowa¾ daje sie¾ rozwiaza´c
¾
za pomoca¾ cyrkla i
linijki.
Dowód. Mamy dane R; ha ; ma :
Korzystajac
¾ z równań(26)oraz dodajac
¾ trzecie równanie otrzymujemy:
4R2 h2a = yz
2[x2 + (y + z)2 8R2 h2a ]
x + 2(y + z) = 4m2a
[x + (y + z)]2 + 4h2a x = 0
Obliczamy z trzeciego równania y + z i wstawiamy do drugiego:
2[x2 + (
2m2a 2
)
x
8R2 h2a ]
(x +
2m2a 2
) + 4h2a x = 0
x
16m4a + 8m2a x + x2
8m2a x + 2x2 16m4a + 8m2a x + x2
16R2 h2a x2
+
+4h2a x = 0
2
2
4
Mnoz·ymy obie strony razy 4
2x2 +
8x2 +32m4a +16m2a x+2x2 64R2 h2a 4x2 16xm2a 4x2 +16m4a +8m2a x+x2 +16h2a x = 0
Dokonujemy redukcji wyrazów podobnych:
3x2 + (16h2a + 8m2a )x
64R2 h2a + 48m4a = 0
Otrzymujemy na x równanie kwadratowe.Wyznaczymy x.Dzieki
¾ temu na z
równiez· otrzymamy równanie kwadratowe.Natomiast y wyliczymy z równania liniowego. Zatem konstrukcja jest wykonalna.
34
Konstrukcja:R; ha ; ma
Opis konstrukcji
1) Z punktu A kreśle¾ okrag
¾ o promieniu ha . Na jego brzegu zaznaczam
punkt Ha i prowadze¾ styczna¾ k do okregu
¾ w tym punkcie .
2) Z punktu A kreśle¾ okrag
¾ o promieniu ma : Na przecieciu
¾ tego okregu
¾ z
prosta¾ k powstaje punkt Ma :
3) W punkcie Ma rysuje¾ prosta¾ m prostopad÷
a¾ do prostej k:
4) Z punktu A kreśle¾ okrag
¾ w o promieniu R: Na przecieciu
¾
prostej m
i okregu
¾ w powstaje punkt O:(środek okregu
¾ opisanego na trójkacie
¾
ABC )
5) Z punktu O kreśle¾ okrag
¾ o promieniu R .Na przecieciu
¾ tego okregu
¾ z
prosta¾ k powstaja¾ punkty B i C:
Twierdzenie 4.7 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest promie´n ko÷a
opisanego i dwie wysoko´sci, nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki
Dowód. Mam dane ha ; hb ; R:
35
Korzystajac
¾ z(11),(16), (23) otrzymjemy uk÷
ad równań:
0 = 2(x2 + y 2 + z 2 )
(x + y + z)2 + 4h2a x
h2a x = h2b y
yz = 4R2 h2a
Przyjmijmy R = 1; ha =
1
2
= hb :(trójkat
¾ bedzie
¾
wówczas równoramienny)
2(x2 + y 2 + z 2 )
(x + y + z)2 + x = 0
x = y
yz = 1
2(x2 + y 2 + z 2 )
(x + y + z)2 + x = 0
x = y
1
z =
x
w(x) = x3
4x2 + 1 = 0
(27)
Sprawdzamy czy równanie posiada pierwiastki wymierne:w(1) = 2; w( 1) =
4:Wielomian (27) nie posiada pierwiastkow wymiernych zatem konstrukcja
nie jest wykonalna.
4.3
Konstrukcje trójkatów
¾
,gdy wśród danych jest promień
ko÷
a wpisanego r.
Twierdzenie 4.8 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest promie´n ko÷a
wpisanego i dwa boki nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane a; b:r
Z (14) i (16)
16S 2 = (a + b + c)(b + c
a)(a + c
b)(a + b
c)
pr = S
mamy
16(
a+b+c 2 2
) r = (a + b + c)(b + c
2
36
a)(a + c
b)(a + b
c)
stad
¾ :
4(a + b + c)r2 = (b + c
a)(a + c
b)(a + b
c)
(28)
Natomiast (28) bedzie
¾
równowaz·ne(29)
4(a3 + b3 + c3 )
(a + b + c)3 + 12abc + 12r2 (a + b + c) = 0
(29)
Przyjmijmy, z·e : a = 5 = b; r = 1; wówczas równanie (29) przyjmie postać
w(c) = c3
10c2 + 4c + 40 = 0
(30)
Niestety równanie to nie posiada pierwiastków wymiernych bo w(1) = 35
; w( 1) = 25 ; w(2) = 16; w( 2) = 16; w(4) = 40; w( 4) = 200;
w(5) = 65; w( 5) = 355; w(8) = 56; w( 8) = 1144; w(10) = 80;
w( 10) = 2000; w(20) = 4120; w( 20) = 12040; w(40) = 48200;
·
w( 40) = 80120 .Zaden
dzielnik 40 nie jest pierwiastkiem wielomianu
w(c):Zatem konstrukcja ta jest nie moz·liwa do wykonania.
Twierdzenie 4.9 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest promie´n ko÷a
wpisanego i podstawa trójkata
¾ równoramiennego daje sie¾ rozwiaza´c
¾
za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane c; r:Wstawiamy dane do (29)
4(2a3 + c3 )
(2a + c)3 + 12a2 c + 12r2 (2a + c) = 0
i wyliczamy zmienna a;otrzymujemy:
a=
3c 12r2 c
6c + 24r2
Zatem potra…my skonstruować ramiona trójkata
¾ gdyz· a = b:Tym samym
konstrukcja jest wykonalna
37
Konstrukcja:c; r
Opis konstrukcji
1) Na prostej k odkladamy odcinek AB .
2) Ze środka odcinka AB prowadzimy prostopad÷
a¾ p
3) Odk÷adamy na niej promień tak, aby jeden jego koniec lez·a÷na podstawie
4) Z drugiego końca promienia r w punkcie O zakreślamy okrag
¾ o tym
promieniu
5) Z końców podstawy prowadzimy styczne do okregu
¾ z w punkcie A oraz
B
6) Punkt przeciecia
¾ stycznych m i n wyznacza wierzcho÷ek C .
38
Twierdzenie 4.10 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest promie´n ko÷a
wpisanego i dwie ´srodkowe nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki
Dowód. Mamy dane r; mb = mc : Korzystajac
¾ z (7) i (28) oraz z tego z·e
mb = mc to b = c mamy:
a2 (2b
a) = 4(a + 2b)r2
2a2 + b2 = 4m2b
Zróbmy podstawienie:mb =
p
2
13
2 ;r
= 12 :
2a2 + b2 = 13
a)a2 = a + 2b
(2b
Z pierwszego równania wyznaczamy b
b=
a3 + a
2a2 2
i wstawiamy do drugiego równania.Otrzymujemy :
2a2 +
(a + a3 )2
= 13
(2a2 2)2
przekszta÷
camy
2a2 (2a2
2a2 (4a4
8a6
2)2 + (a3 + a)2 = 13(2a2
2)2
8a2 + 4) + a6 + 2a4 + a2 = 13(4a4
16a4 + 8a2 + a2 + 2a4 + a6 = 52a4
8a2 + 4)
104a2 + 52
Robimy podstawienie a2 = x
9x3
66x2 + 113x
52 = 0
(31)
Równanie to nie posiada pierwiastków wymiernych(z·aden z dzielników 52 nie
jest pierwiastkiem tego wielomianu) zatem konstrukcja nie jest wykonalna.
Twierdzenie 4.11 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest promie´n ko÷a
wpisanego, jeden bok i ´srodkowa tego boku nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾
cyrkla i linijki
39
Dowód. Mamy dane a; ma; r: Korzystamy z równania (29). Robimy podstawienie u = b + c; v 2 = bc i otrzymujemy
4(a3 + u3 )
(a + u)3 + 12v 2 (a
u) + 12r2 (a + u) = 0
(32)
Nastepnie
¾
korzystajac z (6)
4m2a + a2 = 2(b2 + c2 )
i z toz·samości b2 + c2 = (b + c)2
2bc otrzymujemy:
4m2a + a2 = 2u2
4v 2
(33)
Z równania (33) wyznaczamy v 2 i wstawiamy do (32)
4(a3 + u3 )
(a + u)3 + 12
a2
4
Robimy podstawienie a = 1; ma =
4(1 + u3 )
(1 + u)3 + 12
1
4
3u2
u3
m2a +
p
2
5
2 ;r
u2
2
=
5 u2
+
4
2
u) + 12r2 (a + u) = 0
(a
1
p
.
2
12
Otrzymujemy:
(1
u) + 12
1
(1 + u) = 0
12
dalej:
4 + 4u3
1
3u
18 + 18u + 6u2
6u3 + 1 + u = 0
wykonujemy redukcje wyrazów podobnych:
3u3 + 3u2 + 27u
3=0
Jest to równanie stopnia trzeciego i nie posiada ono pierwiastków wymiernych:
w(1) = 2 6= 0; w( 1) = 24 6= 0; w(2) = 6 6= 0; w( 2) = 10 6= 0; w(7) =
784 6= 0; w( 7) = 1050 6= 0; w(14) = 1554 6= 0; w( 14) = 2702 6= 0.
Zatem konstrukcja nie jest moz·liwa.
Twierdzenie 4.12 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest promie´n ko÷a
wpisanego, wysoko´s´c i bok daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:r; ha ; b:
Korzystajac
¾ z (11)i (15) otrzymujemy zwiazek
¾
(a + b + c)r = aha
40
(34)
czyli
aha
r
a+b+c
a
=
ha
r
(a + b + c) =
Korzystajac
¾ z powyz·szego wyliczamy b + c a = a + b + c 2a =
a
(ha 2r) r = (ha 2r) a+b+c
¾ podstawiajac (b + c a) do
ha . Stad
4(a + b + c)r2 = (b + c
a)(a + c
b)(a + b
aha 2ar
r
=
c)
(28) otrzymujemy:
4(a + b + c)r2 = (ha
2r)
a+b+c
(a + c
ha
b)(a + b
c)
dzielimy obie strony przez (a + b + c)
4r2 =
(ha
2r)
ha
(a + c
4ha r2
= (a + b
ha 2r
b)(a + b
c)(a
b + c)
c)
(35)
Z równań (34) i(35) wynika moz·liwość konstrukcji powyz·szego zadania.(Równanie
(34) jest liniowe ze wzgledu
¾ na zmienne a; b; c natomiast(35)kwadratowe co
daje moz·liwość wyliczenia boków a i c).
