Κατασκευή μόνο με διαβήτη !

#1

Γεια σας και ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ !

Από το θεώρημα των Mohr-Mascheroni , κάθε γεωμετρική κατασκευή (με κανόνα και διαβήτη) γίνεται μόνο με διαβήτη.

Μήπως έχετε κατά νου κάποιες τέτοιες κατασκευές που γίνονται με πιο απλό έστω και πολύ έξυπνο τρόπο, παρακάμπτοντας δηλαδή τις πρώτες κατασκευές που έχει και το βιβλίο του Kostovski στο βιβλίο του (MIR)?

Για παράδειγμα :
(α) Πώς θα βρούμε τέσσερα σημεία που να είναι κορυφές τετραγώνου.

(β) Πώς θα βρούμε το μέσο ενός ημικυκλίου , με δοσμένη τη διάμετρο και το κέντρο ;

(γ) Πώς θα κατασκευάσουμε ένα ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο (αρκεί να βρούμε τις κορυφές).

Δεν ξέρω αν υπάρχει ...εύκολη κατασκευή σε κάποιο από αυτά τα προβλήματα (δείχνουν να είναι αλυσίδα),
αλλά αν έχει πέσει κάτι στην αντίληψή σας , θα είναι χαρά να το δούμε και εδώ.
Δεν βάζω το πρόβλημα να βρούμε το κέντρο κύκλου, μια και αυτό το έχουμε λύσει παλιότερα εδώ στην ομάδα.
Ίσως κάποια σχετικά απλή περίπτωση να την βάλουμε και σε νέο Σχολικό Βιβλίο Γεωμετρίας, έτσι ως προέκταση( όλο και κάποιοι φίλοι είναι σε συγγραφικές ομάδες

)

Καλή πρωτοχρονιά !!!

#2

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 30, 2023 8:00 pm
Γεια σας και ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ !

Από το θεώρημα των Mohr-Mascheroni , κάθε γεωμετρική κατασκευή (με κανόνα και διαβήτη) γίνεται μόνο με διαβήτη.

Μήπως έχετε κατά νου κάποιες τέτοιες κατασκευές που γίνονται με πιο απλό έστω και πολύ έξυπνο τρόπο, παρακάμπτοντας δηλαδή τις πρώτες κατασκευές που έχει και το βιβλίο του Kostovski στο βιβλίο του (MIR)?

Για παράδειγμα :
(α) Πώς θα βρούμε τέσσερα σημεία που να είναι κορυφές τετραγώνου.

(β) Πώς θα βρούμε το μέσο ενός ημικυκλίου , με δοσμένη τη διάμετρο και το κέντρο ;

(γ) Πώς θα κατασκευάσουμε ένα ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο (αρκεί να βρούμε τις κορυφές).

Δεν ξέρω αν υπάρχει ...εύκολη κατασκευή σε κάποιο από αυτά τα προβλήματα (δείχνουν να είναι αλυσίδα),
αλλά αν έχει πέσει κάτι στην αντίληψή σας , θα είναι χαρά να το δούμε και εδώ.
Δεν βάζω το πρόβλημα να βρούμε το κέντρο κύκλου, μια και αυτό το έχουμε λύσει παλιότερα εδώ στην ομάδα.
Ίσως κάποια σχετικά απλή περίπτωση να την βάλουμε και σε νέο Σχολικό Βιβλίο Γεωμετρίας, έτσι ως προέκταση( όλο και κάποιοι φίλοι είναι σε συγγραφικές ομάδες )

Καλή πρωτοχρονιά !!!

Μπάμπη καλημέρα και Καλή Χρονιά!!
Πάντα γερός "εν σώματι και πνεύματι" και δημιουργικός!

Ευχές και Καλή Χρονιά στους αναγνώστες μας και σ' όλο τον κόσμο!

Για το όμορφο και ενδιαφέρον θέμα που έβαλες, παλαιότερα είχα διαβάσει από
το βιβλίο με τίτλο "Μαθηματικά Θέματα" του Ν. Γ. Μιχαλόπουλου.
Τώρα βρήκα περισσότερα με τις σύγχρονες μηχανές αναζήτησης...

Για το δεύτερο θέμα, δηλαδή για την κατασκευή αποκλειστικά με τη χρήση μόνο
του διαβήτη(Θεώρημα Mohr-Mascheroni) παραθέτω μια λύση αρκετά απλή, αν
και η κεντρική της ιδέα ανήκει σε παλαιότερες εργασίες με τον τίτλο "Κατασκευή
του μέσου δοθέντος τόξου".

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Μέσο ημικυκλίου μόνο με διαβήτη 2.png (18.27 KiB) Προβλήθηκε 1249 φορές

Γνωρίζουμε τα σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ ως άκρα της διαμέτρου καθώς και το μέσον $\displaystyle{O}$ του
τμήματος που τα συνδέει. Αυτό είναι περιττό γιατί με δεδομένα τα δυο άκρα μπορούμε
μόνο με το διαβήτη να κατασκευάσουμε το μέσο του τμήματος. Έτσι ουσιαστικά το
πρόβλημα είναι να βρούμε το μέσο του ημικυκλίου μόνο από τα δύο άκρα της διαμέτρου αυτού.
Έστω ακόμη ότι είναι $\displaystyle{R}$ η ακτίνα του ημικυκλίου αυτού.

