Α.Κί.ΔΑ

 

 

 

 

Ποιοι είναι Online

Έχουμε 277 επισκέπτες συνδεδεμένους

 

 

Η γνώμη σας μετρά

Για ποια θα θέλατε να ενημερώνεστε περισσότερο σε αυτή τη σελίδα;






Αποτελέσματα

ΑΚΙΔΑ Facebook

Τετραγωνισμοί

Μιχάλης Α. Πόλης Εκπαιδευτικός

Η αναφορά στη ρύμη του λόγου της έκφρασης « τετραγωνισμός του κύκλου» οριοθετεί την έννοια ενός άκρως δισεπίλυτου προβλήματος, κάτι σαν τον γόρδιο δεσμό. Η ρίζα της έκφρασης οφείλεται στους αρχαίους Έλληνες μαθηματικούς, οι οποίοι προσπαθούσαν να κατασκευάσουν με χάρακα και διαβήτη τετράγωνο ίσου  εμβαδού με κύκλο γνωστής ακτίνας. Αν και διάφοροι  μαθηματικοί όπως ο Αρχιμήδης, ο Ιππίας και άλλοι εισηγήθηκαν ευφυείς τρόπους επίλυσης του προβλήματος, οι λύσεις αυτές δεν τηρούσαν την βασική αρχή της αρχαίας Ελληνικής Γεωμετρίας που ήταν η προσπέλαση των προβλημάτων μόνο με το σχεδιασμό ευθειών γραμμών και τόξων δηλαδή με τη χρήση χάρακα και διαβήτη. Ο λόγος της αδυναμίας λύσης του προβλήματος γεωμετρικά, είναι αντικειμενικά μαθηματικός, γιατί ο αριθμός π=3,14159..είναι άρρητος και υπερβατικός και μη κατασκευάσιμος με χάρακα και διαβήτη. Η αδυναμία γεωμετρικής επίλυσης του προβλήματος αποδείχτηκε από το γερμανό μαθηματικό Lindemann το 1882.

Η ερασιτεχνική μελέτη των μαθηματικών, μια διαχρονική αγαπημένη απασχόληση, καταπιεσμένη από την βιοτική ανάγκη, τη δουλειά, τις καθημερινές μέριμνες κλπ βρίσκει διέξοδο τις μέρες της σχόλης, ιδίως τις καλοκαιρινές διακοπές, που παρέχουν χρόνο για αυτοσυγκέντρωση και πνευματική άσκηση. Αν και ο τετραγωνισμός του κύκλου δεν μπορεί να επιτευχθεί με χάρακα και διαβήτη, ο τετραγωνισμός απλών γεωμετρικών σχημάτων όπως το ορθογώνιο και το τρίγωνο είναι απλός με την κλασσική ευκλείδεια μέθοδο.

Μακριά από το πολύβουο περιβάλλον του σχολείου, μόνος στο γραφείο μου, υπάρχει άφθονος χρόνος για να πάρω το χάρακα και το διαβήτη και με σκέψη και περισυλλογή να αγγίξω την ουσία της μεθόδου των αρχαίων Ελλήνων γεωμετρών. Είμαι χαρούμενος γιατί   απασχολούμαι  με μια δραστηριότητα που με ενδιαφέρει. Στα πλαίσια αυτά θα παρουσιάσω δύο σχετικά απλά παραδείγματα τετραγωνισμού ευθυγράμμων σχημάτων.

  1. Τετραγωνισμός δοθέντος ορθογωνίου

Αν έχουμε ένα τυχαίο ορθογώνιο πώς μπορούμε μόνο με χάρακα και διαβήτη να κατασκευάσουμε ένα τετράγωνο με ίσο εμβαδόν; Ας θυμηθούμε ότι ο χάρακας απλώς χαράζει ευθείες γραμμές ακαθόριστου μήκους, ενώ ο διαβήτης τόξα κύκλου. Ο χάρακας μας δεν χρησιμοποιείται σαν την ρίγα, ενώ ο διαβήτης μπορεί εκτός από τόξα  να οριοθετεί ίσα διαστήματα πάνω σε δεδομένες γραμμές.  Ας πάμε όμως στο πρώτο πρόβλημα πιο αναλυτικά.

