U obliku aplikacije sada možemo preuzeti rješenje jednog popularnog matematičkog problema koji je već dotaknut, a to je problem dijeljenja bilo kojeg kuta na jednake dijelove, posebno za problem triseciranja kuta. Problem je pronaći točnu konstrukciju koristeći šestar i ravnalo, što bi dalo podjelu bilo kojeg kuta na tri jednaka dijela. Za niz posebnih vrijednosti kuta lako se mogu pronaći takve konstrukcije. Želim vas upoznati s hodom misli u dokazivanju nemogućnosti triseciranja kuta u naznačenom smislu; ujedno vas molim da se prisjetite dokaza o nemogućnosti konstruiranja pravilnog sedmerokuta s šestarom i ravnalom. Kao iu tom dokazu, problem ćemo svesti na nesvodljivu kubičnu jednadžbu, a zatim pokazati da se ne može riješiti samo uzimanjem kvadratnog korijena. Ali tek sada će jednadžba uključivati ​​parametar - kut - dok su prije koeficijenti bili cijeli brojevi; u skladu s tim sada bi umjesto brojčane trebala postojati funkcionalna nesvodljivost.

Da biste dobili jednadžbu koja piše naš problem, zamislite to na pozitivnoj poluosi realni brojevi izgrađen je kut (sl. 41); tada će njegova druga strana presjeći kružnicu polumjera 1 u točki

Naš je zadatak pronaći takvu konstrukciju, neovisnu o veličini kuta, koja se sastoji od konačnog broja operacija s šestarom i ravnalom, koja bi svaki put dala točku presjeka ove kružnice sa stranicom kuta, tj. točka

Ova z vrijednost zadovoljava jednadžbu

a analitički ekvivalent našeg geometrijskog problema je riješiti ovu jednadžbu uzimanjem konačnog broja kvadratnih korijena racionalnih funkcija od jer su to koordinate točke w, od koje moramo krenuti u našoj konstrukciji.

Prije svega, moramo se uvjeriti da je jednadžba (3) nesvodiva sa stajališta teorije funkcija. Istina, ova jednadžba ne odgovara tipu jednadžbi koje smo imali na umu u prethodnom općem razmišljanju: umjesto racionalno nastalog kompleksnog parametra w ovdje racionalno ulaze dvije funkcije - kosinus i sinus - realnog parametra. ovdje polinom nazovimo reducibilnim pod uvjetom da se razlaže na polinome s obzirom na , čiji su koeficijenti također racionalne funkcije od Možemo dati kriterij reducibilnosti shvaćen u ovom smislu, koji je prilično sličan prethodnom. Naime, ako u jednakosti (3) prolazi kroz sve realne vrijednosti, tada istovremeno prolazi kroz kružnicu polumjera 1 u ravnini w, koja zbog stereografske projekcije odgovara ekvatoru na sferi w. Pravac koji leži iznad ove kružnice na Riemannovoj površini jednadžbe i istovremeno prolazi kroz sva tri lista preslikava se jedan prema jedan uz pomoć (3) na kružnicu polumjera 1 kugle i stoga se može pozvati na neki širiti svoju "jednodimenzionalnu Riemanovu sliku". Jasno je da je na sličan način moguće konstruirati takvu Riemanovu sliku za bilo koju jednadžbu oblika; da biste to učinili, trebate uzeti onoliko primjeraka kružnica polumjera 1 i duljine luka koliko korijena ima jednadžba i pričvrstiti ih prema spoju korijena.

Nadalje, zaključujemo, baš kao i prethodnu, da bi jednadžba mogla biti reducibilna samo ako se njezina jednodimenzionalna Riemannova slika podijeli na zasebne dijelove, ali u ovom slučaju to nije slučaj, pa je stoga i nesvodivost naše jednadžbe (3 ) je dokazano.

Prethodni dokaz da je svaka kubična jednadžba s racionalnim numeričkim koeficijentima, rješiva ​​nizom ekstrakcija kvadratnog korijena, reducibilna, može se doslovno prenijeti na sadašnji slučaj jednadžbe (3), koja je funkcionalno nesvodiva; vrijedi samo reći umjesto riječi “racionalni brojevi” svaki put kada kažemo “racionalne funkcije iz Nakon ovoga, naša izjava da je nemoguće izvršiti podjelu na tri dijela proizvoljnog kuta pomoću konačnog broja operacija (s šestar i ravnalo) na način da je sav trud ljudi uključenih u trisekciju kuta osuđen na vječnu uzaludnost!

Prijeđimo sada na malo složeniji primjer.

Zadaci o konstrukciji šestara i ravnala danas se smatraju matematički vrlo zanimljivima. Tradicionalni je materijal više od stotinu godina. školski tečaj geometrija. Jedan od najvrjednijih aspekata takvih zadataka je to što razvijaju vještine traženja za rješavanje praktičnih problema, uvode ih u samostalna istraživanja i doprinose razvoju specifičnih geometrijskih prikaza. Građevinski zadaci pobuđuju interes, pridonose aktiviranju mentalne i kognitivne aktivnosti. Prilikom njihovog rješavanja aktivno se koristi znanje o svojstvima figura, poboljšavaju se vještine geometrijskih konstrukcija. Kao rezultat, razvijaju se konstruktivne sposobnosti, što je jedan od ciljeva proučavanja geometrije.

Raspon problema koji se razmatraju u geometriji vrlo je širok. Među njima posebno mjesto zauzimaju zadaci za konstrukciju, koji pridonose razvoju sigurnosti, dosljednosti i valjanosti mišljenja. Na tim se zadacima mogu naučiti metode spoznaje kao što su analiza i sinteza.

Tema lekcije: Dijeljenje kuta šestarom i ravnalom.

razred: 7 (duboka studija)

Vrsta lekcije: sat učenja novog gradiva. Metode i tehnike nastave:

• frontalni rad s razredom;
• konsolidacija: rad učenika u parovima na karticama.

Ciljevi lekcije:

Vodič: osigurati usvajanje novog gradiva, provjeravajući znanje učenika o činjeničnom gradivu na temu „Zadaci za građenje šestarom i ravnalom“; osposobljenost učenika za samostalnu primjenu znanja u promijenjenim nestandardnim uvjetima.

Razvijanje: Razvijati mišljenje učenika u rješavanju problema koji nadilaze okvire školskog predmeta; razviti sposobnost analiziranja, uspoređivanja, donošenja zaključaka; razvijati pamćenje učenika.