41
Konstrukcja :r; ha ; b
Opis konstrukcji
1) Na pó÷
prostej l odk÷
adam odcinek CA
2) Z punktu A zakreślam okrag
¾ z promieniem Ha
3) Z punktu C kreśle¾ styczna¾ n do okregu
¾ z (konstrukcja: punkt Os 1
jest środkiem odcinka AC; na przecieciu
¾
okregu
¾ o środku w Os 1 i
promieniuOs 1; C iokregu
¾ z toworzy sie¾ punkt styczności Ps 1)
4) W pewnej odleg÷ości w punkcie R1 na pó÷
prostej l tworze¾ prosta¾ m
prostopad÷
a¾ do l i odk÷
adam na niej d÷
ugość r. (powstaje punkt R2,
w punkcie R2 tworze¾ prosta¾ k prostopad÷
a¾ do m )
5) W pewnej odleg÷ości w punkcie R3 na prostej n tworze¾ prosta¾p prostopad÷
a¾
do n i odk÷adam na niej d÷
ugość r (powstaje punkt R4, w punkcie R4
tworze¾ prosta¾ q prostopad÷
a¾ do p)
42
6) Na przecieciu
¾
prostych q i k powstaje środek O okregu
¾ wpisanego w
trójkat
¾ ABC
7) Kreśle¾ okrag
¾ w o promieniu r i środku w punkcie O
8) Kreśle¾ pó÷prosta¾ t styczna¾ do okregu
¾ w przechodzac
¾ a¾ przez punkt A
(konstrukcja:wyznaczamy środek odcinkaOA -Os 2, kreślimy okrag
¾ o
promieniu Os 2; A ,na przecieciu
¾ tego okregu
¾ oraz okregu
¾ w wyznaczy
sie¾ punkt stycznośći P2 S)
9) Na przecieciu
¾ pó÷prostych t i n powsta÷punkt B
Twierdzenie 4.13 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest promie´n ko÷a
wpisanego,wysoko´s´c i ´srodkowa daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:r; ha ; ma : Wykorzystamy uk÷ad:
(a + b + c)r = aha
4ha r2
(a + b c)(a b + c) =
ha 2r
2
2
2
2b + 2c
a = 4m2a
Przekszta÷
camy pierwsze i drugie równanie:
(b + c)r
ha r
4ha r2
=
ha 2r
= 4m2a
a =
a2
(b
c)2
2b2 + 2c2
a2
Dodajemy drugie i trzecie równanie i otrzymujemy:
(b + c)2 =
4ha r2
+ 4m2a
ha 2r
Wyznaczamy (b + c) i wstawiamy do pierwszego równania w uk÷adzie:
q
4ha r 2
2
ha 2r + 4ma r
a=
ha r
Poniewaz· wyznaczylismy a to równiez· wyznaczymy pozosta÷
e niewiadome b
i c:Zatem konstrukcja jest wykonalana:
43
Twierdzenie 4.14 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest promie´n ko÷a
wpisanego oraz dwie wysoko´sci daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane r; ha ; hb : Korzystajac z (11)-(12), (34),(35) otrzymujemy uk÷ad trzech równań:
4ha r2
ha 2r
r(a + b + c) = ha a
a2
(b
c)2 =
hb b = ha a
Uk÷ad ten sk÷
ada sie¾ równania kwadratowego oraz dwóch równań liniowych
zatem konstrukcja jest wykonalna.
4.4
Konstrukcje trójkatów gdy wśród danych jest promień
ko÷
a opisanego i wpisanego.
Twierdzenie 4.15 Zadanie konstrukcyjne w którym dane sa¾promienie kól
wpisanego i opisanego oraz bok daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:R; r; a
Równanie (29)
4(a3 + b3 + c3 )
(a + b + c)3 + 12abc + 12r2 (a + b + c) = 0
przekszta÷
camy to do postaci
4(a3 + b3 + c3
(a + b + c)3 + 24abc + 12r2 (a + b + c) = 0
3abc)
Wykorzystamy nastepuj
¾ ace
¾ równanie(powsta÷e ze wzorów (14)i (15))
abc = 2Rr(a + b + c)
(36)
Otrzymujemy:
4(a3 + b3 + c3
3abc)
(a + b + c)3 + 48Rr(a + b + c) + 12r2 (a + b + c) = 0
Dzielimy ca÷
e wyraz·enie przez 3(a + b + c) (po d÷ugich obliczeniach otrzymujemy)
2(a2 + b2 + c2 ) (a + b + c)2 + 4r(4R + r) = 0
(37)
Tworzymy uk÷ad równań:
abc
2
2
2[a + (b + c)
2bc]
2
2Rr(b + c) = 2Rra
(a + b + c) + 4r(4R + r) = 0
44
Nastepnie
¾
robimy podstawienie u = b+c; v 2 = bc i wstawiamy do powyz·szego
uk÷adu
av 2
2
2[a + u
2
2
2v ]
2Rru = 2Rra
2
(a + u) + 4r(4R + r) = 0
Wyzanczamy v 2 z pierwzego równania:
v2 =
2Rr(a + u)
a
i wstawiamy do drugiego:
4Rr(a + u)
] (a + u)2 + 4r(4R + r)
a
Mnoz·ymy obie strony razy a i wykonujemy redukcje wyrazów podobnych
2[a2 + u2
au2
u(8r + 2a2 ) + a3
8Ra
4ra(4R + r) = 0
Jest to równanie stopnia drugiego ze wzgledu
¾ na zmienna u. Zatem konstrukcja jest wykonalna.
Konstrukcja:R; r; a
45
Opis konstrukcji
1) Na okregu
¾ z1 o środku O i promieniu R odk÷
adam cieciw¾
¾ e BC o d÷ugości a.
2) Konstruuje¾ symetralna¾ m odcinka BC. Na przecieciu
¾
prostej m i
okregu
¾ z powstaje punkt D. Rysuje¾ trójkat
¾ BCD.
3) W trójkat
¾ BCD wpisuje¾ okrag
¾ w1, którego środek oznaczam przez O1.
4) Przez punkty B, C, O1 prowadze¾ okrag
¾ z2 o środku w punkcie S.
5) W odleg÷ości r od odcinka BC prowadze¾ prosta¾ równoleg÷
a¾ k do tego
odcinka. Na przecieciu
¾ tej prostej z okregiem
¾
z2 powstaje punkt O2.
6) Rysuje¾ okrag
¾ w2 o środku w punkcie O2 i promieniu r.
7) Z punktów B i C konstruuje¾ styczne p i n do okregu
¾ w2. Na przecieciu
¾
p i n powstaje punkt A.
Twierdzenie 4.16 Zadanie konstrukcyjne w którym dane promienie kó÷
wpisanego i opisanego oraz wysoko´s´c daje sie¾ rozwiaza´c
¾
za pomoca¾ cyrkla
i linijki.
Dowód. Mamy dane R; r; ha :Korzystamy ze wzorów (26),(34),(35)
8Rha = 4bc
(a + b + c)r = aha
4ha r2
c)(a b + c) =
ha 2r
(a + b
i wprowadzamy zmienne u = b + c; v = b
u2
c.
v 2 = 8Rha
ar + ur = aha
4ha r2
a2 v 2 =
ha 2r
Z drugiego równania wyznaczamy a =
równań. Stad
¾ otrzymujemy uk÷
ad :
(
r
ha
r
)2 u2
u2
ur
ha r
4ha r2
ha 2r
= 8Rha
v2 =
v2
46
i wstawiamy do pozosta÷
ych
Z uk÷adu widać ze potra…my wyliczyć u i v
v 2 = u2
4ha r 2
ha 2r
2
u =
r
ha r
8Rha
8Rha
2
1
Zatem wyliczymy równiez· a; b; c.
Twierdzenie 4.17 Zadanie konstrukcyjne na zbudowanie trójkata
¾ równoramiennego w którym dane sa¾ promienie kó÷wpisanego i opisanego daje sie¾
rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:R; r
Z równań (36) i (37)otrzymujemy
4ac
c(a2
c2 = 4r(4R + r)
2Rr) = 4Rra
Z drugiego równania wyznaczmy c = (a24Rra
i wstawiamy do pierwszego.
2Rr)
2
Otrzymujemy w ten sposób na x = a równanie stopnia drugiego.
4r2 x2 + ( 16R2 r2
16Rr3 )x + 64R3 r3 + 16R2 r2 = 0
Poniewaz· jest to równanie stopnia o wspólczynnikach konstruowalnych zatem konstrukcja jest wykonalna.
5
5.1
Konstrukcje trójkatów
¾
z danymi dwusiecznymi,
bez danych katów.
¾
Konstrukcje trójkatów
¾
gdy wśród danych jest dwusieczna.
Twierdzenie 5.1 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
oraz dwa boki daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane: da ; b; c: Korzystamy z równania (9)
d2a (b + c)2 = bc[(b + c)2
a2 ]
(38)
Jest to równanie stopnia drugiego ze wzgledu
¾ na zmienna a. Zatem konstrukcja jest wykonalna.
47
Twierdzenie 5.2 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
oraz dwa równe boki nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:da ; a; b:Korzystamy z równania (9).
d2a (b + c)2 = bc[(b + c)2
a2 ]
Robimy podstawienie: da = a = b = 1:
(1 + c)2 = c[(1 + c)2
1]
1 + 2c + c2 = 2c2 + c3
Otrzymujemy równanie stopnia trzeciego:
c3 + c2
2c
1=0
Sprawdzamy czy posiada pierwiastki wymierne:
w(c) = c3 + c2
2c
1
w(1) = 1 6= 0; w( 1) = 1 6= 0: Nie posiada ono pierwiastków wymiernych
wiec
¾ konstrukcja jest niewykonalna.
5.2
Konstrukcje trójkatów
¾
gdy wśród danych sa¾dwie dwusieczne.