Παρουσίαση του προβλήματος

Το 14ο λήμμα του Δευτέρου Βιβλίου των Στοιχείων¹ του Ευκλείδη λύει το πρόβλημα της κατασκευής τετραγώνου, ίσου προς δοθέν ορθογώνιο με γνωστές τις διαστάσεις ως εξής: ( Η απόδοση του λεκτικού του προβλήματος και της μεθοδολογίας λύσης που ακολουθεί χρησιμοποιεί σύγχρονη μαθηματική ορολογία)

Έστω ορθογώνιο ΑΒΓΔ. Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΒ κατά  ΒΕ = ΒΓ. Ακολούθως διχοτομούμε¹ την ΑΕ και έστω Ο το μέσον αυτής. Με ακτίνα ΑΟ γράφουμε ημικύκλιο εκτός του ορθογωνίου ΑΒΓΔ και ακολούθως επεκτείνουμε την ΒΓ προς την πλευρά του Β μέχρι να τέμνει το ημικύκλιο σε σημείο της περιφέρειας το οποίο ονομάζουμε Ζ. Η ΒΖ είναι η ζητούμενη πλευρά του  τετραγώνου που έχει ίσο εμβαδόν με το ορθογώνιο ΑΒΓΔ. Ακολούθως κατασκευάζουμε το τετράγωνο προσδιορίζοντας το σημείο Η στην προέκταση της ΑΕ τέτοιο ώστε ΒΖ = ΒΗ Ύστερα προσδιορίζουμε την τέταρτη κορυφή του ζητούμενου τετραγώνου γράφοντας από τα σημεία Ζ και Η τόξα κύκλου ακτίνας ίσης με τη ΒΖ και ορίζοντας το Θ ως το σημείο τομής τους. Το τετράγωνο ΒΗΘΙ είναι το ζητούμενο σχήμα. ( Τα σχήματα επισυνάπτονται σε ξεχωριστό έγγραφο )

Απόδειξη:

Έστω ότι ΑΒ = α, και ΒΓ = β. Προφανώς το εμβαδόν του ΑΒΓΔ = α. β

ΒΕ = β και άρα ΑΕ = α + β

Προφανώς η ακτίνα του κύκλου ΑΟ = ½ (α + β)

ΟΒ= ΟΕ- ΒΕ=½ (α + β) - β = =½ (α-β)

Αφού το τρίγωνο ΒΟΖ είναι ορθογώνιο μπορούμε να ορίσουμε το μήκος του ΒΖ με τη χρήση του πυθαγορείου θεωρήματος.

ΒΖ² = ΟΖ² - ΟΒ²

Þ ΒΖ² = [ ½ (α + β)]² - [ ½ (α - β)]²                    (σημ. 2)

Þ ΒΖ² = [ ½ (α + β) + ½ (α - β)] [ ½ (α + β) - ½ (α - β)]

Þ ΒΖ² = α. β = ΑΒ. ΒΓ

Εφόσον ΒΖ² = ΑΒ. ΒΓ είναι φανερό ότι το ΑΒΓΔ έχει ίσο εμβαδόν με το τετράγωνο ΒΗΘΖ και άρα η απόδειξη έχει ολοκληρωθεί

2. Τετραγωνισμός τριγώνου

Η ενασχόληση μου με το πρόβλημα του τετραγωνισμού του τριγώνου είναι μια προσπάθεια να εφαρμόσω και επεκτείνω τη γνώση του προηγούμενου προβλήματος στη λύση ενός άλλου παρόμοιου. Δεν πήρα τη λύση από κάποιο βιβλίο, απλώς ήταν μια δική μου προσπάθεια. Αυτό δεν σημαίνει ότι είναι πρωτότυπη. Εξάλλου είναι απλή εφαρμογή στοιχειωδών γνώσεων γεωμετρίας.

Το πρόβλημα

Ζητείται όπως κατασκευαστεί, μόνο με τη χρήση χάρακα και διαβήτη τετράγωνο ίσου εμβαδού με δοθέν τρίγωνο ΑΒΓ