Obrazovni: odgoj u učenika zainteresiranosti za predmet, dobre volje, sposobnosti rada u timu i u paru.

Oprema:

• interaktivna ploča ili projektor;
• radni karton za svakog učenika (Prilog);
• prezentacija Dijeljenje kuta šestarom i ravnalom.

Ciljevi lekcije:

1. ponoviti osnovne konstrukcije šestarom i ravnalom;
2. razmislite o dijeljenju kuta sa jednakih kutova;
3. razvijati vještinu konstruiranja simetrale kuta, jednakostraničnog trokuta.

Tijekom nastave

I. Organizacijski trenutak

II. Postavljanje ciljeva i zadataka za sat.

Dečki bi trebali

znati: standardne konstrukcije s šestarom i ravnalom,

znati: 1) izgraditi simetralu kuta, jednakostranični trokut; 2) primijeniti standardne konstrukcije pri rješavanju zadataka o dijeljenju kuta šestarom i ravnalom.

III. Ažuriranje osnovnih znanja

Na zaslonu se pojavljuju slajdovi s nizom koraka. Učenici trebaju odrediti kakvu vrstu konstrukcijskog zadatka opisuje zadani slijed koraka.

Vježba 1:

1. AB je ravna linija.
2. Nacrtajmo okolinu (A; AB) C - točku presjeka kružnice i pravca AB.
3. Nacrtajmo kružnice (C; R) i kružnice (B; R) P - točku presjeka kružnica.
4. Napravimo SR.

Odgovor: građenje pravog kuta

Zadatak 2:

1. AB je segment.
2. Nacrtajmo okr.(A;R) i okrug.(B;R) R, N – točke presjeka kružnica.
3. Nacrtajmo pH, dobivamo točku O na AB.

Odgovor: konstrukcija okomite simetrale PH na AB

Zadatak 3:

1. Nacrtajmo okolinu (A; R) P, H - točke presjeka kružnice i stranica kuta.
2. Nacrtajmo okolinu (P; RN) i okolinu (N; RN) K - točku presjeka kružnica.
3. Napravimo AK.

Odgovor: konstrukcija simetrale kuta

Zadatak 4:

1. AB je segment.
2. Nacrtajmo okr.(A; AB) i okr.(B; AB) C - točku presjeka kružnica.
3. Provest ćemo AC i BC

Odgovor: konstruirajte jednakostranični trokut

IV. Učenje novog gradiva

Učitelj, nastavnik, profesor: Danas trebamo utvrditi je li "Podjela zadanog kuta na jednake kutove" uvijek izvediva.

Učitelj, nastavnik, profesor: Što mislite koja će nam standardna konstrukcija omogućiti da kut podijelimo na 2, 4, 8, 16, ... jednake kutove?

Odgovor: Konstrukcija simetrale kuta omogućuje vam da podijelite bilo koji kut na 2, 4, 8, ... 2n jednakih kutova. U svakom slučaju problem se svodi na konstruiranje simetrala dobivenih kutova, što se uvijek može izvesti šestarom i ravnalom. Na primjer, podijelite kut ABC na 4 jednaka kuta. Gradimo simetralu VC kuta ABC, dobivamo kut ABK \u003d kut SVK \u003d kut ABC: 2. Gradimo simetrale BP i VM kutova ABK odnosno CDR. Dobivamo: kutove ABP = RVC = MVK = SVM = AVC: 2 = ABC: 4.

Učitelj, nastavnik, profesor: Je li moguće proizvoljan kut podijeliti na 3 jednaka kuta?

Referenca za povijest. Učenicima možete dati zadatak da pripreme kratak izvještaj na temu trisekcije kuta. Kutna trisekcija. Umijeće konstruiranja geometrijskih figura šestarom i ravnalom bila je in visoki stupanj razvio u Drevna grčka. Problem trisekcije kuta (podjela kuta na tri jednaka dijela pomoću šestara i ravnala) bio je poznat u antici. Bilo koji kut ne može se podijeliti na tri jednaka dijela koristeći samo šestar i ravnalo. Pokušaji rješavanja problema uz pomoć alata i sredstava bili su već u 5. stoljeću. PRIJE KRISTA. Francuski matematičar P. Vanzel 1837. godine. bio je prvi koji je rigorozno dokazao da je nemoguće izvesti trisekciju šestarom i ravnalom.

Problem trisekcije kuta postaje rješiv u općem slučaju, ako se u geometrijskim konstrukcijama ne ograniči samo na klasične instrumente, šestar i ravnalo. Tako je, na primjer, Hipija iz Elide, slavni sofist koji je živio oko 420. godine prije Krista, koristio je kvadratrix za triseciranje kuta. Aleksandrijski matematičar Nikomed (2. st. pr. Kr.) riješio je problem trisecanja kuta pomoću jedne krivulje, nazvane Nikomedova konhoida, i dao opis uređaja za crtanje ove krivulje. Zanimljivo rješenje problema trisekcije kuta dao je Arhimed u svojoj knjizi Leme.

Pokazalo se da je problem trisekcije kuta rješiv za neke druge određene vrijednosti kuta: 90, 45, 135 (u stupnjevima). Pitagorejci su znali podijeliti pravi kut na tri jednaka dijela, na temelju činjenice da je u jednakostraničnom trokutu svaki kut 60 stupnjeva.

Učitelj, nastavnik, profesor: Rješenje problema prikazano je na interaktivnoj ploči.

1. Razmotrite rješenje ovog problema.
2. Odredite glavne strukture.
3. Dokažite da će ovi koraci dovesti do željenog rezultata.

Zadatak 1: Trisekcija pravog kuta.

Neka se zahtijeva da se pravi kut MAN podijeli na tri jednaka dijela. Na zraci AN odvojimo proizvoljan odsječak AK na kojem gradimo jednakostranični trokut AKB. Budući da je kut KAB 60 stupnjeva, kut MAB = 30 stupnjeva. Konstruiramo simetralu kuta KAB, dobijemo željenu podjelu pravog kuta MAN na tri jednaka kuta.

odgovori:

2. Konstrukcija jednakostraničnog trokuta, konstrukcija simetrale kuta.

3. Dokaz: Kut MAN=90 stupnjeva. Trokut AKB je jednakostraničan, kut KAB = 60 stupnjeva. Dakle kut MAB = kut MAN - kut KAB = 30 stupnjeva. AR je simetrala kuta CAB, pa je kut CAR = kut RAB = 30 stupnjeva. Dobivamo da je kut CAR = kut RAB = kut MAB = 30 stupnjeva, t.j. željena podjela pravog kuta MAN na tri jednaka kuta.

