Kao aplikaciju, sada se možemo uhvatiti u koštac s rješenjem jednog popularnog matematičkog problema koji je već spomenut, naime, problem dijeljenja bilo kojeg kuta na jednake dijelove, posebno za problem trisekcije kuta. Zadatak je pomoću šestara i ravnala pronaći točnu konstrukciju koja bi bilo koji kut podijelila na tri jednaka dijela. Za niz posebnih kutnih vrijednosti lako se mogu pronaći takve konstrukcije. Želim vas uvesti u tijek misli u dokazu nemogućnosti trisekcije kuta u naznačenom smislu; Ujedno vas molim da se prisjetite dokaza o nemogućnosti konstruiranja pravilnog sedmokuta pomoću šestara i ravnala. Kao u tom dokazu, problem ćemo svesti na nesvodljivu kubnu jednadžbu i zatim pokazati da se ne može riješiti samo kvadratnim korijenom. Ali tek sada jednadžba će uključivati ​​parametar - kut - dok su prije koeficijenti bili cijeli brojevi; u skladu s tim sada bi umjesto numeričke nesvodljivosti trebala postojati funkcionalna nesvodljivost.

Da bismo dobili jednadžbu koja daje zapis našeg problema, zamislimo to na pozitivnoj poluosi realni brojevi ugao je izgrađen (sl. 41); tada će njegova druga stranica sijeći krug polumjera 1 u točki

Naš zadatak se svodi na pronalaženje konstrukcije neovisne o veličini kuta, koja se sastoji od konačnog broja operacija šestarom i ravnalom, koja bi svaki put dala točku presjeka ove kružnice sa stranicom kuta, tj. , poanta

Ova z vrijednost zadovoljava jednadžbu

a analitički ekvivalent našeg geometrijskog problema je riješiti ovu jednadžbu pomoću 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) nesvodljiva sa stajališta teorije funkcija. Istina, ova jednadžba ne odgovara sasvim tipu jednadžbi koje smo imali na umu u prethodnim općim raspravama: umjesto racionalno unesenog kompleksnog parametra w, ovdje postoje dvije racionalne funkcije - kosinus i sinus - realnog parametra. ovdje nazovimo polinom reducibilnim pod uvjetom da se rastavlja na polinome s obzirom na , čiji su koeficijenti također racionalne funkcije od. Možemo dati kriterij reducibilnosti shvaćen u ovom smislu, prilično sličan prethodnom. Naime, ako se u jednakosti (3) prolazi kroz sve realne vrijednosti, tada se istovremeno prolazi kroz kružnicu polumjera 1 u ravnini w, koja zbog stereografske projekcije odgovara ekvatoru na sferu w. Pravac koji leži iznad ove kružnice na Riemannovoj plohi jednadžbe i istovremeno prolazi kroz sva tri lista je, koristeći (3), preslikan jedan na jedan na kružnicu polumjera 1 sfere i stoga se donekle može nazvati svoju “jednodimenzionalnu Riemannovu sliku”. Jasno je da je na sličan način moguće konstruirati takvu Riemannovu sliku za bilo koju jednadžbu oblika; Da biste to učinili, potrebno je uzeti onoliko kopija kružnica polumjera 1 i duljine luka koliko ima korijena jednadžbe i pričvrstiti ih prema povezanosti korijena.

Zatim zaključujemo, sasvim slično prethodnom, da bi jednadžba mogla biti reducibilna samo ako bi se njezina jednodimenzionalna Riemannova slika podijelila na zasebne dijelove, ali u ovom slučaju to nije slučaj, pa je stoga nesvodljivost naše jednadžbe ( 3) je dokazano.

Prethodni dokaz da je svaka kubična jednadžba s racionalnim numeričkim koeficijentima, rješiva ​​nizom kvadratnih korijena, reducibilna može se doslovno prenijeti na sadašnji slučaj jednadžbe (3) koja je nereducibilna u funkcionalnom smislu; sve što trebate učiniti je umjesto riječi “racionalni brojevi” svaki put kada kažete “racionalne funkcije iz Nakon ovoga, naša tvrdnja je potpuno dokazana da je nemoguće izvesti kroz konačni broj operacija (sa šestarom i ravnalom) dijeljenje proizvoljnog kuta na tri dijela na ovaj način, sav trud ljudi koji se bave trisekcijom kuta osuđen je na vječnu uzaludnost!

Sada prijeđimo na malo složeniji primjer.

Problemi koji uključuju konstrukciju šestarom i ravnalom i danas se smatraju matematički vrlo zanimljivima. Tradicionalni je materijal više od sto godina školski tečaj geometrija. Jedan od najvrjednijih aspekata takvih zadataka je što razvijaju vještine pretraživanja za rješavanje praktičnih problema, uvode ih u samostalno istraživanje te doprinose razvoju specifičnih geometrijskih pojmova. Konstrukcijski zadaci pobuđuju interes i doprinose aktivaciji mentalne i kognitivne aktivnosti. Pri njihovom rješavanju aktivno se koriste znanja o svojstvima figura i usavršavaju se vještine geometrijskih konstrukcija. Posljedično se razvijaju konstruktivne sposobnosti, što je i jedan od ciljeva učenja geometrije.