Twierdzenie 5.3 Zadanie konstrukcyjne w którym dane sa¾trzy dwusieczne
nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane da ; db ; dc : Przyjmijmy, z·e da = db Zatem a = b:
Wykorzystujac
¾ równania:(8),(9),(10) otrzymujemy uk÷
ad:
d2a (a + c)2 = ac(a + c)2 a2
(2a)2 c2
d2c = a2
4a2
po przekszta÷ceniach:
d2a (a + c)2 = ac2 (2a + c)
4a2
c2 = 4d2c
p
Przyjmijmy da = db = 4; dc = 2 3
16(a + c)2 = ac2 (2a + c)
4a2
c2 = 12
48
W pierwszym równaniu przenosimy na lewa¾ strone¾ wyrazy zawierajace
¾ cw
parzystej potedze,
¾
natomiast na prawa¾ wyrazy z c w nieparzystej potedze
¾
16a2 + 16c2
2a2 c2 = ac3
32ac
Nastepnie
¾
podnosimy obie strony do kwadratu
256a4 + 256c4 + 4a4 c4 + 512a2 c2
i wstawiamy c2 = 4a2
64a4 c2
64a2 c4 = a2 c6
64a2 c4 + 1024a2 c2
12 wyliczone z drugiego równania:
256a4 +256(4a2 12)2 +4a4 (4a2 12)2 64a4 (4a2 12) = a2 (4a2 12)3 +512a2 (4a2 12)
Po d÷ugich obliczeniach powstanie równanie trzeciego stopnia wzgledem a2 :
64a6 + 1920a4
20160a2 + 36864 = 0
Robimy podstawienie a2 = x i dzielimy przez 64:
x3 + 30x
261x + 576 = 0
Sprawdzamy czy dzielniki 576 podstawione w miejsce x w powyz·szym równaniu dadza¾ zero. Po z·mudnych obliczniach okaza÷
o sie¾ z·e nie. Zatem równanie to nie posiada pierwiastków wymiernych co świadczy o niewykonalności zadania przy pomocy cyrkla i linijki.
Wniosek
wynika,·ze majac
¾ dane da = db =
p 5.4 Z powy·zszego twierdzenia
p
4; dc = 2 3 to dc = mc = hc = 2 3: Zatem nie mo·zna skonstruowa´c :
trójkata
¾ rownoramiennego, majac
¾ dana¾dwusieczna¾kata
¾ przy podstawie
i wysoko´s´c opuszczona¾ na podstawe¾
trójkata
¾ majac
¾ dane dwusieczne da; db oraz wysoko´s´c hc
trójkata
¾ majac
¾ dane dwusieczne da; db oraz´srodkowa¾mc (dowód poni·zej)
trójkata
¾ majac
¾ dana¾ dwusieczna¾ da ; wysoko´s´c hc i ´srodkowa¾ mc
Twierdzenie 5.5 Zadanie konstrukcyjne w którym dane sa¾dwusieczne da; db
oraz ´srodkowa mc nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód.
Mamy dane:da ; db ; mc . Robimy podstawienie: da = db = 4; mc =
p
2
3: Ze wzorów (5)i(9) otrzymujemy uk÷
ad równań:
d2a (a + c)2 = ac2 (2a + c)
4a2
c2 = 4m2c
Otrzymaliśmy dok÷
adnie taki sam uk÷
ad równań jak w poprzednim twierdzeniu .Zatem powyz·sza konstrukcja równiez· jest niewykonalna.
49
Twierdzenie 5.6 Zadanie konstrukcyjne w którym dane sa¾dwie dwusieczne
i wysoko´s´c opuszczona¾ na ramie¾ nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i
linijki.
Dowód. Mamy dane: da ; db ; ha : Przyjmijmy,z·e da = db : Z równań (9) i (11)
oraz (14) otrzymujemy :
d2a (a + c)2 = ac2 (2a + c)
c4 = 4h2a a2
p
Przyjmijmy da = db = 1; ha = 12 2 3: Po podstawieniu i przekszta÷
ceniach
mamy uk÷ad równań :
4a2 c2
(a2 + c2
2a2 c2 )2 = a2 c2 (c2
a2 (4c2
Wyznaczamy a2 =
c4
4c2 3
c4
4c2
3) = c4
i wstawiamy do pierwszego równania:
2
3
2)2
+c
2
2
c6
4c2
3
=
c4
4c2
3
c2 (c2
2)2
Podstawiamy z = c2
( 2z 3 + 5z 2 3z)2
z 3 (z
=
(4z 3)2
4z
Mnoz·ymy obie strony razy (4z
Ostatecznie otrzymujemy:
2)2
3
3)2 i robimy redukcje wyrazów podobnych.
w(z) = z 3
9z 2 + 18z
9
Sprawdzamy wartości wielomianu w(z) gdy w miejsce z wstawimy dzielniki
9:w(1) = 1 6= 0; w( 1) = 37 6= 0; w(3) = 9 6= 0; w( 3) = 171 6=
0; w(9) = 153 6= 0; w( 9) = 1629 6= 0: Nie posiada ono pierwiastków
wymiernych zatem konstrukcja jest niewykonalna.
Wniosekp5.7 Z powy·zpszego twierdzenia wynika, ·ze majac
¾ dane: da = db =
1 2
1 2
1; ha = 2 3 to hb = 2 3 i a = b: Zatem nie mo·zna skonstruowa´c trójkata
¾
majac
¾ dane:
dwusieczna¾ kata
¾ przy podstawie i wysokość opuszczona¾ na ramie¾ tego
trójkata
¾
50
dwusieczna¾ da , oraz ha ; hb:
Twierdzenie 5.8 Zadanie konstrukcyjne w którym dane sa¾dwie dwusieczne
i wysoko´s´c opuszczona¾na podstawe¾ nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla
i linijki.
Dowód. Mamy dane: da ; db ; hc :Korzystamy z uk÷adu równań:
d2a (a + c)2 = ac(2ac + c2 )
4a2 c2
c4 = 4c2 h2c
p
Robimy podstawienie: da = db = 4; hc = 2 3: Obie strony pierwszego równania podnosimy do kwadratu.
(16a2 + 16c2
2a2 c2 )2 = a2 c2 (c2 32)2
12c2 + c4
a2 =
4c2
W miejsce a2 z pierwszego równania wstawiamy wyliczone a2 z drugiego
równania :
192 + 16c2 + 64c2
4
24c2
2c4
2
=
12c2 2 2
c (c
4
32)2
Robimy podstawienie c2 = z
192 + 56z
4
2z 2
2
=
12z + z 2 2
(z
4
64z + 1024)
wyliczamy dalej
36864+3136z 2 +4z 4 +21504z 768z 2 224z 3 = 4z 4 +208z 3 +1024z 2 +49152z
Po redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy równanie stopnia trzeciego ze
wzgledu
¾ na zmienna z:
18z 3 + 56z 2
1152z + 1611 = 0
·
Zaden
z dzielników liczby 1611 (1; 1; 3; 3; 9; 9; 179; 179; 537; 537; 1611; 1611)
nie jest piwrwiastkiem powyz·szego wielomianu. Równanie to nie posiada
pierwiastków wymiernych zatem konstrukcja nie jest moz·liwa.
Twierdzenie 5.9 Zadanie konstrukcyjne w którym dane sa¾dwie dwusieczne
oraz promie´n okregu
¾ wpisanego nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki.
51
Dowód. Mamy dane:da ; db; r. Korzystamy z równań (28) i (38)
(b + c
a)(c + a
c) = 4(a + b + c)r2
b)(a + b
d2a (b + c)2 = bc[(b + c)2
robimy podstawienie:da = db = 2; r =
1
2
a2 ]
, (a = b). Dostajemy uk÷
ad równań:
4(a + c)2 = ac2 (2a + c)
c2 (2a
c) = 2a + c
c(c2 +1)
i
2(c2 1)
Z drugiego równania wyliczamy a =
4
c(c2 + 1) + 2c(c2
2(c2 1)
1)
Mnoz·ymy obie strony razy (c2
2
=
podstawiamy do pierwszego
c3 (c2 + 1)
2(c2 1)
c(c2 + 1) + c(c2
(c2 1)
1)
1)2
2[c(c2 + 1) + 2c(c2
1)]2 = 2c6 (c2 + 1)
Nastepnie
¾
dzielimy przez 2c2
(c2 + 1)2 + 4(c2
1)2 + 4(c2 + 1)(c2
1) = c4 (c2 + 1)
Otrzymujemy równanie stopnia trzeciego ze wzgledu
¾ na zmienna¾ z = c2 :
w(z) = z 3
8z 2 + 6z
1
Nie posiada ono pierwiastków wymiernych [w(1) =
0]. Nie moz·emy wykonać konstrukcji.
2 6= 0; w( 1) =
4 6=
Uwaga 5.10 Zadanie konstrukcyjne w którym dane sa¾ dwie dwusieczne
oraz promie´n okregu
¾ opisanego sprowadza sie¾ do równania stopnia piatego.
¾
5.3
Konstrukcje trójkatów,
¾
gdy wśród danych jest dwusieczna
da i jeden z boków.
Twierdzenie 5.11 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da oraz bok a i wysoko´s´c opuszczona na ten bok daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾
cyrkla i linijki.
52
Dowód. Mamy dane: da ; a; ha : Bedziemy
¾
stosować podstawienie:
b2 + c2 a2 = u
2bc = v
(39)
Z (11) i (14) :
ha a
2
= 4b2 c2
S =
16S 2
(b2 + c2
a2 )2
otrzymujemy równanie:
4a2 h2a = v 2
u2
(40)
Ze wzoru na dwusieczna:2d
¾ 2a (b + c)2 = 2bc[(b + c)2 a2 ] i podstawienia (39)
mamy:
2d2a (u + a2 + v) = v(u + v)
co jest równowaz·ne:
(u + v)(v
2d2a ) = 2d2a a2
(41)
2d2a )
Z równania (41) wyliczmay a2 = (u+v)(v
i wstawiamy do równania
2d2a
(40).Mamy:
(u + v)(v 2d2a )
v 2 u2
=
2d2a
4h2a
co daje nam:
d2a u + (2h2a
d2a )v = 4d2a h2a
(42)
W ten sposób otrzymujemy uk÷
ad równań ze wzgledu
¾ na zmienne u i v:
v 2 u2 = 4a2 h2a
d2a u + (2h2a d2a )v = 4d2a h2a
(43)
Pierwsze równanie jest kwadratowe, drugie liniowe, moz·na wiec
¾ skonstruować
odcinki u i v a tym samym odcinki b i c. Konstrukcja jest wiec
¾ wykonalna.
Twierdzenie 5.12 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da , bok b oraz wysoko´s´c ha daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane: da ; b; ha . Korzystamy z podstawienia (39) i wyliczamy
a2
v2
a2 = b2 + 2 u
4b
53
Do uk÷adu (43) wstawiamy a2 i mamy:
d2a u + (2h2a
d2a )v = 4d2a h2a
b2 (v 2
u2 ) = h2a (v 2
4b2 u + 4b4 )
Jest to uk÷
ad równań z równaniem liniowym i kwadratowym ze wzgledu
¾ na
zmienne u i v. Zatem bedzie
¾
moz·na obliczyć pozosta÷
e boki a i c . Stad
¾
wynika wykonalność danej konstrukcji.