Učitelj, nastavnik, profesor: NA radna bilježnica dovršite konstrukciju trisekcije pravog kuta, opisujući sve faze "Izgradnje". Obavezno napišite "Dokaz".

Učitelj, nastavnik, profesor: Koji kutovi se uvijek mogu nacrtati šestarom i ravnalom?

Odgovor: kutovi: 60 stupnjeva - kut u jednakostraničnom trokutu, 30 stupnjeva - simetrala kuta u jednakostraničnom trokutu, 45 stupnjeva - simetrala pravog kuta, 15 stupnjeva - simetrala kuta od 30 stupnjeva, 90 stupnjeva - okomita na ravnu liniju, 180 stupnjeva - točka na ravnoj crti.

Učitelj, nastavnik, profesor: Je li moguće proizvoljan kut podijeliti na 5, 7, 11, ... jednakih kutova?

Učitelj, nastavnik, profesor: Pokazalo se da je ovaj problem rješiv za neke određene vrijednosti kuta. Na primjer: pomoću šestara i ravnala možete izvesti sljedeću konstrukciju (pod uvjetom da su zadani kutovi već izgrađeni i njihova vrijednost je poznata):

Zadatak 2: Podijelite kut od 66 stupnjeva na 11 jednakih dijelova (pod uvjetom da je ovaj kut izgrađen i njegova vrijednost je poznata).

Odluka: Jer 66 stupnjeva: 11 \u003d 6 stupnjeva, tada ćemo za rješavanje ovog problema ponovno koristiti kut od 60 stupnjeva - jednakostranični trokut. Prilikom konstruiranja jednakostraničnog trokuta dobivamo 66 stupnjeva - 60 stupnjeva \u003d 6 stupnjeva, gradimo dvaput uz kut od 6 stupnjeva (60 - 6 - 6 = 48 stupnjeva), zatim kut od 48 stupnjeva dijelimo na 8 jednakih kutova (tj. crtamo simetrale). U ovom slučaju dobivamo 11 kutova od 6 stupnjeva.

Prilikom razmatranja ovog problema, učitelj postavlja sugestivna pitanja i navodi djecu da riješe problem. Rješenje zadatka upisuje se u radnu bilježnicu.

V. Tjelesni odgoj Učitelj s učenicima provodi vježbe za opuštanje očiju.

V. Objedinjavanje proučenog gradiva - samostalan rad u parovima

Učitelj, nastavnik, profesor: Svaki učenik dobiva karticu sa zadacima (Prilog). Učenici koji sjede za istim stolom imaju istu verziju zadataka. Učenici rade rad u parovima, ali svaki na svojoj kartici nacrta rješenje.

Evaluacija za rad na kartici (nastavnik najavljuje prije početka rada):

"5" - za 3 točno obavljena i formalizirana zadatka.

"4" - za 2 točno obavljena i osmišljena zadatka ili za 3 zadatka s nedostacima u dizajnu.

"3" - za 1 ispravno dovršen i formaliziran zadatak ili za 2 zadatka s nedostacima u dizajnu.

Rješavanje problema samostalnog rada:

Zadatak 1: Trisekcija kuta od 45 stupnjeva.

Odluka Taj se problem svodi na konstrukciju jednakostraničnog trokuta. Neka je potrebno kut MAN=45 stupnjeva podijeliti na tri jednaka dijela. Odvojimo proizvoljan odsječak AK na zraci AN, na kojem gradimo jednakostranični trokut AKB u istoj poluravnini s točkom M u odnosu na pravac AK. Konstruiramo simetralu AR kuta KAV, zatim simetralu AC kuta RAK i dobijemo željenu podjelu kuta MAN na tri jednaka kuta MAP=PAC=SAK=15 stupnjeva.

Dokaz: Jer trokut AKB je jednakostraničan, tada kut AKB = 60 stupnjeva. AR je simetrala kuta CAB, pa su kutovi BAR = PAK = 30 stupnjeva i kut MAP = kut MAK - kut PAK = 45 stupnjeva - 30 stupnjeva = 15 stupnjeva. AC je simetrala kuta RAK, pa su kutovi PAC = SAK = 15 stupnjeva. Dakle, kutovi MAR=RAS=SAK=15 stupnjeva.

Zadatak 2 (1 opcija): Podijelite kut od 50 stupnjeva na 10 jednakih kutova.

Odluka: Jer 50: 5=10, tada ćemo za rješavanje ovog problema koristiti kut od 60 stupnjeva - jednakostranični trokut. Dobivamo 1) 60–50 \u003d 10, 2) 50–10 \u003d 40, 3) 40: 4 \u003d 10 (u stupnjevima).

Zadatak 2 (opcija 2): Podijelite kut 720 na 6 jednakih kutova.

Odluka: Jer 72: 6=12, tada ćemo za rješavanje ovog problema koristiti kut 60 - jednakostranični trokut. Dobivamo 1) 72–60 = 12, 2) 60–12= 48, 3) 48: 4=12 (u stupnjevima).

Zadatak 3: Podijelite kut na 4 jednaka kuta.

Odluka: Podijelite kut ABC na 4 jednaka kuta. Gradimo simetralu VC kuta ABC, dobivamo kutove ABK \u003d SVK \u003d kut ABC: 2. Gradimo simetrale BP i VM kutova ABK odnosno CDR. Dobivamo: kutove AVR=RVK=MMK=SVM= kut AVK:2= kut AVS:4.

VI. Domaća zadaća

Kuće. Riješiti probleme:

1. Trisekcija kuta od 135 stupnjeva.

2. Konstruirajte kut od 53 stupnja ako je izgrađen kut od 104 stupnja.

VII. Sažetak lekcije

Odgovori na pitanja:

1. Je li trisekcija kuta uvijek izvediva?

Samo u nekim posebnim slučajevima: 450, 900.

2. Što ste novo naučili na lekciji?

Uvijek možete graditi sa šestarom i ravnalom:

1) kut je n puta veći od zadanog kuta.

2) podijeliti bilo koji kut na 2, 4, 8, ... 2n jednakih kutova.

3) kutovi: 60, 30, 45, 15, 90, 180 (u stupnjevima).

4) neke zadane kutove možete podijeliti na zadani broj jednakih kutova ili konstruirati kut tražene veličine.

3. Je li moguće proizvoljan kut podijeliti na 5, 7, 11, ... jednakih kutova?

Ne. Samo u nekim posebnim slučajevima.

