Алгебраичный метод

 

Рівняння( ) виходить шляхом почленного віднімання рівнянь (1) і (2). Рішаючи систему рівнянь () і (1), виразимо х и у через числа , отже через числа а_1, а₂,... , лише за допомогою кінцевого числа основних дій.

6-й випадок. На n-м кроці будується довільна точка, яка не належить до якоїсь раніше побудованій фігурі Ф. Покажемо, що ця точка може бути побудована так, щоб її параметри (координати) виражалися через числа а_1, а₂,..., раціонально.

Так як за умовою дані тільки кілька відрізків і ми користуємося тільки циркулем і лінійкою, то фігура Ф може бути тільки з'єднанням кінцевого числа точок, прямих, відрізків, променів, окружностей і їхніх дуг. Нехай у процесі побудов, що були на перших n-1 кроках, побудовано усього k прямих, відрізків і променів. Виберемо на осі абсцис k+1 точок з абсцисами , і проведемо через них прямі, які паралельні осі ординат. Ясно, що хоча б одна з них не є однієї з раніше побудованих прямих і не містить жодного з раніше побудованих відрізків або променів.

Оберемо цю пряму. Ця пряма має з фігурою Ф кінцеве число загальних точок; нехай їхній буде q. Побудуємо на обраній прямій q+1 крапок з ординатами . Очевидно, що принаймні одна з них відмінна від крапок фігури Ф. (Загальні аксіоми конструктивної геометрії забезпечують можливість побудови такої точки.) Координати цієї точки раціонально виражаються через а_1..

7-й випадок. На n-м кроці будується точка, що належить однієї з побудованих ліній. Треба довести, що ця точка може бути обрана так, щоб її координати виражалися через дані числа { } винятково за допомогою основних операцій у кінцевому числі, причому вона повинна бути відмінна від раніше побудованих точок зазначеної лінії.

Нехай для  визначеності раніше побудована лінія  — окружність, рівняння якої має  вигляд:

(1)

Нехай на цій окружності треба побудувати точку, відмінну від якихось k наявних на ній точок Р_1, Р₂,..., P_k.  На окружності (1) завжди можна вибрати k+1 точок з абсцисами, що раціонально виражаються через числа і r. Для цього можна, , розділити відрізок ( ) осі абсцис на k рівних частин, і тоді кінці цього відрізка і точки ділення є абсцисами, що раціонально виражаються через . У кожній з цих точок проведемо перпендикуляр до осі абсцис і отмітимо яку-небудь точку перетинання його з окружністю (1). Хоча б одна з таких k +1 точок відмінна від усіх крапок Р₁, Р₂,..., P_k. Позначимо її через М. Ясно, що її абсциса х раціонально виражається через числа х₁ і r, а отже, виражається за допомогою кінцевого числа основних дій через числа а_1, а₂,..., . Ординату ж у цієї точки ми знайдемо з рівняння (1), так щоб виразити її за допомогою кінцевого числа основних дій через числа ,а виходить, що і через числа а_1, а₂,..., .

 

Отже, ми показали, що n-й крок можна виконати так, щоб на цьому кроці одержати точки і лінії, параметри яких виражаються через числа а_1, а₂,... , лише за допомогою кінцевого числа основних дій. Зокрема, у результаті т-го і s-го кроків ми одержимо точки А и В, координати яких виражаються через числа { } лише за допомогою кінцевого числа основних дій.

 Теорема доведена.

Наслідок. Якщо дано тільки відрізок, прийнятий за одиничний, і l— задане число, то відрізок довжиною l може бути побудований циркулем і лінійкою тоді і тільки тоді, коли число l може бути отримане з (1) за допомогою лише кінцевого числа основних дій.

 

Розділ 2. Застосування алгебраїчного  методу у розв’язку геометричних задач на побудову.

2.1. Схема розв’язування задач  на побудову алгебраїчним методом.

Суть  алгебраїчного методу полягає в тому, що в припущенні, що задача розв’язана, виділяють на малюнку такі невідомі елементи (відрізки), до побудови яких зводиться розв’язання задачі. Потім на основі даних умови задачі і відомих теорем з геометрії взаємозв’язки між даними і шуканими елементами (відрізками) виражаємо  алгебраїчно у вигляді рівняння дають алгебраїчні вирази, за якими виконується побудова шуканих відрізків.

Виходячи  з цього, маємо таку схему розв’язування  задачі на побудову алгебраїчним методом:

1) складання  рівняння (аналіз);

2) розв’язування  рівняння;

3)дослідження одержаних розв’язків(формул) на можливість їх побудови  циркулем і лінійкою;

4) побудова шуканих відрізків (розв’язків рівняння) і побудова шуканої фігури.