Twierdzenie 5.13 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da , bok a oraz wysoko´s´c hb nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:da ; a; hb : Ze wzoru na dwusieczna¾ (9), wzory na pole
trójkata
¾ (14) oraz wzoru na wysokość w trójkacie
¾ (12) otrzymujemy uk÷
ad:
bc[(b + c)2 a2 ] = d2a (b + c)2
(2ab)2 (a2 + b2 c2 )2 = 4h2b b2
(44)
Przyjmijmy, z·e trójkat
¾ bedzie
¾
prostokatny.
¾
Zatem hb = a; a stad
¾ dalej
wynika, z·e a2 = c2 b2 . Nastepnie
¾
obie strony pierwszego równania z
uk÷adu (44) dzielimy przez (b + c)
d2a (b + c)2
bc[(b + c)2 (c b)(c + b)]
=
(b + c)
(b + c)
Liczac
¾ dalej otrzymujemy:
d2a (b + c) = bc(b + c
c + b) = 2b2 c
Natomiast z drugiego równania uk÷adu (44) wyciagamy
¾
pierwiastek. Poniewaz·
hb = a wiec
¾ (2ab)2 = 4h2b b2 .Zatem po spierwiastkowaniu pozostanie:
a2 = c2
b2
Robimy podstawienie:da = 1; a = hb = 2 .Dostajemy:
b + c = 2b2 c
c2
Wyznaczamy c =
b
2b2 1
b2 = 4
i otrzymujemy:
b2
b2 (2b2
1)2 = 4(2b2
54
1)2
dalej
4b6
12b4 + 16b2
4
Podstawiamy z = b2 i otrzymujemy równanie stopnia trzeciego:
w(z) =
z3
3z 2 + 4z
1=0
Równanie nie ma pierwiastków wymiernych (w(1) =
0). Konstrukcja jest niewykonalna.
1 6= 0; w( 1) =
7 6=
Twierdzenie 5.14 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da , bok c oraz wyskoko´s´c hb daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:da ; c; hb .Analogicznie jak poprzednio tworzymy uk÷ad
równań z ma÷
a¾ zmiana¾ drugiego równania:
d2a (b + c)2
(2bc)2
2b2 c2 = bc(b2 + c2
(b2 + c2
a2 )
a2 )2 = 4b2 h2b
Z obu stron drugiego równania wyciagamy
¾
pierwiastek :
d2a (b + c)2
2b2 c2 = bc(b2 + c2 a2 )
q
b2 + c2 a2 =
2b 2 c2 h2b
Wyzanczamy a2 i wstawiamy do pierwszego równania.
q
a2 =
2b 2 c2 h2b + b2 + c2
q
d2a (b + c)2 2b2 c2 =
2b 2 c2 h2b
Wówoczas bok b spe÷
ania równanie kwadratowe wiec
¾ moz·na go skonstruować.Nastepnie
¾
bedziemy
¾
mogli skonstruować bok a. Konstrukcja jest wiec
¾ moz·liwa do
wykonania.
Twierdzenie 5.15 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da ,bok a oraz ´srodkowa ma daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:da ; a; ma :Stosujac
¾ podstawienie (39) oraz wzory na
środkowa¾ (6) i dwusieczna¾ (9) otrzymujemy:
(u + v)(v
2d2a ) = 2d2a a2
2u + a2 = 4m2a
Ze wzgledu
¾ na zmienne u i v mamy równanie liniowe i kwadratowe a to
swiadczy o moz·liwości konstrukcji odcinków u i v a tym samy boków b i c.
Konstrukcja jest wykonalna.
55
Twierdzenie 5.16 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da , bok b oraz ´srodkowa ma nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:da ; b; ma : Podobnie jak wyz·ej stosujemy wzory (6) i
(9).
4m2a = 2b2 + 2c2
d2a (b + c)2 = bc[(b + c)2
a2
a2 ]
Z pierwszego równania wyznaczamy a i wstawiamy do drugiego:
a2 = 2b2 + 2c2
4m2a
d2a (b + c)2 = bc[(b + c)2
2b2
2c2 + 4m2a ]
Po wymnoz·eniu w drugim równaniu ze wzgledu
¾ na zmienna¾ c otrzymujemy
równanie stopnia trzeciego:
d2a (b + c)2 = 4m2a bc b3 c + 2b2 c2
p
Robimy podstawienie da = 2 2; b = 1; ma = 2:
c3
bc3
11c + 2 = 0
Sprawdzamy czy równanie w(c) = c3 11c + 2 posiada pierwiastki:w(1) =
8 6= 0; w( 1) = 12 6= 0; w(2) = 12 6= 0; w( 2) = 16 6= 0 .Równanie nie
posiada pierwiastków wymiernych zatem konstrukcja jest niemoz·liwa.
Twierdzenie 5.17 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da , bok b oraz ´srodkowa mb nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:da ; b; mb :Wykorzystujemy wzory na dwusieczna¾ da
oraz środkowa¾ mb :
d2a (b2 + c2 ) 2b2 c2 = bc(b2 + c2
2a2 + 2c2 b2 = 4m2b
a2
2d2a )
Robimy podstawienie: da = mb = b = 2:Otrzymujemy:
a2 = 10
4(4 + c2 )
c2
8c2 = 2c(4 + c2
a2
8)
Wstawiamy wyliczone a2 do drugiego równania:
4(4 + c2 )
8c2 = 2c(4 + c2
56
10 + c2
8)
(45)
Po redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy:
c3 + c2
7c
4=0
Jest to równanie o wspó÷czynnikach wymiernych. Sprawdzamy czy wielomian ten ma pierwiastki wymierne. Oznaczmy w(c) = c3 + c2 7c 4.
Podstawiamy dzielniki 4 w miejsce c : w(1) = 9 6= 0; w( 1) = 3 6= 0;
w(2) = 6 6= 0; w( 2) = 12; w(4) = 48 6= 0; w( 4) = 24 6= 0. Wielomian
nie posiada pierwiastków wymiernych. Konstrukcja nie jest wykonalna.
Twierdzenie 5.18 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da , bok c oraz´srodkowa mb nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:da ; c; mb : Skorzystamy z uk÷adu (45). Podstawiajac
¾
da = c = mb = 1 mamy:
(b2 + 1)
Wstawiamy a2 = 1 +
b2
2
2b2 = b(b2 + 1
b2
a2 = 1 +
2
a2
2)
b2
2
2)
do pierwszego równania.
(b2 + 1)
2b2 = b(b2 + 1
b2 + 1 = b3
1
b3
2
2b
2b2 + 2 = 2b3
b3
b3 + 2b2
2=0
4b
4b
Otrzymaliśmy równanie stopnia trzeciego ze wzgledu
¾ na zmienna¾ b. Nie
znajdziemy pierwiastków wymienrych (w(1) = 3 6= 0; w( 1) = 3; w(2) =
6 6= 0; w( 2) = 6 6= 0)zatem konstrukcji nie wykonamy.
Twierdzenie 5.19 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da , bok a oraz promie´n okregu
¾ opisanego daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla
i linijki.
Dowód. Mamy dane: R; da ; a: Wykorzystujemy wzór:
4SR = abc
57
Podnosimy obie strony do kwadratu:
16S 2 R2 = a2 b2 c2
W miejsce 16S 2 podstawiamy:
16S 2 = (a + b + c)(b + c
a)(a + c
b)(a + b
c)
dostajemy:
R2 ( a4 + 2a2 b2 + 2a2 c2
b4 + 2b2 c2
c4 ) = a2 b2 c2
b4 + 2b2 c2
c4 ) = 4a2 b2 c2
oraz mnoz·ac
¾ razy 4 otrzymujemy:
4R2 ( a4 + 2a2 b2 + 2a2 c2
Wykorzystujemy podstawienie(39) i mamy:
4R2 (v 2
u2 ) = a2 v 2
(46)
Tworzymy uklad równań z (46) oraz (41)
(u + v)(v
2d2a ) = 2d2a a2
4R2 (v 2
u2 ) = a2 v 2
Drugie równanie przekszta÷
camy do postaci:
p
2
2Ru = v 4R2 a2
Otrzymujemy równania w których jedno jest kwadratowe a pozosta÷e liniowe
(u + v)(v
2d2a ) = 2d2a a2
p
2
2Ru =
2v R2
a2
Konstrukcje¾ zatem moz·na wykonać.
Uwaga 5.20 W zadaniach konstrukcyjnych w których sa¾ dane da ; a; r lub
da ; b; r lub da ; b; R otrzymujemy równania wy·zszych stopni ni·z 3.
58
5.4
Konstrukcje trójkatów,gdy
¾
dane sa¾ dwusieczna da , jedna
z wysokości, a nie jest dany bok.
Twierdzenie 5.21 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da ; oraz wysoko´si: ha ; hb nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane da ; ha ; hb . Poniewaz· ha = hb wiec
¾ a = b .Dowód
bedzie
¾
przebiega÷tak samo jak w przypadku gdy mamy dane: da ; db ; ha co
by÷o pokazane wcześniej. Konstrukcja jest niewykonalna.
Twierdzenie 5.22 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da ; hb ; hc daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:da ; hb ; hc : Skorzystamy ze wzoru na dwusieczna¾ da
(9) , wzoru na wysokość hb (12) oraz (14) a takz·e z zalez·ności: hb b = hc c
wynikajacej
¾ ze wzorów na wysokości w trójkacie.
¾
d2a (b + c)2 = bc[(b + c)2
(2ab)2
(a2 + b2
a2 ]
c2 )2 = 4h2b b2
hb b = hc c
W pierwszym równaniu wstawiamy c =
d2a (b +
hb b
hc
hb b 2
hb b
hb b 2
) =b
[(b +
)
hc
hc
hc
a2 ]
Przekszta÷
camy dalej:
d2a (b2 h2c + 2hb hc b2 + h2b b2 ) = hb b2 [b2 h2c + 2hb hc b2 + h2b b2
d2a (hc + hb )b2 = hb b4 (hc + hb )2
a2 h2c ]
a2 h2c hb b2
Dzielimy przez b2
d2a (hc + hb ) = hb b2 (hc + hb )2
a2 h2c hb
Dla uproszczenia przyjmujemy oznaczenia:x = a2 ; y = b2 ; z = c2 . Dostaniemy
uk÷ad:
d2a (hc + hb ) = hb y(hc + hb )2
4xy
(x + y
h2b y
xh2c hb
z)2 = 4h2b y
h2c z = 0
Mamy dwa równania liniowe i jedno kwadratowe ze wzgledu
¾ na zmienne
x; y; z zatem konstrukcja jest wykonalna.