Domaća zadaća:

Zadatak 1: Trisekcija kuta od 135 stupnjeva.

Neka treba kut MAN=135 stupnjeva podijeliti na tri jednaka dijela. Jer 135:3 = 45, tada iz točke A gradimo okomitu AK na pravac AM. Zatim konstruiramo simetralu AP kuta KAM. U ovom slučaju dobivamo traženu podjelu kuta MAN na tri jednaka kuta, kutovi KAN=KAR=PAM=45 stupnjeva.

Dokaz: Jer AK je okomita na pravu AM, zatim kut KAM = 90 stupnjeva, kut NAK = 135 stupnjeva - 90 stupnjeva = 45 stupnjeva. AR je simetrala kuta KAM, pa je kut BAR = kut RAK = 45 stupnjeva. Dakle, kutovi MAP=RAS=SAK=45 stupnjeva.

Zadatak 2: Konstruirajte kut od 53 stupnja ako je konstruiran kut od 104 stupnja.

Pri rješavanju koristimo konstrukciju pravog kuta, simetralu kuta i kut od 60 stupnjeva.

Konstrukcija: 1) 104 stupnja - 90 stupnjeva = 14 stupnjeva, 2) 14 stupnjeva: 2 = 7 stupnjeva, 3) gradimo 60 stupnjeva i 60 stupnjeva -7 stupnjeva = 53 stupnja.

Dodatak:

Bibliografija:

1. Atanasyan L.S. Geometrija 7-9. M.: Obrazovanje, 2005. - 335 str.
2. Dalinger V.A. Planimetrijski zadaci za konstrukciju. Omsk: Izdavačka kuća OGPI, 1999. - 78 str.
3. Ilyina N.I. Geometrijske konstrukcije na površini. M.: Škola - tisak, 1997. - 172 str.
4. Manin I.Yu. O rješivosti konstrukcijskih zadataka pomoću šestara i ravnala // Encyclopedia of elementary mathematics. M.: Fizmatgiz, 1963. T. 4: Geometrija. str. 205-227.
5. Pogorelov A.V. Geometrija, 7–11. M.: Prosvjeta, 1992
6. Prasolov V.V. Tri klasična građevinska problema. M.: Nauka, 1992. 80 str.
7. Enciklopedija za djecu. T. 11. Matematika / Ur. kolegij: M. Aksenova, V. Volodin i drugi - M .: Avanta +, 2005.

Pojava problema trisekcije kuta (tj. podjele kuta na tri jednaka dijela) uvjetovana je potrebom rješavanja problema konstruiranja pravilnih poligona. Izgradnja pravilnog peterokuta s šestarom i ravnalom trebala je ostaviti veliki dojam na Pitagorejce, jer je pravilna petokraka bila njihova identifikacijska oznaka (simbolizirala je zdravlje). Poznata je sljedeća legenda.

Jedan je Pitagorejac umirao u tuđini i nije mogao platiti čovjeku koji se o njemu brinuo. Prije smrti, naredio mu je da prikaže zvijezdu petokraku na svom stanu: ako pitagorejac ikad prođe, on će ga sigurno pitati za to. I doista, nekoliko godina kasnije, pitagorejac je vidio ovaj znak i nagradio vlasnika kuće.

Podrijetlo problema trisekcije kuta također je povezano s praktičnim aktivnostima, posebice je bilo potrebno moći podijeliti krug na jednake dijelove u proizvodnji kotača s žbicama, dijeleći kut ili luk od krug na nekoliko jednakih dijelova bio je neophodan i u arhitekturi, u stvaranju ukrasa, u građevinskoj opremi i u astronomiji.

Uz pomoć šestara i ravnala za n=6 i 8 se mogu konstruirati pravilni n-kuti, ali za n=7 i 9 to je nemoguće. Izgradnja pravilnog heptagona zanimljiv je problem: može se riješiti metodom "umetanje". Izgradnju pravilnog heptagona predložio je Arhimed. Ali pokušaji da se konstruira pravilan nenakut jednostavno su trebali dovesti do problema trisekcije kuta, jer je za izgradnju pravilnog nenagona bilo potrebno konstruirati kut od 360 ° / 9 \u003d 120/3, tj. podijeliti kut od 120 ° na tri jednaka dijela.

Zašto su Grci više voljeli šestar i ravnalo od drugih alata?

Na ovo pitanje znanstvenici ne mogu odgovoriti jednoznačno i dovoljno uvjerljivo. Je li to zato što su šestar i ravnalo najjednostavniji instrumenti? Možda. Međutim, mnogi drugi instrumenti mogu se odrediti, jednostavni poput šestara i ravnala, ili gotovo jednako jednostavni. Uz pomoć nekih od njih rješavaju se i formulirani zadaci.

U relevantnoj literaturi mogu se pronaći pokušaji da se objasni takva neobična simpatija Grka upravo prema šestari i ravnalu. Bilo koji geometrijski lik sastoji se od dvije vrste linija - ravnih ili zakrivljenih. I svaka krivulja sastoji se od dijelova krugova različitih promjera. U ovom slučaju, ravna crta i kružnica jedine su linije stalne zakrivljenosti na ravnini.

Podjela pravog kuta na tri jednaka dijela.

U nekim posebnim slučajevima lako je izvesti podjelu kuta. Dakle, Pitagorejci su uspjeli podijeliti pravi kut na tri jednaka dijela, na temelju činjenice da je u jednakostraničnom trokutu svaki kut jednak 60º.

Neka se traži podijeliti na tri jednaka dijela ravne linije (MAN.

Na zraci AN odvajamo proizvoljan odsječak AC na kojem gradimo jednakostranični trokut ASV. Budući da je (CAB jednako 60º, onda (BAM je jednako 30º. Konstruiramo simetralu AD kuta CAB, dobivamo traženu podjelu ravne (MAN) na tri jednaka kuta: (NAD, (DAB, (BAM .

Pokazalo se da je problem trisekcije kuta rješiv za neke druge određene vrijednosti kuta (na primjer, za kutove od 90o / 2n, gdje je n prirodni broj). Da se niti jedan kut ne može podijeliti na tri jednaka dijela samo šestarom i ravnalom dokazano je tek u prvoj polovici 19. stoljeća.