 

 

2.2. Розв’язування задач на побудову.

Сутність  методу алгебраїчного аналізу полягає  в наступному. Рішення задачі на побудову зводять до побудови деякого  відрізка (або декількох відрізків). Величину шуканого відрізка виражають  через величини відомих відрізків  за допомогою формули. Потім будують  шуканий відрізок по отриманій формулі.

 Розглянемо  приклади.

Приклад 1. (Задача про подвоєння квадрата.) Побудувати квадрат, площа якого вдвічі більше площі даного квадрата..

Позначимо сторону даного квадрата через а, а сторону шуканого квадрата через  х. Тоді х²= 2а², х= а .

 Будуємо  тепер відрізок х по отриманій формулі: х — гіпотенуза рівнобедреного прямокутного трикутника з катетом а. Побудувавши відрізок х, легко потім побудувати шуканий квадрат (рис. 8).

Приклад 2. З вершин даного трикутника, як з центрів, описати три окружності, що дотикаються попарно зовнішнім образом.

Нехай ABC (мал. 9) — даний трикутник, а, b, с— його сторони, х, y і z— радіуси шуканих окружностей. Виразимо довжини відрізків х, у, z через довжини відомих відрізків а, b, с. Тоді x+ y=c, x+z=b, y+z=a

Тому

2x+2y+2z= a+ b+ c,   x+ y+ z=( a+ b+ c)

Звідки

,

Будуємо тепер один зі знайдених відрізків, наприклад за формулі і проводимо окружність (А, х). дві інші окружності проводимо з центрів В і С радіусами відповідно с- х і b- х.

Для доказу досить помітити тепер, що дві останні  окружності стосуються між собою, тому що сума їхніх радіусів

(с — х) +(b— х) = з + b — 2х=  з +b- (з+ b- а) =а = ВР,

Тобто. дорівнює відстані між їхніми центрами.

Задача  завжди однозначно розв'язна, тому що

1) у трикутнику ABC і тому відрізок х може бути побудований;

2) c>x, тому що , тому що ; 3) , тому що

 

 

 

 

           рис. 8                                                    рис. 9

 

Приклад 3.

Побудувати  прямокутний трикутник по гіпотенузі с і бісектрисі l прямого кута.

Аналіз. Задача легко рішиться після того, як удасться визначити висоту h шуканого трикутника, проведену з вершин прямого кута. З рис.10 видно, що , , тобто. або

Залишається виключити з цього співвідношення два невідомих катети a і b. Для цього потрібно скласти ще два незалежних рівняння, яким задовольняють ці катети:

 

 

Звідси

:

 З формули (1) маємо:

 

 

Таким чином, шукана висота визначається з рівняння , з якого знаходимо єдине додатне рішення:

 

Побудова. Будуємо відрізок h по формулі (5). На довільній прямій відкладаємо відрізок AB= c. На АВ, як на діаметрі, будуємо окружність. Проводимо пари прямих, паралельних АВ, на відстані h від цієї прямої (рис.11) відзначаємо точку С перетинання цих прямих з окружністю. Шуканий трикутник АВС.

Доказ випливає з оборотності всіх приведених в  аналізі міркувань.

Дослідження. Перебираючи послідовно кроки побудови, зауважуємо, що останній крок виконаємо тоді і тільки тоді, коли h ,, тобто коли

 

Після спрощення ця умова приймає вид . Якщо , то пари прямих і окружність перетинаються в чотирьох точках, так що ми одержимо чотири трикутники, що задовольняють умові задачі. Однак вони усі рівні. Тому задача має єдине рішення. Якщо ж , то пари прямих, що касаються окружності, і ми одержуємо два рівнобедрених трикутники, що задовольняють умові задачі. Ці трикутники також рівні між собою, задача має єдине рішення. Отже, приведений спосіб завжди дозволяє знайти єдине рішення задачі, якщо виконано умову: .

 

 

 

 

Задача 1. Побудувати трикутник за a; b; .

Розв’язання. Аналіз показує, якщо провести пряму,

 паралельну  бісектрисі C і продовжити сторону

ВС до перетину з цієї прямою у точці D, то утворюються

 рівнобедрений  трикутник ACD. Нехай AD=x. Оскільки

 трикутник  і ВDА подібні, то , або .

Побудувавши відрізок AD, можна побудувати

трикутник CDА ( АС = СD), а потім і трикутник АВС.

 

 

Задача 2. З вершин даного трикутника, як із центрів, описати три кола, які попарно дотикаються зовнішньо.