Raspon problema koji se razmatraju u geometriji vrlo je širok. Među njima posebno mjesto zauzimaju konstrukcijski zadaci koji pridonose razvoju sigurnosti, dosljednosti i valjanosti mišljenja. Iz ovih zadataka možete naučiti metode spoznaje kao što su analiza i sinteza.

Tema lekcije: Dijeljenje kuta šestarom i ravnalom.

Klasa: 7 (dubinska studija)

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

• frontalni rad s razredom;
• konsolidacija: učenici rade u paru koristeći kartice.

Ciljevi lekcije:

Obrazovni: osigurati asimilaciju novog materijala, provjeravajući znanje učenika o činjeničnom materijalu na temu „Problemi za konstruiranje sa šestarima i ravnalom”; sposobnosti učenika za samostalnu primjenu znanja u modificiranim nestandardnim uvjetima.

Razvojni: Razvijati mišljenje učenika pri rješavanju problema koji izlaze iz okvira školskog predmeta; razvijati sposobnost analize, usporedbe, zaključivanja; razvijati pamćenje učenika.

Obrazovni: njegovanje kod učenika interesa za predmet, dobre volje, sposobnosti za timski rad i rad u paru.

Oprema:

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

Ciljevi lekcije:

1. ponoviti osnovne konstrukcije šestarom i ravnalom;
2. razmislite o podjeli kuta na jednaki kutovi;
3. uvježbati vještinu konstruiranja simetrale kuta i jednakostraničnog trokuta.

Tijekom nastave

I. Organizacijski trenutak

II. Postavljanje ciljeva i zadataka lekcije.

Dečki bi trebali

znati: standardne konstrukcije sa šestarom i ravnalom,

znati: 1) konstruirati simetralu kuta, jednakostraničnog trokuta; 2) primijeniti standardne konstrukcije pri rješavanju zadataka dijeljenja kuta šestarom i ravnalom.

III. Aktualizacija referentnog znanja

Slajdovi se pojavljuju na ekranu s nizom koraka. Učenici trebaju odrediti koji problem konstrukcije opisuje ovaj niz koraka.

Vježba 1:

1. AB – pravac.
2. Nacrtajmo kružnicu (A; AB) C – sjecište kružnice i pravca AB.
3. Nacrtajmo kružnicu (C;R) i kružnicu (B;R) P – sjecište kružnica.
4. Napravimo SR.

Odgovor: konstruiranje pravog kuta

Zadatak 2:

1. AB je segment.
2. Nacrtajmo kružnicu (A;R) i kružnicu (B;R) P, H – točke presjeka kružnica.
3. Izvršimo lansiranje i dobijemo točku O na AB.

Odgovor: konstrukcija simetrale RN na AB

Zadatak 3:

1. Nacrtajmo susjedstvo (A;R) P, H – sjecišta kružnice i stranice kuta.
2. Izvršimo zaokruživanje (P; RN) i zaokruživanje (N; RN) K – sjecišta kružnica.
3. Napravimo AK.

Odgovor: konstruiranje simetrale kuta

Zadatak 4:

1. AB je segment.
2. Nacrtajmo kružnicu (A; AB) i kružnicu (B; AB).C je točka presjeka kružnica.
3. Vodit ćemo AC i BC

Odgovor: konstruiranje jednakostraničnog trokuta

IV. Učenje novog gradiva

Učitelj, nastavnik, profesor: Danas moramo utvrditi je li “Podijela 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, ... jednakih kutova?

Odgovor: Konstruiranje simetrale kuta omogućuje vam da bilo koji kut podijelite na 2, 4, 8, ... 2n jednakih kutova. U svakom slučaju, zadatak se svodi na konstruiranje simetrala dobivenih kutova, što se uvijek može učiniti pomoću šestara i ravnala. Na primjer, kut ABC podijelite na 4 jednaka kuta. Konstruiramo simetralu BC kuta ABC, dobivamo kut ABC = kut SVK = kut ABC:2. Konstruiramo simetrale BP i BM kutova ABC odnosno CDR. Dobivamo: kutove AVR= RVK= MVK= SVM= AVK:2= AVS:4.

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

Povijesna referenca. Učenicima možete dati zadatak da pripreme kratko izvješće na temu trisekcije kuta. Trisekcija kuta. Umjetnost konstruiranja geometrijskih likova pomoću šestara i ravnala bila je in visok stupanj razvijen u Drevna grčka. Problem trisekcije kuta (dijeljenje kuta na tri jednaka dijela pomoću šestara i ravnala) bio je poznat u antičko doba. Nijedan kut ne može se podijeliti na tri jednaka dijela samo pomoću šestara i ravnala. Pokušaji rješavanja problema pomoću alata i sredstava bili su još u 5. stoljeću. PRIJE KRISTA. Francuski matematičar P. Wantzel 1837. god je prvi striktno dokazao da je šestarom i ravnalom nemoguće izvesti trisjekciju.

Problem trisekcije kuta postaje rješiv u općem slučaju, ako se u geometrijskim konstrukcijama ne ograničimo samo na klasične alate, šestar i ravnalo. Na primjer, Hipija iz Elide, slavni sofist koji je živio oko 420. pr. Kr., koristio je kvadratrisu za trosječenje kuta. Aleksandrijski matematičar Nikomed (2. st. pr. Kr.) riješio je problem trisekcije kuta pomoću jedne krivulje, nazvane Nikomedova konhoida, i opisao napravu za crtanje te krivulje. Zanimljivo rješenje problema trisekcije kuta dao je Arhimed u svojoj knjizi Leme.