Rješavanje metodom "umetaka"

Neke od metoda kutne trisekcije koje su razmatrali Grci koristile su takozvanu metodu umetanja. Sastojao se u pronalaženju položaja ravne linije koja prolazi zadanu točku O, na kojem bi dvije zadane crte (ili pravac i kružnica) odsjekle segment zadane duljine a. Takva se konstrukcija može izvesti pomoću šestara i ravnala s dvije podjele, među kojima je udaljenost jednaka a.

Uz pomoć "umetaka" vrlo je lako kut podijeliti na tri jednaka dijela. Uzmite proizvoljnu točku A na strani kuta s vrhom B i spustite okomitu točku AC s nje na drugu stranu.

Kroz točku A povucite zraku kosmjernu sa zrakom BC. Ubacimo sada odsječak DE duljine 2AB između zraka AC i l tako da njegov nastavak prolazi točkom B. Tada (EBC = (ABC / 3. Doista, neka je G središte segmenta DE. Točka A leži na kružnici promjera DE, dakle AG = GE = DE/2 = AB. Trokuti BAG i AGE su jednakokračni, dakle (ABG = (AGB = 2(AEG = 2(EBC.

Papus iz Aleksandrije je pokazao da se problem "umetanja" segmenta između zadanih okomitih pravaca l1 i l2 svodi na konstruiranje točke presjeka kružnice i hiperbole. Razmotrimo pravokutnik ABCD čiji su produžeci stranica BC i CD zadani pravci, a vrh A je zadana točka kroz koju se mora povući pravac koji siječe prave l1 i l2 u takvim točkama E i F da segment EF ima zadanu duljinu.

Dopunjavamo trokut DEF do paralelograma DEFG. Za konstruiranje željenog pravca dovoljno je konstruirati točku G, a zatim kroz točku A povući pravac paralelan s pravcem DG. Točka G udaljena je od točke D za danu udaljenost DG = EF, pa točka G leži na kružnici koja se može konstruirati.

S druge strane, iz sličnosti trokuta ABF i EDA dobivamo AB: ED = BF: AD, tj. ED*BF=AB*AD. Dakle, FG*BF=AB*AD = SABCD, tj. točka G leži na hiperboli (ako usmjerite osi Ox i Oy duž zraka BF i BA, tada je ova hiperbola dana jednadžbom xy = SABCD)

Rješenje pomoću kvadritrixa

“Gramatički” problemi uključuju problem podjele kuta u bilo kojem pogledu. Prvu krivulju za rješavanje takvog problema izumio je Hipija iz Elide. Kasnije (počevši od Dinostrata) ova krivulja je također korištena za rješavanje kvadrature kružnice. Leibniz je ovu krivulju nazvao kvadritrix.

Dobiva se na sljedeći način. Neka se u kvadratu ABCD krajevi segmenta B′C′ gibaju jednoliko duž stranica BA i CD, a segment AN jednoliko rotira oko točke A. Odsječak B′C′ u početnom trenutku podudara se sa segment BC, a segment AN poklapa se sa segmentom AB ; oba segmenta istovremeno dosežu svoj krajnji položaj AD. Kvadritriksa je krivulja koja je opisana točkom presjeka segmenata B′C′ i AN.

Da bi se akutni kut φ podijelio u nekom omjeru, potrebno je na gornjem crtežu odvojiti kut DAL = φ, gdje L leži na kvadratu. Ispustimo okomicu LH na segment AD. Podijelimo ovu okomicu na ispravan stav točka P. Nacrtaj kroz P odsječak paralelan s AD dok se ne siječe s kvadritricom u točki Q; zraka AQ dijeli kut LAD u potrebnom omjeru, budući da je, prema definiciji kvadrata, (LAQ: (QAD = (LP: (LH.

Praktični rad na konstruiranju trisektora kuta

Način umetanja

Uz pomoć kvadritriksa

Rješenje korištenjem Morleyeva teorema

Budući da se bilo koji kut ne može podijeliti na tri jednaka dijela, možemo riješiti problem trisecanja kuta obrnutim redoslijedom koristeći Morleyev teorem.

Teorema. Neka se trisektrise kutova B i C najbliže strani BC sijeku u točki A1; točke B1 i C1 definirane su slično. Tada je trokut A1B1C1 jednakostraničan, a odsječak C1C okomita na bazu pravilnog trokuta.

Riješimo sljedeći problem: konstruirat ćemo trokut iz čijih su svih kutova povučeni trisektori.

Plan izgradnje.

1) Konstruirajte dva proizvoljna kuta (BAC1 i (ABC1) čija je jedna strana zajednička.

Konstruirani kutovi moraju zadovoljiti nejednakost:

2) Neka je zraka AC1 os simetrije. Odrazite (BAC1 oko osi AC1. Slično, odrazite oko osi BC1 (ABC1.

3) Neka je zraka AC2 os simetrije. Odrazite (C1AC2 oko AC2 osi. Slično, odrazite oko BC2 osi (C1BC2.

4) Spojite sjecišta trisektora C1 i C2 sa segmentom C1C2.

5) Morleyev teorem kaže da kada se trisektori trokuta sijeku, dobije se pravilan trokut, a odsječak C1C2 okomit je na bazu pravilnog trokuta i prolazi vrhom tog trokuta. Da bi se konstruirao pravilan trokut, znajući njegovu visinu, potrebno je: a) konstruirati zrake koje izlaze iz točke C1 pod kutom od 30º u odnosu na segment C1C2; b) točke presjeka konstruiranih zraka s trisektorima označiti slovima B1 i A1; c) spojite točke A1, B1, C1. Dobivamo jednakostranični trokut A1B1C1.

6) Nacrtajmo zrake iz točke C, prolazeći kroz vrhove pravilnog trokuta B1 i A1.

Ostavimo na slici segmente trisektora trokuta.

Konstruirali smo trokut ABC iz čijih su svih kutova povučeni trisektori.

Neodlučivost trisekcije kuta pomoću šestara i ravnala

Da bismo dokazali nemogućnost dijeljenja bilo kojeg kuta na tri jednaka dijela uz pomoć šestara i ravnala, dovoljno je dokazati da je pojedini kut nemoguće podijeliti na ovaj način. Dokazat ćemo da šestarom i ravnalom nije moguće trisecirati kut od 30°. Uvedemo Oxy koordinatni sustav, birajući vrh zadanog kuta AOB kao ishodište koordinata i usmjeravajući os Ox duž OA strane. Možemo pretpostaviti da su točke A i B udaljene 1 od točke O. Tada je u problemu trisekcije kuta potrebno konstruirati točku (cosφ, sinφ) iz točke s koordinatama (cos Zφ, grijeh Zφ). U slučaju kada je φ=10°, početna točka ima koordinate. Obje njegove koordinate izražene su u kvadratnim radikalima. Stoga je dovoljno dokazati da broj sin 10° nije izražen u kvadratnim radikalima.