59
Twierdzenie 5.23 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da ; wysoko´s´c ha ; ´srodkowa ma daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane: da ; ha ; ma : Wykorzystamy oznaczenia:
u = b2 + c2
a2
v = 2bc
x = a2
Ze wzorów (42),(13),(11),(6) otrzymujemy uk÷
ad :
d2a u + (2h2a
d2a )v = 4d2a h2a
v2
u2 = 4h2a a2
2u + x = 4m2a
Jedno z równań jest kwadratowe a pozosta÷
e sa¾ liniowe zatem konstrukcja
bedzie
¾
wykonalna.
Twierdzenie 5.24 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da ;wysoko´s´c ha ; promie´n okregu wpisanego r daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾
cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:da ; ha ; r. Korzystamy z oznaczeń:
u = b2 + c2
a2
v = 2bc
Uk÷ad równań tworzymy ze wzoru (42),(40),(35):
d2a u + (2h2a
(ha
d2a )v = 4d2a h2a
v2
u2 = 4h2a a2
2r)(v
u) = 4ha r2
Poniewaz· uk÷ad sk÷ada sie¾ z równania kwadratowego oraz dwóch liniowych
wiec
¾ konstrukcje moz·na wykonać.
60
Konstrukcja:da ; ha ; r
Opis konstrukcji
1) Rysuje¾ prosta¾ k i punkt A w odleg÷
ości ha od tej prostej.
2) Z punktu A kreśle¾ ÷uk o promieniu da. Na przecieciu
¾ prostej k i tego
÷uku powstaje punkt Da.
3) Rysuje¾ prosta¾ p równoleg÷
a¾ do k w odleg÷ości r od k. Na przecieciu
¾
z dwusieczna¾ Ada powstaje punkt O –środek okregu
¾ wpisanego w
trójkat
¾ ABC.
4) Rysuje¾ okrag
¾ w o promieniu r i środku w punkcie O.
5) Z punktu A konstruuje¾ styczne m i n do okregu
¾ w. W punktach
przeciecia
¾ stycznych m i k oraz n i k powstaja¾ odpowiednio punkty C
i B.
61
Twierdzenie 5.25 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da ;wysoko´s´c hb ; promie´n okregu wpisanego r nie daje sie¾rozwiaza´c
¾ za pomoca¾
cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:da ; hb ; r:Wykorzystamy równania (38) i (28)
d2a (b + c)2 = bc[(b + c)2
(b + c
a)(c + a
b)(a + b
a2 ]
c) = 4(a + b + c)r2
Do uk÷adu równań do÷aczamy
¾
równanie powsta÷e z (12),(17):
(a + b + c)r = bhb
Stosujac
¾ podstawienia:
x = b+c
a
y = c+a
b
z = a+b
c
otrzymujemy nowy uk÷
ad ze zmiennymi x; y; z:
d2a (2x + y + z)2 = x(x + y)(x + z)(x + y + z)
xyz = 4r2 (x + y + z)
2r(x + y + z) = hb (x + z)
Nastepnie
¾
rozwiazujemy
¾
ten uk÷
ad. Z trzeciego równania wyznaczamy y =
(hb 2r)((x+z)
i
wstawiamy
do
pozosta÷
ych. Po d÷
ugich obliczeniach otrzymu2r
jemy:
(hb
2r)xz = 4hb r2
d2a [(hb + 2r)x + hb z]2 = hb x(x + z)2 [hb x + (hb
2r)z]
Podstawiamy wartości: da = 2; hb = 2; r = 12 : Dochodzimy do równania ze
zmienna¾ x :
x6 4x4 16x2 12 = 0
Podstawiamy x2 = t
t3
4t2
16t
12 = 0
·
Zaden
z dzielników 12 nie jest pierwiastkiem tego równania. Poniewaz· nie
znajdziemy pierwiastków wymiernych to nie wykonamy danej konstrukcji.
62
Twierdzenie 5.26 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da ; wysoko´s´c ha ; promie´n okregu opisanego R daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾
cyrkla i linijki
Dowód. Mamy dane: da ; ha ; R: Znowu skorzystamy z podstawienia (39).
Mamy uk÷
ad równań (43),(44):
4R2 (v 2
d2a u + (2h2a
u2 ) = a2 v 2
d2a )v = 4d2a h2a
Trzecie równanie otrzymamy ze wzorów:
4SR = abc
ha a
= S
2
Zatem ostatecznie uk÷ad wyglada
¾ nastepuj
¾ aco:
¾
4R2 (v 2
d2a u + (2h2a
u2 ) = a2 v 2
d2a )v = 4d2a h2a
v = 4Rha
Widać, z·e bez problemu wyznaczymy zmienne u i v ,a nastepnie
¾
a2 . Konstrukcje¾ moz·na wykonać.
5.5
Konstrukcje trójkatów
¾
gdy dane sa¾ dwusieczna da oraz
środkowa,lub R, lub r
Twierdzenie 5.27 Zadanie konstrukcyjne w którym dana jest dwusieczna
da ; promie´n okregu
¾ wpisanego r; promie´n okregu opisanego R nie daje sie¾
rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki
Dowód. Mamy dane:da ; r; R: Skorzystamy ze wzorów:(9) i (36):
d2a (b + c)2 = bc[(b + c)2
2Rr(b + c) = a(bc
a2 ]
2Rr)
Wyznaczamy a z drugiego równania i wstawiamy do pierwszego.
2
d2a (b
2
2
+ c) = bc[(b + c)
63
4R2 r2(b+c)
]
(bc 2Rr)2
Dzielimy obie strony przez (b + c)2
d2a (bc
2Rr)2 = bc(b2 c2
4Rrbc)
Nastepnie
¾
robimy podstawienie: v = bc. Otrzymujemy:
d2a (v
Podstawiamy:da =
p
2
2Rr)2 = v 2 (v
2; R = 2; r =
v3
4Rr)
1
2
6v 2 + 4v
8=0
Jest to równanie o wspó÷czynnikach wymiernych i nie posiada pierwiastków
wymiernych:w(1) = 9 6= 0; w( 1) = 19 6= 0; w(2) = 16 6= 0; w( 2) =
48 6= 0; w(4) = 24 6= 0; w( 4) = 184 6= 0; w(8) = 152 6= 0; w( 8) =
936 6= 0: Zatem konstrukcji nie wykonamy.
Uwaga 5.28 W zadaniach konstrukcyjnych w których dane sa:d
¾ a ; ma ; mb
lub da ; mb ; mc lub da ; ma ; r lub da ; ma ; R pojawiaja¾sie¾równania stopni wy·zszych
ni·z trzeci dlatego nie bed
¾ a¾ tu rozwa·zane.
6
6.1
Konstrukcje trójkatów
¾
z danymi katami
¾
Konstrukcje trójkatów,
¾
gdy dane sa¾ dwa katy
¾
Uwaga 6.1 Zadanie konstrukcyjne w którym dane sa¾ dwa katy
¾ i dowolne
elementy spo´sród boków,´srodkowych, wysoko´sci, dwusiecznych oraz promieni
kó÷opisanego lub wpisanego daje sie¾rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki.Je´sli
w trójkacie
¾ dane sa¾ dwa katy
¾ to automatycznie znamy równie·z trzeci kat
¾
.Dzieki
¾ temu trójkat
¾ wyznaczony jest z dok÷adno´scia¾ do podobie´nstwa.
6.2
Konstrukcje trójkatów
¾
gdy dany jest jeden kat
¾ a nie jest
dana dwusieczna
Twierdzenie 6.2 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ i dwa
dowolne elementy spo´sród boków i ´srodkowych daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾
cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane: kat
¾ , bok a, środkowa ma . Wprowadzamy oznaczenia:
x = a2 ; y = b2 ; z = c2
64
Do uk÷
adu równań wykorzystujemy wzór cosinusów(18) który obustronnie
podnosimy do kwadratu:
(y + z
x)2 = 4yz cos2
Poniewaz· mamy dane elementy spośród boków i środkowych wiec
¾ korzystamy równiez· z (22):
(y + z
x)2 = 4yz cos2
x + 2y + 2z = 4m2a
Otrzymaliśmy uk÷ad równań z których jedno jest liniowe a drugie kwadratowe ze wzgledu
¾ na zmienne y i z zatem konstrukcja bedzie
¾
wykonalna.
Analogicznie dla pozosta÷ych boków i środkowych.
Konstrukcja:] ; a; ma
Opis konstrukcji
1) Na prostej k odk÷
adam odcinek a. (BC)
65
2) Z punktu B odk÷
adam kat
¾ tworzac
¾ drugie ramie¾ tego kata
¾ m. Konstruuje¾ prosta¾ prostopad÷
a¾ n do m w punkcie B
3) Konstruuje¾ symetralna¾ l odcinka a
4) Na przecieciu
¾ prostych l i n powstaje środek O okregu
¾ z opisanego na
trójkacie
¾ ABC
5) Ze środka odcinka a zakreślam okrag
¾ w o promieniu M a
6) Na przecieciu
¾ okregów
¾
w i z powstaje punkt A (moz·na go oznaczyć w
dwóch miejscach)
Twierdzenie 6.3 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat,
¾ wysoko´s´c
hb lub hc oraz element spo´sród boków i ´srodkowych i pozosta÷ej wysoko´sci
daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Dla poszczególnych danych otrzymujemy uk÷ady równań gdzie
jedno z równań jest liniowe a pozosta÷
e sa¾kwadratowe ze wzgledu
¾ na zmienne
x; y; z. Zatem konstrukcje sa¾wykonalane. Bedziemy
¾
korzystać z(19),(22),(23)
oraz z podstawienia:
x = a2 ; y = b2 ; z = c2
1) Dla danych: ; hb ; b uk÷ad bedzie
¾
mia÷postać:
yz sin2
2(x2 + y 2 + z 2 )
= yh2b
(x + y + z)2 + 4h2b y = 0
66
Konstrukcja:]
; hb ; b
Opis konstrukcji
Na pó÷prostej k odk÷
adam kat
¾ . Drugie ramie¾ tego kata
¾ to pó÷prosta
l.
Na pó÷prostej l tworze¾ pkt Hb0 a w nim prosta¾ prostopad÷
a¾ p do l.
Odk÷
adam na niej odleg÷ość Hb tworzac
¾ punkt B 0 . W punkcie tym
prowadze¾ prosta¾ q prostopad÷
a¾ do p.
Na przecieciu
¾ prostych k i q powstaje punkt B.
Z punktu A zakreślam ÷
uk o promieniu b. Na przecieciu
¾
tego ÷uku i
pó÷prostej l powstaje punkt C.