Problem trisekcije kuta pokazuje se rješivim za neke druge određene vrijednosti kuta: 90, 45, 135 (u stupnjevima). Pitagorejci su uspjeli podijeliti pravi kut na tri jednaka dijela, na temelju činjenice da je u jednakostraničkom trokutu svaki kut jednak 60 stupnjeva.

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

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

Zadatak 1: Trisekcija pravog kuta.

Pretpostavimo da pravi kut MAN želite podijeliti na tri jednaka dijela. Na polupravu AN položimo proizvoljan odsječak AK na kojem konstruiramo jednakostranični trokut AKB. Kako je kut KAB 60 stupnjeva, onda je kut MAB = 30 stupnjeva. Konstruirajmo simetralu kuta KAV, te ćemo dobiti 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. To znači da je kut MAV = kut MAN – kut KAB = 30 stupnjeva. AR je simetrala kuta KAV, što znači kut KAR = kut RAB = 30 stupnjeva. Dobivamo da je kut KAR = kut RAB = kut MAV = 30 stupnjeva, tj. tražena podjela pravog kuta MAN na tri jednaka kuta.

Učitelj, nastavnik, profesor: U radna bilježnica konstruirati trisjek pravog kuta, opisujući sve faze "Gradnje". Obavezno napišite "Dokaz".

Učitelj, nastavnik, profesor: Koji se kutovi uvijek mogu konstruirati pomoću šestara i ravnala?

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 - a okomito na pravac, 180 stupnjeva - točka na pravcu.

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

Učitelj, nastavnik, profesor: Ovaj problem se pokazao rješivim za neke određene vrijednosti kuta. Na primjer: pomoću šestara i ravnala možete izvesti sljedeću konstrukciju (pod uvjetom da su zadani kutovi već konstruirani i da su njihove vrijednosti poznate):

Zadatak 2: Podijelite kut od 66 stupnjeva na 11 jednakih dijelova (pod uvjetom da je taj kut konstruiran i poznata mu vrijednost).

Riješenje: Jer 66 stupnjeva: 11 = 6 stupnjeva, tada ćemo za rješavanje ovog problema ponovno koristiti kut od 60 stupnjeva - jednakostranični trokut. Kada konstruiramo jednakostranični trokut, dobivamo 66 stupnjeva–60 stupnjeva = 6 stupnjeva, dva puta gradimo uz kut od 6 stupnjeva (60–6–6 = 48 stupnjeva), a 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 na rješavanje problema. Rješenje zadatka zapisuje se u radnu bilježnicu.

V. Tjelesna minuta Učitelj s učenicima izvodi vježbe za opuštanje očiju.

V. Učvršćivanje naučenog gradiva – samostalan rad u parovima

Učitelj, nastavnik, profesor: Svaki učenik dobiva karticu sa zadatkom (prilog). Učenici koji sjede za istim stolom imaju istu verziju zadataka. Učenici rade u parovima, ali svatko zapisuje rješenje na svoju karticu.

Bod za rad na kartici (učitelj najavljuje prije početka rada):

“5” - za 3 točno ispunjena i oblikovana zadatka.

“4” - za 2 ispravno ispunjena i oblikovana zadatka ili za 3 zadatka s nedostatkom u dizajnu.

“3” - za 1 ispravno ispunjen i oblikovan zadatak ili za 2 zadatka s nedostatcima u dizajnu.

Rješavanje problema samostalnog rada:

Zadatak 1: Trisekcija kuta od 45 stupnjeva.

Riješenje Ovaj problem se svodi na konstruiranje jednakostraničnog trokuta. Neka je kut MAN = 45 stupnjeva podijeljen na tri jednaka dijela. Na polupravu AN položimo proizvoljan odsječak AK na kojem konstruiramo jednakostranični trokut AKB u istoj poluravnini s točkom M u odnosu na pravac AK. Konstruiramo simetralu AP kuta KAV, zatim simetralu AC kuta RAC i dobijemo željenu podjelu kuta MAN na tri jednaka kuta: kutove MAP=PAC=SAK=15 stupnjeva.

Dokaz: Jer trokut AKB je jednakostraničan, tada je kut CAV = 60 stupnjeva. AR je simetrala kuta KAV, što znači kutovi VAR = RAK = 30 stupnjeva i kut MAP = kut MAC - kut RAK = 45 stupnjeva - 30 stupnjeva = 15 stupnjeva. AC je simetrala kuta RAC, što znači kutovi RAC = NAC = 15 stupnjeva. To znači da su kutovi MAP=PAC=SAK=15 stupnjeva.

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

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

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

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

Zadatak 3: Podijeli kut na 4 jednaka kuta.

Riješenje: Kut ABC podijelite na 4 jednaka kuta. Konstruiramo simetralu BC kuta ABC, dobivamo kutove ABC = SVK = kut ABC: 2. Konstruiramo simetrale BP i BM kutova ABC odnosno CDR. Dobivamo: kutove AVR=RVK=MVK=SVM= kut AVK:2= kut AVS:4.

VI. Domaća zadaća

Kod kuće. Riješiti probleme:

1. Trisekcija kuta od 135 stupnjeva.

2. Konstruiraj kut od 53 stupnja ako je konstruiran kut od 104 stupnja.

VII. Sažetak lekcije

Odgovori na pitanja:

1. Je li trisekcija kuta uvijek izvediva?

Samo u posebnim slučajevima: 450, 900.