Розв’язання. Нехай А, В, С— вершини даного  трикутника;a, b, c— його сторони. Тоді

 

Тому

 

 

Отже 

 

Побудуємо один з відрізків, наприклад , і проведемо коло з центром у точці А радіуса, довжина якого дорівнює . Два інших кола проводимо з центрів В іС відповідно радіусів і .

 

 

 

 

Задача 3. Побудувати  трикутник АВС за а; А; ( задача Паппа)

Розв’язання. Опишемо на стороні ВС дугу сегмента, що вміщує кут А, і доповнимо її до кола. Подовжимо бісектрису до перетину з цим колом у точці W. Відрізок —заданий (-середина відрізка BC). Позначемо . Проведемо діаметр WD.прямокутні трикутники і WAD— подібні. Нехай ; WD=d, тоді , або . Знайдемо x:

 

З точки W проведемо дугу

 радіуса , достанемо точку A.

 

 

Задача 4. Побудувати трикутник АВС за R; r; h.

Розв’язання. Позначимо I центр вписаного трикутника АВС кола, ― точку дотику вписаного кола зі стороною ВС,

― бісектрису кута ВАС. Оскільки(-

 основа висоти ), то . Але

Отже , або .

Використовуємо формулу

 

Отже,

 

Звідси .

 

Отже,

 

Коли знайдено кут А, неважко побудувати трикутник

 

 

Задача 5. Через точку D, яка належить стороні ВС трикутника АВС, провести пряму, яка поділяє площу трикутника навпіл.

Розв’язання. Нехай DE— шуканий відрізок .

 Тоді. Якщо ─ середина

 відрізка ВС, то .

Отже . Таким чином, щоб знайти точку Е,

проведемо відрізок паралельний AD.

Відрізок DE — шуканий

 

Задача 6. За даними сторонами побудувати чотирикутник, навколо якого можна описати коло

Розв’язання. Нехай АВСD—шуканий

трикутник , навколо якого можна описати  коло.

Позначемо АВ= а, ВС= b, DC= c, AD= d,

BD= x. З трикутника BDAза теоремою косинусів

випливає

 

Аналогічно, з трикутника DCB маємо

 

Оскільки , то виключивши cosA з обох рівнянь, дістанемо

 

 

 

 

Побудувавши діагональ х, будуємо спочатку трикутник BDA за трьома сторонами (a, d та x), а далі трикутник DCB. Чотирикутник ABCD— шуканий

 

 

Задача 7 В коло вписано трикутник . На хорді АВ побудувати точку М так, щоб

Розв’язання. Нехай точка М — шукана

Тоді 

Якщо , то , звідки знаходимо, що . =. Це значить, що коло дотикається хорди АВ. Отже задача зводиться до такої: через С і D провести коло, дотичне до хорди АВ. Позначемо Е точку перетину прямих DC і АВ , а К — точка дотику. Тоді

Знайдемо  точку К і через точки К, С, D проведем коло.

 

 

Задача 8 За гіпотенузою с побудувати такі прямокутні трикутники, щоб відстань МІ була: 1)найменшою; 2)найбільшою;(М — центроїд, І — інцентр).

Розв’язання. Очевидно,

За теоремою косинусов

 

 

звідки причому

 тому  або 9

Відрізок MI досягає найменшого значення при максимальному r. Але r досягає найбільшого значення при тобто, коли шуканий трикутник рівнобедренний. У цьому випадку

 

Отже,

 

Bідрізок  MI досягає найбільшого значення  при найменшому значенні r, тобто при r=0.У цьому випадку трикутник вироджується.

 

 

Задача 9. Побудувати трапецію за її бічними сторонами і діагоналями.

Розв’язання. У трапеції ABCD введемо позначення: AD=a, BC=b, AC=C, AD=d, DO=x, CO=y, . З трикутників AOD

і COB за тeоремою косинусів маємо

 

 

Звідки

 

Очевидно, що Тому

 

 

 

 

 

Задача 10. Побудувати точку Р всередині трикутника АВС так, щоб АК=ВМ=СN, де M, N, K— проекції точки Р на сторони ВС, АС, АВ.

Розв’язання. Нехай АК=ВМ=CN=x.

Тоді 

 

 

 

Додамо  ці рівності:

 

Звідки

 

Отже  відкладаючи на сторонах трикутника АВС відрізки АК, ВМ, CN, дістанемо шукану точку Р.

 

 

Задача 11. Побудувати прямокутний трикутник за гіпотенузою с і медіаною одного з катетів.

Розв’язання. З трикутників АВС і випливає