Dowód. 2)Dla danych:
; hb ; ma uk÷ad bedzie
¾
mia÷postać:
yz sin2
= yh2b
x + 2y + 2z = 4m2a
2(x2 + y 2 + z 2 )
(x + y + z)2 + 4h2b y = 0
67
Konstrukcja:] ; hb ; ma
Opis konstrukcji
Na prostej k zazanczam punkt A i odk÷adam kat
¾ :Drugie ramie¾ tego
kata
¾ to prosta l.
W pewnej odleg÷ości na pó÷
prostej l tworze¾ prosta¾ m prostopad÷
a¾ do
0
l. Przecinaja¾ sie¾ w punkcie Hb :
Na prostej m odk÷
adam odcinek B 0 Hb0 = BHb:
W punkcie B 0 tworze¾ prosta¾ n prostopad÷
a¾ do m:
Na przecieciu
¾ prostych k i n powstaje punkt B
Z punktu A kreśle¾ okrag
¾ z o promieniu M a
Wyznaczam punkt środkówy odcinka AB oraz punkt środkowy pomiedzy
¾
dowolnie obranym punktem P 1 na prostej l z punktem B Powstaja¾
punkty S1 i S2
68
Kreśle¾ prosta¾ j przechodzac
¾ a¾ przez punkty S1 i S2
Na przecieciu
¾ okregu
¾ z i prostej j powstaje punkt M a
Kreśle¾ prosta¾ h przechodzac
¾ a¾ przez punkty B i M a. Na przecieciu
¾
prostych h i l powstaje punkt C
Dowód. 3)Dla dancyh: ; hb ; hc uk÷ad bedzie
¾
mia÷postać:
yz sin2
2(x2 + y 2 + z 2 )
2(x2 + y 2 + z 2 )
= yh2b
(x + y + z)2 + 4h2b y = 0
(x + y + z)2 + 4h2c = 0
Konstrukcja: ; hb ; hc
Opis konstrukcji
1) Na pó÷prostej k odk÷
adam kat
¾ . Drugie ramie¾ tego kata
¾ to pó÷
prosta
l.Wierzcho÷ek kata
¾
to punkt A
2) Na pó÷prostej k tworze¾ pkt Hc0 i konstruuje¾ w nim prosta¾ prostopad÷
a¾
m do k.
69
3) Na prostej m odk÷
adam odleg÷ość Hc, tworzac
¾ punkt C 0 . W punkcie
tym konstruuje¾ prosta¾ prostopad÷
a¾ n do prostej m
4) Na pó÷prostej l tworze¾ pkt Hb0 a w nim prosta¾ prostopad÷
a¾ p do l. Od0
k÷
adam na niej odleg÷
ość Hb tworzac
¾ pkt B . W punkcie tym prowadze¾
prosta¾ q prostopad÷
a¾ do p.
5) Na przecieciu
¾
prostych k i q oraz l i n powstaja¾ punkty B oraz C.
Punkty B i C powsta÷y z przeniesienia odcinków prostopad÷ych do
ramion kata
¾
.
Konstrukcja jest jednoznaczna, tzn nie powstaja¾ inne trójkaty.
¾
Konstrukcja jest wykonalna dla dowolnych danych.
Twierdzenie 6.4 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ , wysoko´s´c
ha , bok a daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:] ; ha ; a. Korzystamy ze wzoru sinusa i cosinusa(18),(19)
b2 + c2 a2 = 2bc cos
bc sin = ha a
(47)
Uk÷ad równań sk÷ada sie¾ z równania liniowego i kwadratowegoze wzgledu
¾ na
zmienne b i c zatem konstrukcja jest wykonalna.
Konstrukcja:] ; ha ; a
70
Opis konstrukcji
1) Na prostej k odk÷
adam odcinek a. (BC).
2) Z punktu B odk÷
adam kat
¾ tworzac
¾ drugie ramie¾ tego kata
¾ m. Konstruuje¾ prosta¾ prostopad÷a¾ n do m w punkcie B.
3) Konstruuje¾ symetralna¾ l odcinka a.
4) Na przecieciu
¾
prostych l i n powstaje środek okregu
¾ z opisanego na
trójkacie
¾ ABC.
5) W pewnej odleg÷ości na prostej k konstruuje¾ prosta¾ p prostopad÷
a do
0
niej. Punkt przeciecia
¾ oznaczam jako Ha i odk÷adam z niego odleg÷
ość
Ha. Powstaje punkt A0 . W punkcie A0 prowadze¾ prosta¾ q prostopad÷
a¾
do p .
6) Na przecieciu
¾ prostych q i okregu
¾ z powstaje punkt A (moz·na go oznaczyć w dwóch miejscach).
Uwaga 6.5 Analogicznie dla przypadku gdy mamy dane:]
; ha ; b:
Twierdzenie 6.6 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ , wysoko´s´c
ha , ´srodkowa¾ ma daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:] ; ha ; ma :Skorzystamy z uk÷
adu (47)oraz równania(6):
b2 + c2
a2 = 2bc cos
bc sin
2
2
= ha a
2
a ) = 4m2a
(2b + 2c
Robimy podstawienie:
x = a2
u = b2 + c2
a2
v = 2bc
i otrzymujemy:
u = v cos
2
2
v sin
= 4h2a x
x + 2u = 4m2a
Jest to uk÷ad równań w którym tylko jedno równanie jest kwadratowe.Pozosta÷
e
sa¾ liniowe co świadczy o wykonalności powyz·szej konstrukcji.
71
Twierdzenie 6.7 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat,
¾ promie´n
okregu
¾ opisanego oraz bok lub wysoko´s´c lub ´srodkowa daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za
pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. 1)Mamy dane: ] ; R; b: Konstrukcja bedzie
¾
wykonalna gdyz· ze
wzoru sinusów obliczymy bok a:
a = 2R sin
(48)
Natomiast trzeci bok wyliczymy ze wzoru cosinusów:
b2 + c2
a2 = 2bc cos
Konstrukcja: ; R; b
Opis konstrukcji
1) Na pó÷
prostej l odk÷
adam kat
¾ (drugie ramie¾ tego kata
¾ oznacze¾ jako
k). Wierzcho÷ek kata
¾
stanowi punkt A.
2) Na pó÷prostej l odk÷
adam odcinek b (AC) z poczatkiem
¾
w punkcie A.
Powstaje punkt C.
72
3) Konstruuje¾ symetralna¾ w odcinka AC , na której lez·y środek okregu
¾
opisanego na konstruowanym trójkacie
¾ ABC
4) Kolejno z punktów A i C zakreślam ÷
uki o promieniu R .Powstaje
środek okregu
¾ O opisanego na trójkacie
¾ ABC
5) Na przecieciu
¾
okregu
¾ o środku O z drugim ramieniem k kata
¾
staje punkt B
pow-
Dowód. 2)Mamy dane: ; R; ma :Wykorzystujemy (14),(15),wzór na środkowa¾ (6) oraz podstawienie:
x = a2 ; y = b2 ; z = c2
Otrzymujemy:
2R2 (x2 + y 2 + z 2 )
R2 (x + y + z)2 + xyz = 0
x + 2y + 2z = 4m2a
Jest to uk÷ad z jednym równaniem liniowym, drugim kwadratowym czyli
konstrukcja bedzie
¾
wykonalna.
Dowód. 3)Mamy dane: ; R; h: Majac
¾ dane kat
¾ oraz promień R ze wzozru
(48) otrzymamy bok a a tym samym otrzymamy zadanie z danymi:R; h; a
ktorego konstruowalność dowodziliśmy wcześniej w paragra…e gdy wśród
danych jest promień ko÷a opisanego.
Konstrukcja: ; R; h
73
Opis konstrukcji:
1) Na pó÷prostej k odk÷
adam kat
¾ .Drugie ramie¾ tego kata
¾ to pó÷
prosta
l.Wierzcho÷ek kata
¾
to punkt A
2) W pewnej odleg÷ości na pó÷
prostej k konstruuje¾ prosta¾ m prostopad÷
a¾
do k i odk÷
adam na niej odcinek C0Hc0
3) W punkcie C0 tworze¾ prosta¾ n prostopad÷
a¾ do m
4) Na przecieciu
¾ l i n powstaje punkt C
5) Z punktów A i C rysuje¾ ÷uki o promieniu R .Na ich przecieciu
¾ powstaje
środek O okregu
¾ opisanego na trójkacie
¾ ABC
6) Z punktu O kreśle¾ okrag
¾ z o promieniu R. Na przecieciu
¾ z i pó÷
prostej
k powstaje punkt B W ten sposób powstaje trójkat
¾ ABC
Twierdzenie 6.8 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat,
¾ promie´n
okregu
¾ wpisanego oraz bok le·zacy
¾ na przeciw danego kata
¾ daje sie¾ rozwiaza´c
¾
za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:
; r; a:Korzystamy ze wzorów:
pr = S
2S = bc sin
r = (p
a) tan
2
Otrzymujemy uk÷ad:
r(a + b + c) = bc sin
(b + c a)tg 2 = 2r
(49)
Konstrukcja jest mozliwa do wykonanania gdyz· jest to uk÷
ad równań w
którym jedno równanie jest liniowe a drugie kwadratowe ze wzgledu
¾ na zmienne b i c .
74
Konstrukcja: ; r; a
Opis konstrukcji
1) Na ramieniu k kata
¾
(o wierzcho÷
ku K) obieram dowolnie punkt B.
2) Z punktu B zakreślam ÷uk o promieniu a. Na przecieciu
¾
tego ÷uku i
ramienia l kata
¾
powstaje punkt C.
3) W otrzymany trójkat
¾ BCK wpisuje¾ okrag
¾ w1 o środku O1.
4) Konstruuje¾ okrag
¾ z przechodzacy
¾ przez punkty B, O1, C o środku w
punkcie O.
5) W odleg÷ości r od odcinka BC kreśle¾ prosta¾ p równoleg÷
a¾ do tego
odcinka. Na przecieciu
¾
prostej p i okregu
¾ z powstaje punkt O2 –
środek okregu
¾ wpisanego w trójkat
¾ ABC.
6) Rysuje¾ okrag
¾ w2 o środku w punkcie O2 i promieniu r.
75
7) Z punktów B i C konstruuje¾ styczne m i n do okregu
¾ w2. Na przecieciu
¾
m i n powstaje punkt A.
Twierdzenie 6.9 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat,
¾ promie´n
okregu
¾ wpisanego oraz bok daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane: ; r; b: Korzystamy z uk÷adu (49). Tym razem bedzie
¾
to uk÷ad dwóch równań liniowych ze wzg÷
edu na zmienne a i c.Zatem konstrukcje jest wykonanalna.
Konstrukcja: ; r; b
Opis konstrukcji:
Dowód.