2.Što ste novo naučili u lekciji?

Uvijek možete konstruirati pomoću šestara i ravnala:

1) kut n puta veći od zadanog kuta.

2) bilo koji kut podijelite 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. Može li se proizvoljni kut podijeliti na 5, 7, 11, ... jednakih kutova?

Ne. Samo u nekim posebnim slučajevima.

Domaća zadaća:

Zadatak 1: Trisekcija kuta od 135 stupnjeva.

Neka je kut MAN=135 stupnjeva podijeljen na tri jednaka dijela. Jer 135:3 = 45, zatim iz točke A gradimo okomicu AK na pravac AM. Zatim konstruiramo simetralu AP kuta KAM. U tom slučaju dobivamo željenu podjelu kuta MAN na tri jednaka kuta: kutovi KAN = KAR = RAM = 45 stupnjeva.

Dokaz: Jer AK je okomit na ravnu liniju AM, tada je kut KAM = 90 stupnjeva, kut NAC = 135 stupnjeva - 90 stupnjeva = 45 stupnjeva. AR je simetrala kuta KAM, što znači kut VAR = kut CANCER = 45 stupnjeva. To znači da su kutovi MAP=PAC=SAK=45 stupnjeva.

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

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

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

Primjena:

Bibliografija:

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

Pojava problema trisekcije kuta (tj. dijeljenja kuta na tri jednaka dijela) određena je potrebom rješavanja problema konstruiranja pravilnih mnogokuta. Konstrukcija pravilnog peterokuta sa šestarom i ravnalom morala je ostaviti veliki dojam na Pitagorejce, jer je pravilna zvijezda petokraka bila njihov identifikacijski znak (simbolizira zdravlje). Poznata je sljedeća legenda.

Jedan je Pitagorejac umirao u stranoj zemlji i nije mogao platiti čovjeku koji se brinuo o njemu. Prije smrti, naredio mu je da na svojoj kući nacrta petokraku zvijezdu: ako bi pitagorejac ikada prošao, sigurno bi pitao za to. I doista, nekoliko godina kasnije, izvjesni pitagorejac vidio je ovaj znak i nagradio vlasnika kuće.

Podrijetlo problema trisekcije kuta također je povezano s praktičnim aktivnostima, posebice sposobnost dijeljenja kruga na jednake dijelove bila je potrebna pri izradi kotača sa žbicama; dijeljenje kuta ili luka kruga na nekoliko jednakih dijelova također je bio neophodan u arhitekturi, u izradi ukrasa, u građevinskoj tehnologiji iu astronomiji.

Pomoću šestara i ravnala možete konstruirati pravilne n-kute za n = 6 i 8, ali ne i za n = 7 i 9. Konstruiranje pravilnog sedmerokuta je zanimljiv problem: može se riješiti metodom "umetanja". Konstrukciju pravilnog sedmokuta predložio je Arhimed. Ali pokušaji konstruiranja pravilnog šesterokuta trebali su dovesti do problema trisekcije kuta, jer je za izgradnju pravilnog šesterokuta bilo potrebno konstruirati kut od 360°/9 = 120/3, odnosno kut od 120° podijeliti na tri jednaka dijela.

Zašto su Grci više voljeli šestare i ravnala od drugih alata?

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

U relevantnoj literaturi mogu se pronaći pokušaji objašnjenja ove neobične simpatije Grka upravo prema šestarima i ravnalima. Bilo koje geometrijski lik sastoji se od dvije vrste linija - ravnih ili zakrivljenih. A bilo koja krivulja sastoji se od dijelova krugova različitih promjera. Štoviše, pravac i kružnica jedine su linije stalne zakrivljenosti na ravnini.

Dijeljenje pravog kuta na tri jednaka dijela.

U nekim posebnim slučajevima lako je podijeliti kut. Tako su Pitagorejci uspjeli podijeliti pravi kut na tri jednaka dijela, na temelju činjenice da je u jednakostraničkom trokutu svaki kut jednak 60º.

Neka je potrebno podijeliti ravnu liniju (MAN.

Na zraku AN položimo proizvoljan odsječak AC na kojem konstruiramo jednakostranični trokut ACB. Budući da je (CAB jednak 60º, tada je (BAM jednak 30º). Konstruirajmo simetralu AD kuta CAB, dobivamo željenu podjelu pravca (MAN) na tri jednaka kuta: (NAD, (DAB, (BAM) .

Problem trisekcije kuta pokazuje se rješivim za neke druge određene vrijednosti kuta (na primjer, za kutove od 90° / 2n, gdje je n prirodni broj). Činjenica da se nijedan kut ne može podijeliti na tri jednaka dijela samo pomoću šestara i ravnala dokazana je tek u prvoj polovici 19. stoljeća.

Rješenje metodom "umetanja".

Neke metode trisekcije kutova koje su razmatrali Grci koristile su takozvanu metodu umetanja. Sastojao se u pronalaženju položaja linije koja prolazi ovu točku O, na kojoj bi dvije zadane ravnice (ili pravac i kružnica) isjekle isječak zadane duljine a. Ova se konstrukcija može izvesti pomoću šestara i ravnala s dva podjela, čiji je razmak jednak a.