Η λύση

Έστω τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ. Από το σημείο Γ γράφουμε το ύψος³ ΓΔ επί της πλευράς ΑΒ. Προεκτείνουμε την ΑΒ κατά  ΒΕ = ΓΔ.  Ακολούθως διχοτομούμε την ΑΕ και έστω Ο το μέσον αυτής. Με ακτίνα ΑΟ γράφουμε ημικύκλιο εκτός του τριγώνου ΑΒΓ και ακολούθως γράφουμε κάθετο επί της ΑΕ στο σημείο   Β που τέμνει το ημικύκλιο σε σημείο της περιφέρειας το οποίο ονομάζουμε Ζ.  Διχοτομούμε τη ΒΖ και έστω Η το μέσον αυτής. Προσδιορίζουμε ακολούθως σημείο Θ επί της ΒΕ τέτοιο ώστε ΒΗ = ΒΘ. Γράφουμε την ΗΘ που είναι η πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου. Σχεδιάζουμε ακολούθως κάθετες γραμμές επί της ΗΘ στα σημεία Η και Θ Προσδιορίζουμε σημεία Ι και Κ πάνω στις κάθετες τέτοια ώστε ΗΘ = ΘΚ = ΚΙ = ΙΗ. Το ΗΘΙΚ είναι το ζητούμενο  τετράγωνο που έχει ίσο εμβαδόν με το αρχικό τρίγωνο ΑΒΓ. ( Τα σχήματα επισυνάπτονται σε ξεχωριστό έγγραφο)

Απόδειξη

Έστω ότι ΑΒ = α, και ΓΔ = υ. Προφανώς το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ = ½ α. υ

ΒΕ = υ και άρα ΑΕ = α + υ

ΑΟ = ½  και άρα ΑΟ = ½ (α+ υ)

ΟΑ =ΟΕ = ΟΖ = ½ (α+ υ) αφού όλες είναι ακτίνες του ιδίου κύκλου.

Þ ΟΒ = ΟΕ – ΒΕ = ½ (α+ υ) – υ

Þ ΟΒ =  ½ (α- υ)

Εφόσον το τρίγωνο ΒΖΟ είναι ορθογώνιο (Β ορθή ) εκ του πυθαγορείου θεωρήματος προκύπτει ότι:

ΒΖ² = ΟΖ² - ΟΒ²

Þ ΒΖ² = [½ (α+ υ)] ² - [½ (α- υ)] ²

Þ ΒΖ² = α. υ και άρα ΒΖ = √(α. υ)

Όμως ΒΗ = ΒΘ = ΒΖ/2

Þ ΒΗ = ½√(α. υ)

Αφού το τρίγωνο ΒΗΘ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές μπορούμε να υπολογίσουμε το μήκος της ΗΘ που είναι η πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου με τη χρήση του πυθαγορείου θεωρήματος.

ΗΘ² = ΒΗ²  + ΒΘ² = 2 ΒΗ²

Þ ΗΘ² = 2 [  ½√(α. υ)]²

Þ ΗΘ² = ½ α . υ

Και προφανώς το τετράγωνο ΗΘΙΚ έχει ίσο εμβαδόν με το αρχικό τρίγωνο ΑΒΓ.

Σημειώσεις

  1. Για τη διχοτόμηση δοθέντος τμήματος γράφομε κυκλικά τόξα ίσης ακτίνας από τα άκρα του. Η ακτίνα πρέπει να είναι μεγαλύτερη από το μισό του τμήματος. Τα κυκλικά τόξα ορίζουν τη μεσοκάθετη του τμήματος η οποία το τέμνει ακριβώς στη μέση.
  1. Η παράσταση [ ½ (α + β)]² - [ ½ (α - β)]²   είναι διαφορά τετραγώνων και αναλύεται με βάση τη γνωστή ταυτότητα α² - β² = (α + β ) ( α – β ).
  1. Για να φέρουμε το ύψος από την κορυφή τριγώνου προς την απέναντι πλευρά ενεργούμε ως εξής. Από την κορυφή του τριγώνου γράφουμε τόξο κύκλου που τέμνει την απέναντι πλευρά σε δύο σημεία. Ακολούθως διχοτομούμε το ευθύγραμμο τμήμα που προκύπτει από τα δύο σημεία με βάση όσα αναφέρονται στη σημείωση 1. Ενώνουμε το μέσο του τμήματος με την κορυφή του τριγώνου και έχουμε το ζητούμενο ύψος.

Βιβλιογραφία – πηγές

  1. Cuomo S Αρχαία Μαθηματικά, Εκδόσεις Ενάλιος 2001
  1. Δημήτρης Τσιμπουράκης, Η γεωμετρία και οι εργάτες της στην αρχαία Ελλάδα, εκδόσεις  ALIEN 1985
  1. Χρ. Γ. Παπανικολάου, Ευκλείδειος Γεωμετρία, Εκδόσεις ΟΕΔΒ 1978
 

Εκπαιδευτικό Υλικό

 

facebook Twitter YouTube
Τελευταία Ενημέρωση:
Πέμπτη,
09/05/2019 11:38