1) Na pó÷prostej k odk÷
adam kat
¾ . Drugie ramie¾ tego kata
¾ to pó÷prosta
l:
2) Na pó÷
prostej k tworze¾ punkt R1 i konstruuje¾ w nim prosta¾prostopad÷a¾
m do k.
76
3) Na prostej m odk÷
adam odleg÷
ość r, tworzac
¾ punkt R2. W punkcie
tym konstruuje¾ prosta¾ prostopad÷
a¾ p do prostej m.
4) Na pó÷prostej l tworze¾ pkt R3 a w nim prosta¾ prostopad÷a¾ q do l.
Odk÷
adam na niej odleg÷
ość r tworzac
¾ punkt R4. W punkcie tym
prowadze¾ prosta¾ r prostopad÷
a¾ do q.
5) Na przecieciu
¾ prostych r i p powstaje środek O okregu
¾ w wpisanego w
trójkat
¾ ABC.
6) Na ramieniu l odk÷
adam d÷ugość b z punktu A tworzac
¾ punkt C.
7) Konstruuje¾ styczna¾ s do okregu
¾ w przechodzac
¾ a¾ przez punkty C i P s.
Na przecieciu
¾ prostej s i pó÷
prostej k powstaje punkt B.
Twierdzenie 6.10 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat,
¾ promie´n
okregu
¾ wpisanego oraz dowolna¾ z wysoko´sci daje sie¾ rozwiaza´c
¾
za pomoca¾
cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane: ; r; h: Wykorzystamy uk÷ad (49)
r(a + b + c) = bc sin
(b + c a)tg 2 = 2r
oraz równanie:
2pr = 2S
skad
¾ po podstawieniu p i S otrzymujemy:
(a + b + c)r = ha a = hb b = hc c
Zatem bedzie
¾
to uk÷ad równań z których tylko jedno jest stopnia drugiego a
pozosta÷e sa¾ równaniami liniowymi. Zadanie daje sie¾ rozwiazać
¾
za pomoca¾
cyrkla i linijki.
77
Konstrukcja:
; r; h
Opis konstrukcji
1) Na pó÷prostej k odk÷
adam kat
¾ . Drugie ramie¾ tego kata
¾ to pó÷prosta
l.
2) Na pó÷
prostej k tworze¾ pkt Hc0 i konstruuje¾ w nim prosta¾ prostopad÷
a¾
m do k.
Na prostej m odk÷
adam odleg÷
ości r oraz Hc, tworzac
¾ punkty R1 i C0.
W punktach tych konstruuje¾ proste prostopad÷
e p i n do prostej m.
3) Na przecieciu
¾ prostej n i pó÷prostej l powstaje punkt c.
4) Na pó÷
prostej l tworze¾ punkt R2 a w nim prosta¾ prostopad÷a¾ q do
l. Odk÷adam na niej odleg÷ość r tworzac
¾ punkt R2. W punkcie tym
prowadze¾ prosta¾ r prostopad÷
a¾ do q.
5) Na przecieciu
¾ prostych r i p powstaje środek O okregu
¾ w wpisanego w
trójkat
¾ ABC.
78
6) Konstruuje¾ styczna¾ s do okregu
¾ w przechodzac
¾ a¾ przez punkt C. Na
przecieciu
¾ prostej s i pó÷
prostej k powstaje punkt B.
Twierdzenie 6.11 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ ,promie´n
okregu
¾ wpisanego oraz ´srodkowa¾ ma daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i
linijki.
Dowód. Mamy dane: ; r; ma : Do równania:
r(a + b + c) = bc sin
do÷aczamy(21)
¾
oraz (6):
r(a + b + c) = bc sin
b + c a = 2r cot 2
(2b2 + 2c2 a2 ) = 4m2a
Wprowadzamy oznaczenia:
u = b+c
v = bc
i wówczas otrzymujemy:
r(u + a) = v sin
u a = 2r cot 2
2u2 4v a2 = 4m2a
Zatem mamy dwa równania liniowe oraz jedno kwadratowe ze wzgledu
¾ na
zmienne a; v; u: Stad
¾ wynika konstruowalność odcinków a; v; u a tym samym
boków a; b; c:(Poniewaz· potra…my skonstruować sume¾ odcinków b + c oraz
iloczyn bc)
Uwaga 6.12 W zadaniu konstrukcyjnym w którym dany jest kat
¾ = 90,
promie´n ko÷a wpisanego w ten trójkat
¾ i ´srodkowa jednej z przyprostokatnych
¾
otrzymujmey równanie stopnia czwartego.
6.3
Konstrukcje trójkatów,gdy
¾
dany jest kat
¾ i jedna z dwusiecznych.
Twierdzenie 6.13 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ , dwusieczna¾
da ; bok a daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
79
Dowód. Mamy dane: ; da ; a: Skorzystamy ze wzoru na dwusieczna¾ oraz
wzoru cosinusów
d2a (b2 + c2 + a2
a2 + 2bc) = bc[b2 + c2 + 2bc
b2 + c2
a2 ]
a2 = 2bc cos
Robimy podstawienie:
u = b2 + c2
a2
v = 2bc
i dostajemy uk÷ad:
2d2a (u + a2 + v) = uv + v 2
2v cos
(50)
= u
Uk÷ad sk÷
ada sie z równania kwadratowego i liniowego. Zatem wyznaczymy
u i v a tym samym boki b i c.Konstrukcja jest wykonalna.
Twierdzenie 6.14 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ , dwusieczna¾
da ; bok b daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane: ; da ; b: We wzorze:
2S = bc sin
podstawiamy:
S=
hc c
2
i otrzymujemy:
hc = b sin
Dzieki
¾ temu wyliczyliśmy wysokość hc i powyz·sze zadanie sprowadzi÷
o sie¾
do zadania w którym dane sa:d
¾ a ; b; hc którego konstruowalność juz· wykazywaliśmy w paragra…e gdy wśród danych jest dwusieczna da i jeden z boków.
80
Konstrukcja: ; da ; b
Opis konstrukcji
1) Na ramieniu l kata
¾
odk÷
adam odcinek AC. Powstaje punkt C.
2) Z punktu A konstruuje¾ dwusieczna¾o d÷
ugości da (na prostej m), tworzac
¾
punkt Da.
3) Kreśle¾ prosta¾ n przechodzac
¾ a¾ przez punkty C i Da. Na przecieciu
¾
prostej n i ramienia k powstaje punkt B.
Twierdzenie 6.15 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ , dwusieczna¾
da ; wysoko´s´c ha daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:kat
¾ ; da ; ha :Z (50) oraz z równości:
4h2a x = v 2 sin2
otrzymujemy:
2d2a (u + a2 + v) = uv + v 2
2v cos = u
4h2a x = v 2 sin2
81
gdzie:
x = a2
u = b2 + c2
a2
v = 2bc
Powyz·szy uk÷
ad sk÷
ada sie¾ z dwóch równań kwadratowych i równanaia liniowego .Stad
¾ konstrukcja bedzie
¾
wykonalna.
Konstrukcja: ; da ; ha
Opis konstrukcji:
1) Na prostej k konstruuje¾ kat
¾
o wierzcho÷
ku A
2) Z punktu A zakreślam okrag
¾ d o promieniu Ha.
3) Z punktu A konstruuje¾ dwusieczna¾o d÷
ugości da (na prostej m), tworzac
¾
punkt Da.
4) Konstruuje¾ prosta¾ n styczna¾ do okregu
¾ d przechodzac
¾ a¾ przez punkt
Da. Na przecieciu
¾ prostej n i ramion kata
¾
powstaja¾ punkty B i C.
82
Twierdzenie 6.16 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ ,dwusieczna¾
da ; wysoko´s´c hb daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane: ; da ; hb: Z równania:
c sin
= hb
wyliczymy bok c. Tym samym zadanie sprowadza sie¾ do rozwiazanego
¾
juz
wcześniej problemu konstrukcyjnego gdy dane by÷y:da ; hb ; c:
Konstrukcja: ; da ; h
Opis konstrukcji
1) Z punktu A konstruuje¾ kat
¾
n), tworzac
¾ pkt Da.
i dwusieczna¾ o d÷
ugości da (na prostej
2) W pewnej odleg÷ości na prostej l konstruuje¾ prosta¾ m prostopad÷
a do
0
niej. Punkt przeciecia
¾ oznaczam jako Hb i odk÷
adam z niego odleg÷ość
hb. Powstaje punkt B 0 : W punkcie B 0 prowadze¾ prosta¾ p prostopad÷
a¾
do m.
83
3) Na przecieciu
¾ prostych k i p powstaje punkt B.
4) Kreśle¾ prosta¾ q przechodzac
¾ a¾ przez punkty B i Da. Na przecieciu
¾
prostych q i l powstaje punkt C.
Twierdzenie 6.17 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾
da ;´srodkowa ma daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
,dwusieczna¾
Dowód. Mamy dane: ; da ; ma : Do uk÷
adu (50) do÷
aczamy
¾
wzór na środkowa¾
oraz korzystamy z podstawień:
x = a2
u = b2 + c2
v = 2bc
a2
2d2a (u + a2 + v) = uv + v 2
2v cos = u
4m2a = x + 2u
Konstrukcja jest wykonalana gdyz· w uk÷adzie mamy dwa równania liniowe
i jedno kwadratowe a wiec
¾ wyznaczymy x; u; v a tym samym boki a; b; c:
Uwaga 6.18 W zadaniu konstrukcyjnym na zbudowanie trójkata
¾ prostokat¾
nego z danymi: katem
¾
= 90; dwusieczna¾kata
¾ prostego oraz´srodkowa¾jednej
z przyprostokatnych
¾
otrzymujemy równanie stopnia czwartego.
Twierdzenie 6.19 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ , dwusieczna¾
da ; promie´n okregu opisanego R daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:
; da ; R: Z równania:
2R sin
=a
wyliczmay bok a i tym samym dowód sprawadza sie do zadania z danymi:
R; da ; a co by÷
o juz· udowadniane. Konstrukcja jest wykonalna.
Twierdzenie 6.20 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ , dwusieczna¾
da ; promie´n okregu wpisanego r daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane: ; da ; r: Przekszta÷
acamy wzór na dwusieczna¾ korzystajac
¾ ze wzrou cosinusów i otrzymujemy:
d2a (b + c)2 = 2b2 c2 (1 + cos )
84
Dodatkowo skorzystamy z uk÷
adu:
r(a + b + c) = bc sin
(b + c
a) tan
2
= 2r
Podstawiamy:
u = b+c
v = bc
Wtedy uk÷ad przybiera postać:
d2a (u)2 = 2v(cos + 1)
r(a + u) = v sin
(u a) tan 2 = 2r
Dostaliśmy uk÷ad z dwoma równaniami liniowymi i jednym kwadratowym
zatem konstrukcja bedzie
¾
wykonalna.