Pomoću "umetaka" vrlo je lako podijeliti kut na tri jednaka dijela. Uzmimo proizvoljnu točku A na strani kuta s vrhom B i iz nje spustimo okomicu AC na drugu stranu.

Povucimo zraku kroz točku A koja je istosmjerna s polupravom BC. Umetnimo sada između zraka AC i l dužinu DE duljine 2AB tako da njen nastavak prolazi kroz točku B. Tada je (EBC = (ABC/3. Zapravo, neka je G polovište dužine DE. Točka A leži na krug promjera DE, dakle AG = GE = DE/2 = AB. Trokuti BAG i AGE su jednakokračni, dakle (ABG = (AGB = 2(AEG = 2(EBC.)

Papus iz Aleksandrije pokazao je da se problem "umetanja" segmenta između zadanih okomitih pravaca l1 i l2 svodi na konstruiranje sjecišta kružnice i hiperbole. Promotrimo pravokutnik ABCD čiji su produžeci stranica BC i CD zadani pravci, a vrh A je zadana točka kroz koju treba povući pravac koji siječe pravce l1 i l2 u točkama E i F tako da segment EF ima zadana duljina.

Dopunimo 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 zadanu udaljenost DG = EF, pa točka G leži na kružnici koju je moguće konstruirati.

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

Rješenje pomoću kvadratrise

“Gramatički” problemi uključuju problem dijeljenja kuta u bilo kojem omjeru. Prvu krivulju za rješavanje takvog problema izumio je Hipije iz Elide. Kasnije (počevši od Dinostratusa) ova se krivulja također koristila za rješavanje kvadrature kruga. Leibniz je ovu krivulju nazvao kvadratrisom.

Dobiva se na sljedeći način. Neka se krajevi odsječka B′C′ gibaju jednoliko po stranicama, BA odnosno CD, u kvadratu ABCD, a odsječak AN jednoliko rotira oko točke A. Odsječak B′C′ u početnom trenutku koincidira s segment BC, a segment AN podudara se s segmentom AB; oba segmenta istovremeno dosežu svoj konačni položaj AD. Kvadratrisa je krivulja koja je opisana točkom presjeka odsječaka B′C′ i AN.

Kako bi podijelili oštar kutφ u nekom pogledu, potrebno je ucrtati kut DAL = φ na gornjem crtežu, gdje L leži na kvadratrisi. Spustimo okomicu LH na dužinu AD. Podijelimo ovu okomicu na ispravan stav točka P. Nacrtajte isječak paralelan s AD kroz P dok se ne siječe s kvadratrisom u točki Q; zraka AQ dijeli kut LAD u traženom omjeru, budući da je, prema definiciji kvadratrise, (LAQ: (QAD = (LP: (LH.)

Praktičan rad na konstruiranju trisektora kutova

Metodom "umetanja".

Pomoću kvadratrise

Rješenje korištenjem Morleyeva teorema

Budući da se bilo koji kut ne može podijeliti na tri jednaka dijela, problem trisekcije kuta možemo riješiti obrnutim redoslijedom pomoću Morleyeva teorema.

Teorema. Neka se trisektori kutova B i C najbližih stranici BC sijeku u točki A1; točke B1 i C1 određuju se slično. Tada je trokut A1B1C1 jednakostraničan, a dužina C1C okomita na osnovicu pravilnog trokuta.

Riješimo sljedeći zadatak: konstruiraj trokut kojemu su iz svih njegovih kutova povučeni trisektori.

Plan izgradnje.

1) Konstruirajmo dva proizvoljna kuta (BAC1 i (ABC1), od kojih je jedna stranica zajednička.

Konstruirani kutovi moraju zadovoljavati nejednakost:

2) Neka je zraka AC1 os simetrije. Odrazimo (BAC1 u odnosu na os AC1. Slično, odrazit ćemo ga u odnosu na os BC1 (ABC1.

3) Neka je zraka AC2 os simetrije. Odrazimo se (C1AC2 u odnosu na os AC2. Slično, reflektiramo u odnosu na os BC2 (C1VC2.

4) Spojite sjecišne točke trisektora C1 i C2 s odsječkom C1C2.

5) Morleyev teorem kaže da kada se trisektori trokuta sijeku, dobiva se pravilan trokut, a segment C1C2 je okomit na osnovicu pravilnog trokuta i prolazi kroz vrh 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) sjecišne točke konstruiranih zraka označite trisektorima slovima B1 i A1; c) spojite točke A1, B1, C1. Dobivamo jednakostranični trokut A1B1C1.

6) Povucimo zrake iz točke C koje prolaze kroz vrhove pravilnog trokuta B1 i A1.

Ostavimo na slici odsječke trisektora trokuta.

Konstruirali smo trokut ABC s trisektorima povučenim iz svih njegovih kutova.

Nerješivost trisekcije kuta pomoću šestara i ravnala

Da bismo dokazali nemogućnost dijeljenja bilo kojeg kuta na tri jednaka dijela pomoću šestara i ravnala, dovoljno je dokazati da je nemoguće na taj način podijeliti određeni kut. Dokazat ćemo da pomoću šestara i ravnala nije moguće trosjeći kut od 30°. Uvedimo koordinatni sustav Oxy, odabirući vrh tog kuta AOB kao ishodište koordinata i usmjeravajući os Ox duž stranice OA. Možemo pretpostaviti da su točke A i B udaljene od točke O za 1. Tada je u problemu trisekcije kuta potrebno konstruirati točku (cosφ, sinφ) iz točke s koordinatama (cos 3φ, grijeh 3φ). U slučaju kada je φ=10° početna točka ima koordinate. Obje njegove koordinate izražene su u kvadratnim radikalima. Dakle, dovoljno je dokazati da broj sin 10° nije izražen u kvadratnim radikalima.