Budući da je sin3φ = sin(φ + 2φ) =

sin(α + β) = sinα cosβ + cosα sinβ

Sinφ cos2φ + cosφ sin2φ =

cos2α = cos2α - sin2α

sin2α = 2sinα cosα

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

sin2α + cos2α = 1 cos2α = 1 - sin2α

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

Sinφ(1 - 2sin2φ) + 2sinφ(1 - sin2φ) =

Sinφ(1 - 2sin2φ + 2 - 2sin2φ) =

Sinφ(3 - 4sin2φ) =

3sinφ - 4sin3φ sin3φ = 3sinφ - 4sin3φ, tada broj x = sin 10° zadovoljava kubičnu jednadžbu

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

8x3 - 6x + 1 = 0

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

Dovoljno je dokazati da ova jednadžba nema racionalne korijene. Pretpostavimo da je 2x=p/q, gdje su p i q cijeli brojevi bez zajedničkih djelitelja. Tada je p3 – 3pq2 + q3 = 0, tj. q3=p(3q2-p2). Dakle, broj q je djeljiv s p, pa je p=±1. Prema tome, ±13q2 + q3 =0, tj. q2(q±3)= ±1. Broj 1 je djeljiv s q, pa je q=±1. Kao rezultat, dobivamo da je x \u003d ± 1/2. Lako je provjeriti da vrijednosti ±1/2 nisu korijeni jednadžbe. Dobiva se kontradikcija, pa jednadžba nema racionalne korijene, što znači da se broj sin10° ne izražava u kvadratnim radikalima.

Primjena

Trisekcija kuta neophodna je kod konstruiranja pravilnih poligona. Razmotrit ćemo proces konstrukcije na primjeru pravilnog ne-kuta upisanog u kružnicu.

Mi gradimo pravokutni trokut ABC. Konstruiramo trisektore BC1 i BC2. Kutovi su 30º. Jedan od formiranih kutova podijelimo na dvije simetrale od 15º. Do pravi kut“dodajte” 15º sa svake strane. Opet gradimo trisektore rezultirajućeg kuta DBE. To ponavljamo još dvaput, okrećući trokut u točki B tako da se DB poklopi s prethodnim položajem BE. Povezujemo primljene točke.

Uspjeli smo konstruirati pravilan nonagon koristeći konstrukciju trisektora.

Trisektor

Problem trisekcije kuta općenito nije rješiv šestarom i ravnalom, ali to uopće ne znači da se ovaj problem ne može riješiti drugim pomoćnim sredstvima.

Da bi se postigao ovaj cilj, izumljeni su mnogi mehanički uređaji, koji se nazivaju trisektorima. Najjednostavniji trisektor lako je napraviti od debelog papira, kartona ili tankog lima. Služit će kao pomoćni alat za crtanje.

Trisektor i shema njegove primjene.

Traka AB koja se nalazi uz polukrug jednaka je po duljini polumjeru polukruga. Rub trake BD čini pravi kut s ravnom crtom AC; dodiruje polukrug u točki B; duljina ove trake je proizvoljna. Ista slika prikazuje primjenu trisektora. Neka je, na primjer, potrebno podijeliti kut KSM na tri jednaka dijela

Trisektor je postavljen tako da je vrh kuta S na pravoj BD, jedna strana kuta prolazi kroz točku A, a druga strana dodiruje polukrug. Zatim se nacrtaju ravne linije SB i SO, a podjela ovog kuta na tri jednaka dijela je završena. Da bismo to dokazali, spojimo ravnim segmentom središte polukruga O s tangentnom točkom N. Lako je vidjeti da je trokut ASB jednak trokutu SBO, a trokut SBO trokutu OSN. Iz jednakosti ova tri trokuta proizlazi da su kutovi ASB, BS0 i 0SN međusobno jednaki, što je i trebalo dokazati.

Ovaj način triseciranja kuta nije čisto geometrijski; može se nazvati mehaničkim.

Trisektorski sat

(uputa za uporabu)

Oprema: šestar, ravnalo, sat sa strelicama, olovka, prozirni papir.

Radni proces:

Prenesite lik ovog kuta na prozirni papir i u trenutku kada se obje kazaljke sata spoje, stavite crtež na brojčanik tako da se vrh kuta poklopi sa središtem rotacije kazaljki i jednom stranom kuta ide uz ruke.

U trenutku kada se minutna kazaljka na satu pomakne kako bi se poklopila sa smjerom druge strane ovog kuta, nacrtajte zraku od vrha kuta u smjeru kazaljke na satu. Nastaje kut jednak kutu rotacije kazaljke sata. Sada, uz pomoć šestara i ravnala, udvostručite ovaj kut i ponovno udvostručite udvostručeni kut. Kut dobiven na ovaj način bit će ⅓ ovog.

Doista, svaki put kada kazaljka minuta opisuje određeni kut, kazaljka sata se za to vrijeme pomiče na kut koji je 12 puta manji, a nakon povećanja tog kuta za 4 puta, kut (a / 12) * 4 = ⅓ a je dobiveni.

Zaključak

Stoga su nerješivi konstrukcijski problemi odigrali posebnu ulogu u povijesti matematike. Uostalom, pokazalo se da se ti problemi ne mogu riješiti samo šestarom i ravnalom. Ali sama formulacija problema - "dokazati nerješivost" - bila je hrabar korak naprijed.

Međutim, mnoga rješenja su predložena korištenjem netradicionalnih alata. Sve je to dovelo do pojave i razvoja potpuno novih ideja u geometriji i algebri.

Nakon što dovršite i pregledate svoje istraživački rad Došao sam do sljedećih zaključaka:

✓ pojava ovakvih problema uzrokovana je njihovim praktičnim značajem (osobito konstrukcijom pravilnih poligona);

✓ takvi problemi uzrokuju razvoj novih metoda i teorija (metoda "umetanja", pojava kvadrata, Morleyevi teoremi);

✓ nerješivi problemi privlače veću pozornost znanosti: pronaći rješenje ili dokazati nemogućnost velika je čast.

I također sam saznao:

✓ o matematičarima koji su proučavali ovaj problem;

✓ novi pojmovi, pojmovi (trisekcija, trisektor, kvadratriks) i teoremi (Morley) i naučeno:

✓ učinkovito pronaći i odabrati potreban materijal;

✓ sistematizirati stečeno znanje;

✓ ispravno sastaviti istraživački rad.