Konstrukcja: ; da ; r
85
Opis konstrukcji
1) Konstruuje¾ dwusieczna¾kata
¾
punkt Da.
i dok÷
adam na niej d÷
ugość da. Powstaje
2) Prowadze¾ prosta¾ równoleg÷
a¾ p do ramienia kata
¾
o wierzcho÷
ku A w
odleg÷
ości r. Na przecieciu
¾ odcinka da i prostej p powstaje punkt O –
środek okregu
¾ wpisanego w trójkat
¾ ABC.
3) Kreśle¾ okrag
¾ w o środku w punkcie O i promieniu r.
4) Z punktu D kreśle¾ styczna¾ q do okregu
¾ w. Na przecieciu
¾ tej stycznej
z ramionami kata
¾
powstaja¾ punkty B i C.
Uwaga 6.21 Wsród zada´n z katem
¾
i dwusieczna¾ innego kata
¾ przewa·zaja¾
zadania niewykonalne. Je·zeli trzecim danym elementem bedzie
¾
który´s z
boków a; b; c albo wysoko´s´c hb lub hc albo promie´n R ko÷a opisanego na trójka¾
cie to z nastepuj
¾ acych
¾
zwiazków:
¾
2R sin
= a
b sin
= hc
c sin
= hb
wynika,·ze zadanie mo·zna sprowadzi´c do jednego z zada´n ju·z rozpatrywanych
zastepuj
¾ ac
¾
odpowiednio przez R; hc ; hb ; a; b; c:Zatem:
Zadanie z danymi: ; db ; a mo·zna sprowadzi´c do zadania z danymi:db ; a; R
które jest niewykonalne (dochodzimy do równania stopnia czwartego)
Zadanie z danymi: ; db ; b mo·zna sprowadzi´c do zadania z danymi:db ; b; hc
które jest niewykonalne (dowód analogicznie jak dla danych:da ; a; hb )
Zadanie z danymi: ; db ; c mo·zna sprowadzi´c do zadania z danymi:db ; c; hb
które jest wykonalne (dowód analogicznie jak dla danych:da ; b; ha )
Zadanie z danymi: ; db ; hb mo·zna sprowadzi´c do zadania z danymi:db ; hb ; c
które jest wykonalne (jak wy·zej)
Zadanie z danymi: ; db ; hc mo·zna sprowadzi´c do zadania z danymi:db ; hc ; b
które jest niewykonalne(dowód analogicznie jak dla danych:da ; a; hb )
Zadanie z danymi: ; db ; R mo·zna sprowadzi´c do zadania z danymi:db ; R; a
(dochodzimy do równania stopnia czwartego)
86
Sprawdzimy teraz czy te zadanie niewykonalne bed
¾ a¾ wykonalne gdy za÷
oz·ymy dodatkowo, z·e ] = 90 :
Twierdzenie 6.22 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾
dwusieczna¾ db ; bok a daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
= 90 ,
Dowód. Mamy dane:] = 90 ; db ; a: Poniewaz· jest to trójkat
¾ prostokatny
¾
zatem zachodzi zawiazek:
¾
a2 = b2 + c2
Weźmy pod uwage¾ wzór na dwusieczna¾ db :
d2b (a + c)2 = ac[a2 + 2ac + c2
b2 ]
Korzystajac
¾ z powyz·szego zwiazku
¾
mamy:
d2b (a + c) = 2ac2
(51)
Stad
¾ moge¾ wyznaczyć bok c, natomiast z twierdzenia Pitagorasa bok b:
Twierdzenie 6.23 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾
dwusieczna¾ db , bok b daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
= 90 ,
Dowód. Mamy dane:
= 90 ; db ; b: Dowód bedzie
¾
analogiczny jak dla
danych:da ; a; hb :(trójkat
¾ równiez· by÷prostokatny)
¾
Twierdzenie 6.24 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ = 90 ,
dwusieczna¾ jendego z katów
¾
ostrych oraz wysoko´sc opuszczona¾ na przeciwprostokatn
¾ a¾ nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane:
= 90 ; db ; ha : Weźmy pod uwage¾ uk÷
ad:
b2 + c2 = a2
bc sin
d2b (a
= aha
+ c) = ac2
Robimy podstawienie: = 90 ; db = 2; ha = 1
b2 + c2 = a2
bc = a
2(a + c) = ac2
87
Z drugiego równania wyznaczamy c
c=
a
b
i wstawiamy do trzeciego
a3
2a
= 2
b
b
Obie strony mnoz·ymy przez b2 a nastepnie
¾
dzielimy przez a :
2a +
a2 = 2b2 + 2b
Wyznaczone c i a wstawiamy do pierwszego równania:
2b2 + 2b = b2 +
2b2 + 2b
b2
Po redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy:
b3 + 2b2
2b
2=0
Sprawdzamy czy wielomian posiada pierwiastki wymierne: w(1) = 1 + 2
2 2 = 1 6= 0; w( 1) = 1 6= 0; w(2) = 10 6= 0; w( 2) = 6 6= 0: Nie ma
pierwiastków wymiernych. Zatem konstrukcja nie jest moz·liwa.
Twierdzenie 6.25 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ = 90 ,
dwusieczna¾ jendego z katów
¾
ostrych i ´srodkowa¾ przeciwprostokatnej
¾
daje sie¾
rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki.
Dowód. Mamy dane: ; db ; ma : Ze wzoru na dwusieczna,środkow
¾
a¾ oraz
wzoru cosinusów otrzymujemy :
b2 + c2
2b2 + 2c2
a2 = 2bc cos
a2 = 4m2a
d2b (a + c)2 = ac[(a + c)2
Poniewaz·
b2 ]
= 90 wiec
¾ uk÷
ad przyjmuje postać:
b2 + c2 = a2
b2 + c2 = 4m2a
d2b (a + c)2 = 2ac2
Zatem :a2 = 4m2a ; z trzeciego równania wyznaczymy c,natomiast wracajac
¾
do pierwszego równania moz·na wyznaczyć b: Konstrukcja jest wykonalna.
88
Twierdzenie 6.26 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ = 90 ,
dwusieczna¾ db oraz ´srodkowa¾ mb nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i
linijki.
Dowód. Mamy dane: ; db ; mb : Korzystamy z (51,(10),(18):
2c2 + 2a2
b2 = 4m2b
b2 + c2
a2 = 2bc cos
d2b (a + c) = 2ac2
Wstawiamy dane:
= 90 ; db =
2c2 + 2a2
p
2
3;mb = 3
b2 = 36
3(a + c) = 2ac2
b2 + c2 = a2
Sprowadzamy uk÷
ad do jednego równania ze zmienna¾c: Z drugiego równania
9c2
wyznaczamy a = 3 3c
; z trzeciego równania wyznaczamy b2 = 9 12c
2 +4c4
2c2
c2 i wstawiamy do pierwszego:
324
432c2 + 144c4 = 18c2
24c4 + 8c6 + 9c2 + 9c2
12c4 + 4c6
podstawiamy c2 = t
t3
15t2 + 39t
27 = 0
Sprawdzamy czy powyz·szy wielomian ma pierwiastki wymierne : w(1) =
2; w( 1) = 82; w(3) = 18; w( 3) = 306; w(9) = 162; w( 9) =
2322; w(27) = 9774; w( 27) = 109370763: Nie znaleźliśmy pierwiastkó
wymiernych. Konstrukcja nie jest moz·liwa do wykonania.
Twierdzenie 6.27 Zadanie konstrukcyjne w którym dany jest kat
¾ = 90
,dwusieczna¾ db oraz ´srodkowa¾ mc nie daje sie¾ rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ cyrkla i
linijki.
Dowód. Mamy dane: = 90 ; db ; mc : Weźmy pod uwage¾ uk÷ad:
4m2c = 2a2 + 2b2
a2 = b2 + c2
2ac2 = d2b (a + c)
89
c2
Stosujemy podstawienie: = 90 ; mc =
p
2
3; db =
12 = 2a2 + 2b2
p
2
6
c2
a2 = b2 + c2
2ac2 = 6(a + c)
b2 = a2
c2 wstawiamy do pierwszego równania i otrzymamy:
12 = 4a2
Z trzeciego równania wyznaczamy a =
12 = 4
3c2
3c
.
3 c2
3c
3 c2
Stad:
¾
3c2
Obie strony mnoz·ymy razy mianownik u÷
amka:
108
72c2 + 12c4 = 36c2
27c2 + 18c4
3c2
Po redukcji wyrazów podobnych oraz podstawieniu t = c2 otrzymujemy:
t3
2t
27t + 36 = 0
·
Zaden
z dzielników 36 (1; 3; 9; 2; 6; 18; 4; 12; 36; 1; 3; 9; 2; 6; 18;
4; 12; 36 ) nie jest pierwiastkiem powyz·szego równania. Konstrukcja
nie jest wykonalna.
90
Literatura
[1] I.I.Aleksandrow
"Zbiór
geometrycznych
zada´n
konstrukcyjnych"Warszawa 1954 Państwowe Zak÷
ady Wydawnictw Szkolnych
[2] J.Browkin "Teoria cia÷"Warszawa 1977,PWN
[3] J.Browkin
"Wybrane
zagadnienia
algebry"Warszawa
PWNJ.Browkin "Wybrane zagadnienia algebry"Warszawa
PWN
1968
1968
[4] M.Bryński"Elementy teorii Galois"Warszawa 1985,Wydawnictwo Alfa"
¾
[5] R.Hartshorne "Geometry Euclid and Beyond "Biblioteka Instytutu
Matematycznego PAN
[6] A.P.Juszkiewicz "Historia matematyki "tom pierwszy Warszawa 1975
Państwowe Wydawnictwo Naukowe
[7] E.Ko‡er "Z dziejów matematyki "Warszawa 1956 Państwowe Wydawanictwo Popularno-Naukowe
[8] Z.Krygowska "Konstrukcje geometryczne na p÷aszczy´znie"Warszawa
1958 PWN
[9] M.×uczyński, Z.Opial "O konstrukcjach trójkatów
1964,Państwowe Zak÷
ady Wydawnictw Szkolnych
"Warszawa,
[10] A.Mostowski,M.Stark "Elementy algebry wy·zszej "Warszawa 1970
PWN
[11] Z.Opial "Algebra wy·zsza"Warszawa 1975 Państwowe Wydawnictwo
Naukowe
[12] S.I.Zetel "Geometria trójkata"Warszawa 1964 Państwowe Zak÷ady
Wydawnictw Szkolnych
91