Kako 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 kubnu 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 koji nemaju zajedničkih faktora. Tada je p3 – 3pq2 + q3 = 0, tj. q3=p(3q2-p2). Dakle, broj q je djeljiv sa p, što znači p=±1. Stoga je ±13q2 + q3 =0, tj. q2(q±3)= ±1. Broj 1 je djeljiv sa q, pa je q=±1. Kao rezultat, dobivamo da je x = ±1/2. Lako je provjeriti da vrijednosti ±1/2 nisu korijeni jednadžbe. Dobivena je kontradikcija, dakle jednadžba nema racionalne korijene, što znači da se broj sin10° ne može izraziti u kvadratnim radikalima.

Primjena

Trisekcija kuta je neophodna kod konstruiranja pravilnih poligona. Proces konstrukcije ćemo pogledati na primjeru pravilnog jednokuta upisanog u krug.

Konstruiranje pravokutnog trokuta ABC. Konstruiramo trisektore BC1 i BC2. Dobiveni kutovi bili su 30º. Jedan od dobivenih kutova podijelimo na dvije simetrale od 15º. DO pravi kut“dodajte” 15º sa svake strane. Ponovno konstruiramo trisektore dobivenog kuta DBE. To ponavljamo još dva puta, rotirajući trokut u točki B tako da se DB poklopi s prethodnim položajem BE. Spojite dobivene točke.

Konstrukcijom trisektora uspjeli smo konstruirati pravilan deveterokut.

Trisektor

Problem trisekcije kuta u općem slučaju ne može se riješiti šestarom i ravnalom, ali to ne znači da se taj problem ne može riješiti drugim pomoćnim sredstvima.

Da bi se postigao ovaj cilj, izumljeni su mnogi mehanički uređaji zvani trisektori. Najjednostavniji trisektor može se lako napraviti od debelog papira, kartona ili tankog kositra. Služit će kao pomoćni alat za crtanje.

Trisektor i shema njegove primjene.

Traka AB uz polukrug jednaka je duljinom polumjeru polukruga. Rub trake BD čini pravi kut s pravcem AC; dodiruje polukrug u točki B; Duljina ove trake je proizvoljna. Ista slika prikazuje upotrebu trisektora. Neka, na primjer, želite podijeliti kut KSM na tri jednaka dijela

Trisektor je postavljen tako da je vrh kuta S na pravcu BD, jedna stranica kuta prolazi kroz točku A, a druga stranica dodiruje polukružnicu. Zatim se povuku pravci SB i SO, te je podjela tog kuta na tri jednaka dijela završena. Da bismo to dokazali, spojimo dužinom središte ravnice polukružnice O s tangentom N. Lako je provjeriti da je trokut ASB jednak trokutu SBO, a trokut SBO jednak trokutu OSN. Iz jednakosti ova tri trokuta slijedi da su kutovi ASB, BS0 i 0SN međusobno jednaki, što je i trebalo dokazati.

Ova metoda trisekcije kuta nije čisto geometrijska; prije se može nazvati mehaničkim.

Trisektorski sat

(Upute za korištenje)

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

Napredak:

Prenesite sliku ovog kuta na prozirni papir i u trenutku kada su obje kazaljke na satu poravnate, postavite crtež na brojčanik tako da se vrh kuta poklapa sa središtem rotacije kazaljki, a jedna stranica kuta ide uzduž. ruke.

U trenutku kada se kazaljka za minute na satu pomakne tako da se poklopi sa smjerom druge stranice ovog kuta, povucite zraku od vrha kuta u smjeru kazaljke na satu. Formira se kut jednak kutu zakreta kazaljke u smjeru kazaljke na satu. Sada, koristeći šestar i ravnalo, udvostručite ovaj kut i ponovno udvostručite udvostručeni kut. Kut dobiven na ovaj način bit će ⅓ ovog.

Zaista, kad god kazaljka za minute opisuje određeni kut, satna kazaljka za to vrijeme pomakne se na kut 12 puta manji, a nakon povećanja tog kuta za 4 puta dobije se kut (a/12)*4=⅓ a.

Zaključak

Dakle, nerješivi konstrukcijski problemi igrali su posebnu ulogu u povijesti matematike. U konačnici je dokazano da se ti problemi ne mogu riješiti samo pomoću šestara i ravnala. Ali sama formulacija zadatka - "dokazati nerješivost" - bila je hrabar korak naprijed.

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

Nakon što ste završili i analizirali svoje istraživački rad, donio sam sljedeće zaključke:

✓ pojava takvih problema određena je njihovim praktičnim značenjem (osobito konstrukcija pravilnih poligona);

✓ takvi problemi dovode do razvoja novih metoda i teorija (metoda „umetanja“, pojava kvadratrise, Morleyev teorem);

✓ nerješivi problemi privlače više pažnje znanosti: pronaći rješenje ili dokazati nemogućnost velika je čast.