Dijeljenje kuta na tri jednaka dijela pomoću šestara i ravnala (trisekcija kuta).

Žarkov Vjačeslav Sergejevič

Odsutan je

Internet

Napomena:

Predlaže se opći pristup rješavanju problema dijeljenja kuta na jednake dijelove pomoću šestara i ravnala. Kao primjer prikazana je podjela kuta na tri jednaka dijela (Angle trisection).

Predlaže se opći pristup rješavanju problema podijeliti kut na jednake dijelove korištenjem šestara i ravnala. Kao primjer, kut prikazuje podjelu na tri jednaka dijela (trisekcija kuta).

Ključne riječi:

injekcija; podjela kuta; kutna trisekcija.

kut; podjeli kut; trisekcija kuta.

UDK 51

Uvod.

Trisekcija kuta je problem dijeljenja zadanog kuta na tri jednaka dijela konstruiranjem šestara i ravnala. Drugim riječima, potrebno je konstruirati trisektore kuta - zrake koje dijele kut na tri jednaka dijela. Uz probleme kvadrature kruga i udvostručavanja kocke, jedan je od klasičnih nerješivih konstrukcijskih problema poznatih još od antičke Grčke.

cilj Ovaj članak je dokaz pogrešnosti gornje tvrdnje o nerješivosti, barem u odnosu na problem trisekcije kuta.

Predloženo rješenje ne zahtijeva složene konstrukcije, gotovo univerzalan i omogućuje vam podjelu kutova na bilo koji broj jednakih dijelova, što vam zauzvrat omogućuje izgradnju svih pravilnih poligona.

Uvodni dio.

Nacrtajmo ravnu liniju a i na njemu konstruirati ∆CDE. Uvjetno ćemo ga nazvati “osnovnim” (slika 1).

Birajmo na liniji a proizvoljnu točku F i povući još jednu ravnu liniju b kroz točku F i vrh D trokuta. Na liniji b uzmite dvije proizvoljne točke G i H i povežite ih s točkama C i E kao što je prikazano na sl.1. Analiza slike omogućuje nam da zapišemo sljedeće očite odnose između kutova:

1. α 1 -α 3 \u003d y 1; α3-α5 =y3; α 1 -α 5 \u003d y 1 + y 3;

2. α 2 -α 4 \u003d y 2; α4-α6 =y4; α 2 -α 6 \u003d y 2 + y 4;

3. y 1 / y 2 \u003d y 3 / y 4;

Objašnjenje 1.na stavku 3: Neka su kutovi - ∟C,∟ D,∟ Esu kutovi u odgovarajućim vrhovima osnovnog trokuta ∆CDE. Tada možete napisati:

∟ C+∟ D+∟ E=180 0 - zbroj kutova ∆CDE;

∟ C+ y 2 +∟ D-(y 2 + y 1 )+∟ E+ y 1 =180 0 - zbroj kutova ∆CGE;

Neka budey 1 / y 2 = niliy 1 = n* y 2 , onda,

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

Zbroj kutova ∆CH:

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

y 1 + y 3 = n*(y 2 + y 4 ) iliy 1 + y 3 = n* y 2 + n* y 4 , i ody 1 = n* y 2 ,zatim

y 3 = n* y 4 i stoga y 1 / y 2 = y 3 / y 4 = n.

Zatim uzmite dvije proizvoljne točke na liniji a- N i M i kroz njih povuci dvije crte c i d kao što je prikazano na sl.2. Očito, uključujući i ono što je ranije rečeno, da je omjer promjena odgovarajućih kutova na linijama c i d konstantna vrijednost, tj.: (β 1 -β 3) / (β 3 -β 5) = (β 2 -β 4) / (β 4 -β 6) \u003d y 1 / y 3 \u003d y 2 / y 4;

Podijelite kut na tri jednaka dijela.

Na kružnicu sa središtem u točki A ucrtavamo kut E 1 AE 2 =β (vidi sliku 3.1). Na suprotnoj strani kružnice crtamo simetrično tri kuta - CAC 1 , C 1 AC 2 , C 2 AC 3 svaki jednak β. Podijelite kut E 1 AE 2 u točkama K 1 ,K 3 na tri jednaka kuta - ∟E 1 AK 1 , ∟K 1 AK 3 , ∟K 3 AE 2 jednaka β/3. Nacrtajte ravne linije kroz točke na kružnici kao što je prikazano na sl. 3.1. Povežite se ravnim linijama točke C, E 1 i C2,E. (Vidi sliku 3.2)

Kroz točku K - sjecišta linija, i točku K 1 povući ravnu liniju. Odaberemo proizvoljnu točku K 2 na ovoj liniji i kroz nju povučemo dvije ravne iz točaka C i C 2.

Nije teško vidjeti da je Sl. 3.2, ako uklonite liniju kružnice, gotovo je identična slici. 2. (isprekidana crta CC 2 dodana radi jasnoće). To znači da su svi gore navedeni odnosi također primjenjivi i ovdje, naime za kutove koje treba podijeliti na tri jednaka dijela vrijedi relacija y 1 / y 2 = y 3 / y 4 = 1/2 (vidi objašnjenje 1. u uvodnim dijelovima). Sa slike 3.2 postaje jasno kako podijeliti kut na tri jednaka dijela.

Razmotrimo, kao primjer, podjelu na tri jednaka dijela kuta β=50 0 .

Opcija 1.

Na krugu sa središtem A polažemo šestarom simetrično jedan u odnosu na drugi i promjerom CB (vidi sliku 4.1) lukove C 1 C 2 \u003d B 1 B 2 \u003d B 2 B 3 \u003d B 1 B 4 jednako β \u003d 50 0 - u odnosu na središte kruga. Polovicu luka C 1 C 2 - CC 1 podijelimo na pola (točka D). Povlačimo ravne kroz točke B 1 i D, te točke B 3 i C. Povezujemo točke B 1 i C, B 3 i C 1. Točke sjecišta - F i E, prethodno nacrtane linije, povezujemo jedna s drugom. Rezultirajući kut α=C 1 AG, ​​gdje je G točka presjeka pravca FE s kružnicom, jednak je β/3.

Opcija 2.