A naučio sam i:

✓ o matematičarima koji su proučavali ovaj problem;

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

✓ učinkovito pronaći i odabrati potreban materijal;

✓ usustaviti stečeno znanje;

✓ pravilno oblikovati istraživački rad.

Dijeljenje kuta na tri jednaka dijela šestarom i ravnalom (trisjek kuta).

Žarkov Vjačeslav Sergejevič

Odsutan

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 (Trisjek kuta).

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

Ključne riječi:

kutak; dijeljenje kuta; trisekcija kuta.

kut; kut podjele; trisekcija kuta.

UDK 51

Uvod.

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

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

Predloženo rješenje ne zahtijeva složene formacije, gotovo univerzalan i omogućuje vam dijeljenje uglova na bilo koji broj jednakih dijelova, što vam zauzvrat omogućuje konstruiranje bilo kojeg pravilnog poligona.

Uvodni dio.

Povucimo ravnu liniju a i na njemu konstruirati ∆CDE. Nazovimo to "osnovnim" (slika 1).

Odaberite na liniji a proizvoljnu točku F i povuci drugu ravnu liniju b kroz točku F i vrh D trokuta. Na liniji b Uzmimo dvije proizvoljne točke G i H i spojimo ih s točkama C i E kao što je prikazano na slici 1. Analiza slike omogućuje nam da zapišemo sljedeće očite odnose između kutova:

1. α 1 -α 3 =y 1; α3-α5=y3; α1 -α5 =y1 +y3;

2. α2-α4=y2; α4-α6=y4; α2-α6=y2+y4;

3. y 1 /y 2 =y 3 /y 4;

Objašnjenje1.do točke 3: Neka su kutovi ∟C,∟ D,∟ Esu kutovi na odgovarajućim vrhovima osnovnog trokuta ∆CDE. Tada možemo napisati:

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

∟ C+ g 2 +∟ D-(g 2 + g 1 )+∟ E+ g 1 =180 0 - zbroj kutova ∆C.G.E.;

Nekag 1 / g 2 = nilig 1 = n* g 2 , zatim,

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

Zbroj kutova ∆CHE:

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

g 1 + g 3 = n*(g 2 + g 4 ) ilig 1 + g 3 = n* g 2 + n* g 4 , i odg 1 = n* g 2 ,Da

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

Zatim uzmite dvije proizvoljne točke na liniji a- N i M, te povucite dvije crte kroz njih c I d kako je prikazano na sl.2. Očito je, uključujući i ono što je ranije rečeno, da je omjer promjena u odgovarajućim kutovima na pravcima c i d konstantna vrijednost, tj.: (β 1 -β 3)/(β 3 -β 5) = (β 2 -β 4) /(β 4 -β 6)= y 1 / y 3 = y 2 / y 4 ;

Dijeljenje kuta na tri jednaka dijela.

Na kružnici sa središtem u točki A nacrtamo kut E 1 AE 2 =β (vidi sliku 3.1). Na suprotnoj strani kruga, postavimo tri kuta simetrično - CAC 1, C 1 AC 2, C 2 AC 3, svaki jednak β. Podijelimo 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. Povucimo ravne linije kroz točke na krugu kao što je prikazano na sl. 3.1. Povežite ravnim linijama točke C,E 1 i C2,E. (vidi sl. 3.2)

Kroz točku K - sjecište linija, i točku K 1, nacrtajte ravnu liniju. Izaberimo proizvoljnu točku K 2 na tom pravcu i kroz nju povucimo dvije ravne crte iz točaka C i C 2 .

Nije teško uočiti da Sl. 3.2, ako uklonite kružnu liniju, gotovo je identična sl. 2. (Radi jasnoće, dodana je isprekidana linija CC 2). To znači da su ovdje primjenjive sve gore navedene relacije, naime, za kutove koje treba podijeliti na tri jednaka dijela vrijedi sljedeća relacija: y 1 /y 2 =y 3 /y 4 =1/2 (vidi Objašnjenje 1 u uvodnim dijelovima). Sa slike 3.2 postaje jasno kako kut podijeliti na tri jednaka dijela.

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

Opcija 1.

Na kružnici sa središtem A crtamo šestarom simetrično jedan u odnosu na drugi i promjer CB (vidi sl. 4.1) lukove C 1 C 2 =B 1 B 2 =B 2 B 3 =B 1 B 4 jednake β = 50 0 - u odnosu na središte kruga. Polovicu luka C 1 C 2 - CC 1 podijelimo na pola (točka D). Kroz točke B 1 i D povučemo ravne linije, te točke B 3 i C. Spojimo točke B 1 i C, B 3 i C 1. Međusobno povezujemo točke sjecišta - F i E, prethodno nacrtanih linija. Rezultirajući kut α=C 1 AG, ​​​​gdje je G točka presjeka pravca FE s kružnicom, jednak je β/3.

opcija 2.

Na kružnici sa središtem A crtamo šestarom simetrično jedan u odnosu na drugi i promjer CB (vidi sl. 4.2) lukove C 1 C 2 =B 1 B 2 =B 2 B 3 =B 1 B 4 =β= 50 0 - u odnosu na središte kruga. Spojimo točke B 1 i C, B 3 i C 1. Nacrtajmo kutove y 2 =2y 1 (vidi sl. 4.2) iz pravaca B 1 C i B 3 C 1 i nacrtajmo ravne linije koje odgovaraju tim kutovima. Međusobno povezujemo točke sjecišta - F i E, prethodno nacrtanih linija. Rezultirajući kut α=C 1 AG≈16,67 0, gdje je G točka presjeka pravca FE s kružnicom, jednak je β/3.

Potpuna konstrukcija podjele kuta na tri jednaka dijela (na primjeru kuta β=50 0) prikazana je na sl. 5.

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

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

Metoda broj 1.

Na kružnici sa središtem A nacrtamo šestarom simetrično jedan u odnosu na drugi i promjer CB kutove C 2 AC 1 =B 1 AB 2 =B 2 AB 3 =B 3 AB 4 =B 4 AB 5 =B 5 AB 6 =β=35 0. (vidi sl.6)

Podijelimo kut C 2 AC jednako pola kut C 2 AC 1 na pola u točki E. Spojite točkice

E, C 2 , B 1 , B 2 , B 3 međusobno kao što je prikazano na slici 6. Dalje, za dijeljenje kuta koristimo opciju 2 iz prethodno danog primjera, budući da je opcija 1 za dijeljenje kutova na neparan broj > 3 - x jednakih kutova očito nije primjenjivo. S pravaca B 3 E i B 1 C 2 u točkama B 3 odnosno B 1 nacrtamo kutove y 1 i y 2 u omjeru 1:4. Iz točaka B 3 i B 1 povlačimo ravne linije 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 sl. 7) slična je prvoj s jedinom razlikom da se za konstrukciju koristi ¼ kuta C2AC1 - kut EAC uz središnju liniju kruga BC. Prednost ove metode je što olakšava podjelu kuta na veliki broj uglovi - 7, 9, 11 itd.

Konstrukcija pravilnog sedmokuta.

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 je kut podijeljen u jednu fazu, što je ranije prikazano. Ako n-1 ≠ 2 k(2) - tada se kut dijeli na dva stupnja, prvo s n-1 , a zatim dalje n. U svim slučajevima promatra se sljedeći omjer: g 1 / g 2 = 1/ n-1 (3).

Objasnimo to na primjeru konstruiranja pravilnog sedmokuta.

Da biste sastavili sedmerokut, trebate pronaći 1/7 dijela kuta 60 0, pomnožiti ga sa šest i dobiveni kut nacrtati sedam puta oko kruga (ovo je jedna od mogućih opcija). Kako je 7-1=6, u skladu s formulom (2), kut 60 0 podijelit ćemo u dva stupnja. U prvoj fazi dijelimo sa šest, a zatim u drugoj fazi sa sedam. U tu svrhu kut od 30 0 podijelimo na tri jednaka sektora od 10 0 (vidi sl. 8), koristeći, kao najjednostavniju, opciju 1 opisanu na početku članka. Rezultirajući kut ECL=10 0 bit će odvojen od središnje linije kruga (vidi sl. 9). Pretpostavit ćemo da kut ECL pripada kutu 60 0 simetrično položenom u odnosu na središnju crtu.

Dalje, za pronalaženje 1/7 dijela kuta od 60° koristimo metodu br. 2 opisanu ranije. U tu svrhu nacrtat ćemo kut D 1 CD 2 =60 0 simetrično na središnju crtu i kut D 2 CD 3 =60 0 uz njega. U točkama D 1 i D 3 konstruiramo kutove y 1 i y 2 na pravce D 1 E odnosno D 3 L, poštujući proporcije u skladu s formulom (3) - odnosno 1 do 6.

Nacrtajmo ravne linije pod kutovima y 1 i y 2. Spojimo sjecišne točke G i F odgovarajućih pravaca. Kut LCH=60 0 /7. Odvojimo ovaj kut šest puta od točke L do točke B. Odvojimo dobiveni kut BCL još šest puta i kao rezultat ćemo dobiti 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 problema.

Bibliografija:

1. Metelsky N.V. Matematika. Dobro Srednja škola za one koji upisuju sveučilišta i tehničke škole. ur. 3., stereotip. Mn., „Najviši. škola“, 1975., 688 str. od illus.

Recenzije:

2016/03/20, 14:39 Nazarova Olga Petrovna
Pregled: Zanimljivi izračuni, preporučeni za objavu

22.03.2016., 11:09 Mirmovich-Tikhomirov Eduard Grigorievich
Pregled: Zanimljivo, informativno, sažeto. Vidljiv je inženjerski pristup. Ali ovaj materijal ne bi trebao biti objavljen ovdje, nego u bilo kojem obrazovnom časopisu. Ako ju je autor već objavio u drugoj publikaciji, tim više. Osim toga, ova je platforma vrlo prilagođena formuli. Recenzent ne bi volio nikakve obrazovne, didaktičke i nastavni materijali. Ali neću raspravljati s poštovanom Olgom Petrovnom. Možda sami urednici nešto odluče!?. Teško je dati jasnu preporuku da-ne.

22.03.2016 16:16 Odgovor na recenziju autora Zharkov Vyacheslav Sergeevich:
Zadano rješenje, koje očito ne implicira ni približno rješenje problema!!!. Netočan je samo u jednom slučaju, koji je također sasvim očit, ako je zbroj kutova trokuta na ravnini ≠1800. Što je besmislica. Neke osnove, uključujući i matematiku, ponekad zahtijevaju prilagodbu. A didaktika s tim nema veze.