Na krugu sa središtem A polažemo šestarom simetrično jedan u odnosu na drugi i promjerom CB (vidi sliku 4.2) lukove C 1 C 2 \u003d B 1 B 2 \u003d B 2 B 3 \u003d B 1 B 4 \u003d β \u003d 50 0 - u odnosu na središte kruga. Povezujemo točke B 1 i C, B 3 i C 1. Od pravaca B 1 C i B 3 C 1 odvojite kutove y 2 =2y 1 (vidi sliku 4.2) i povucite ravne linije koje odgovaraju tim kutovima. Točke sjecišta - F i E, prethodno nacrtane linije, povezujemo jedna s drugom. Rezultirajući kut α=C 1 AG≈16,67 0 , gdje je G točka presjeka pravca FE s kružnicom, jednak je β/3.

Kompletna konstrukcija podjele kuta na tri jednaka dijela (npr. kut β=50 0) prikazana je na sl.5.

Dijeljenje kuta na neparan broj (>3) jednakih kutova.

Kao primjer razmotrimo podjelu kuta β=35 0 na pet jednakih kutova.

Metoda broj 1.

Na krugu sa središtem A, šestarom postavljamo simetrično jedan u odnosu na drugi i promjera CB kutove C 2 AC 1 = B 1 AB 2 = B 2 AB 3 = B 3 AB 4 = B 4 AB 5 \u003d B 5 AB 6 \u003d β=35 0. (Vidi sl.6)

Dijeljenje kuta C 2 AC pola kut C 2 AC 1 na pola u točki E. Spojite točke

E, C 2 , B 1 , B 2 , B 3 međusobno kao što je prikazano na slici 6. Zatim, za podjelu kuta, upotrijebite opciju 2 iz prethodno navedenog primjera, jer opcija 1 za dijeljenje kutova na neparan broj > 3 - x jednakih kutova očito nije primjenjivo. Od pravaca B 3 E i B 1 C 2 u točkama B 3 i B 1, redom, odvajamo kutove y 1 i y 2 u omjeru 1:4. Iz točaka B 3 i B 1 povlačimo ravne koje odgovaraju tim kutovima, sve dok se ne sijeku u točki N. Kut C 2 AK=α=7 0 bit će željeni.

Metoda broj 2.

Ova metoda (vidi sliku 7) slična je prvoj s jedinom razlikom što se za konstrukcije koristi ¼ kuta C2AC1 - kuta EAC koji se nalazi uz središnju crtu kružnice BC. Prednost ove metode je što olakšava podjelu kuta na veliki broj kutova - 7, 9, 11 itd.

Konstrukcija pravilnog heptagona.

Pretpostavimo da je n broj particija (broj sektora na koje je kut podijeljen).

Onda ako n-1=2 k(1), gdje k- bilo koji cijeli broj, tada se kut dijeli u jednom koraku, što je ranije prikazano. Ako je a n-1 ≠ 2 k(2) - tada se kut dijeli u dva stupnja, prvo u n-1 , a zatim dalje n. U svim slučajevima promatra se odnos: y 1 / y 2 = 1/ n-1 (3).

Objasnimo to na primjeru konstruiranja pravilnog sedmerokuta.

Da biste izgradili sedmerokut, morate pronaći 1/7 kuta 60 0 , pomnožiti ga sa šest, a dobiveni kut izdvojiti sedam puta oko kruga (ovo je jedna od mogućih opcija). Budući da je 7-1=6, onda ćemo u skladu s formulom (2) kut 60 0 podijeliti u dva stupnja. U prvoj fazi dijelimo sa šest, a zatim, u drugoj fazi, sa sedam. U tu svrhu podijelit ćemo kut 30 0 na tri jednaka sektora od po 10 0 (vidi sliku 8), koristeći, kao najjednostavniju, opciju 1 opisanu na početku članka. Rezultirajući kut ECL=10 0 odvojit će se od središnje linije kružnice (vidi sl.9). Pretpostavit ćemo da kut ECL pripada kutu 60 0 simetrično odloženom u odnosu na srednju crtu.

Nadalje, za pronalaženje 1/7 dijela kuta 60 0, koristimo metodu br. 2 opisanu ranije. U tu svrhu odvojimo kut D 1 CD 2 =60 0 simetrično na srednju liniju i kut D 2 CD 3 =60 0 uz nju. U točkama D 1 i D 3 konstruiramo kutove y 1 i y 2 prema linijama D 1 E i D 3 L, respektivno, promatrajući proporcije u skladu s formulom (3) - to jest, 1 do 6.

Nacrtajmo ravne pod kutovima y 1 i y 2 . Spojite sjecišta G i F odgovarajućih pravaca. Kut LCH=60 0 /7. Odgodimo taj kut šest puta od točke L do točke B. Odgodimo rezultirajući kut BCL još šest puta, a kao rezultat dobijemo sedmerokut LBKFMNA.

Zaključak.

Metoda dijeljenja kuta na jednake dijelove, predložena u ovom članku, ima ograničenje - nemogućnost njegove izravne primjene za kutove > 60 0 , što, međutim, nije toliko značajno sa stajališta temeljne rješivosti problem.

Bibliografski popis:

1. Metelsky N. V. Matematika. Dobro Srednja škola za kandidate za sveučilišta i tehničke škole. Ed. 3. stereotip. Mn., „Višejš. Škola”, 1975., 688 str. od bolesnog.

Recenzije:

20.03.2016, 14:39 Nazarova Olga Petrovna
Pregled: Zanimljivi izračuni, preporučeni za tisak

22.03.2016, 11:09 Mirmovich-Tikhomirov Eduard Grigorievich
Pregled: Zanimljivo, informativno, sažeto. Vidljiv inženjerski pristup. Ali ovaj materijal ne bi trebao biti objavljen ovdje, nego u bilo kojem obrazovnom časopisu. Ako ga je autor već objavio u drugom izdanju, onda još više. Osim toga, ova platforma je vrlo neugodna s formulama. Recenzent ne bi želio vidjeti nikakve edukativne, didaktičke i nastavni materijali. Ali neću se raspravljati s poštovanom Olgom Petrovnom. Možda urednici sami nešto odluče!?. Teško je dati jasnu preporuku da ili ne.

22.3.2016 16:16 Odgovor na recenziju autora Zharkov Vyacheslav Sergeevich:
Navedeno rješenje, koje je očito, ne podrazumijeva približno rješenje problema!!!. Netočno je samo u jednom slučaju, što je također sasvim očito ako je zbroj kutova trokuta na ravnini ≠1800. Što je besmislica. Neke osnove, uključujući matematiku, ponekad zahtijevaju prilagodbe. A didaktika s tim nema veze.