Βήμα 1ο

Κατασκευάζουμε τα συμμετρικά $\displaystyle{C, D}$ του κέντρου $\displaystyle{O}$ ως προς τα σημεία $\displaystyle{A,B}$ αντιστοιχα.
Αυτό γίνεται με τη μέθοδο του κανονικού εξαγώνου.

Βἠμα 2ο

Κατασκευάζουμε τα τόξα $\displaystyle{\stackrel\frown{BF},\stackrel\frown{AF} }$ αντίστοιχα των κύκλων $\displaystyle{(C,CB), (D,DA) }$ .
Το σημείο $\displaystyle{F}$ είναι το σημείο τομής των κύκλων αυτών.

Βήμα 3ο

Θεωρούμε την τομή των κύκλων $\displaystyle{(C,OF), (D,OF) }$ η οποία θα είναι και το ζητούμενο μέσο.
(Γενικά θα έχουμε δυο τομές, κάθε μια για το καθένα ημικύκλιο!)
Κι ακόμα το τμήμα $\displaystyle{OF}$ μας είναι γνωστό μόνο με τα άκρα του.

Απόδειξη

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{(CFO)}$ είναι:

$\displaystyle{OF=\sqrt{(CF)^2-(CO)^2}=\sqrt{(3R)^2-(2R)^2}=R\sqrt{5} (1) }$

Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{COM}$ είναι:

$\displaystyle{CM=\sqrt{(CO)^2+(OM)^2}=\sqrt{4R^2+R^2}=R\sqrt{5} (2) }$

Από τις (1) και (2) προκύπτει η ανάγκη της κατασκευής του μέσου $\displaystyle{M}$

από τους κύκλους $\displaystyle{(C, R\sqrt{5})}$ και $\displaystyle{(D,R\sqrt{5}) }$ .

Κώστας Δόρτσιος

Παραθέτω κι ένα δυναμικό σχήμα για καλύτερη κατανόηση στο σύνδεσμο:

https://www.geogebra.org/m/tcjfmec3

#3

KDORTSI έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2024 12:41 am

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 30, 2023 8:00 pm
Γεια σας και ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ !

Από το θεώρημα των Mohr-Mascheroni , κάθε γεωμετρική κατασκευή (με κανόνα και διαβήτη) γίνεται μόνο με διαβήτη.

Μήπως έχετε κατά νου κάποιες τέτοιες κατασκευές που γίνονται με πιο απλό έστω και πολύ έξυπνο τρόπο, παρακάμπτοντας δηλαδή τις πρώτες κατασκευές που έχει και το βιβλίο του Kostovski στο βιβλίο του (MIR)?

Για παράδειγμα :
(α) Πώς θα βρούμε τέσσερα σημεία που να είναι κορυφές τετραγώνου.

(β) Πώς θα βρούμε το μέσο ενός ημικυκλίου , με δοσμένη τη διάμετρο και το κέντρο ;

(γ) Πώς θα κατασκευάσουμε ένα ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο (αρκεί να βρούμε τις κορυφές).

Δεν ξέρω αν υπάρχει ...εύκολη κατασκευή σε κάποιο από αυτά τα προβλήματα (δείχνουν να είναι αλυσίδα),
αλλά αν έχει πέσει κάτι στην αντίληψή σας , θα είναι χαρά να το δούμε και εδώ.
Δεν βάζω το πρόβλημα να βρούμε το κέντρο κύκλου, μια και αυτό το έχουμε λύσει παλιότερα εδώ στην ομάδα.
Ίσως κάποια σχετικά απλή περίπτωση να την βάλουμε και σε νέο Σχολικό Βιβλίο Γεωμετρίας, έτσι ως προέκταση( όλο και κάποιοι φίλοι είναι σε συγγραφικές ομάδες )

Καλή πρωτοχρονιά !!!
Μπάμπη καλημέρα και Καλή Χρονιά!!
Πάντα γερός "εν σώματι και πνεύματι" και δημιουργικός!

Ευχές και Καλή Χρονιά στους αναγνώστες μας και σ' όλο τον κόσμο!

Για το όμορφο και ενδιαφέρον θέμα που έβαλες, παλαιότερα είχα διαβάσει από
το βιβλίο με τίτλο "Μαθηματικά Θέματα" του Ν. Γ. Μιχαλόπουλου.
Τώρα βρήκα περισσότερα με τις σύγχρονες μηχανές αναζήτησης...

Για το δεύτερο θέμα, δηλαδή για την κατασκευή αποκλειστικά με τη χρήση μόνο
του διαβήτη(Θεώρημα Mohr-Mascheroni) παραθέτω μια λύση αρκετά απλή, αν
και η κεντρική της ιδέα ανήκει σε παλαιότερες εργασίες με τον τίτλο "Κατασκευή
του μέσου δοθέντος τόξου".

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:
..............................................................

Κώστας Δόρτσιος

Παραθέτω κι ένα δυναμικό σχήμα για καλύτερη κατανόηση στο σύνδεσμο:

https://www.geogebra.org/m/tcjfmec3

Κώστα, καλή χρονιά !
Εύχομαι πάντα υγεία και όμορφα χρόνια εκεί στα ωραία Γρεβενά και τα υπέροχα βουνά της !

Χαίρομαι πάρα πολύ για αυτή την κατασκευή. Δεν την γνώριζα, όπως και τις άλλες που ρώτησα.
Είναι πολύ όμορφη και ίσως βρω τρόπο να την περιέχει και κάποιο νέο σχολικό βιβλίο, μια και κάποιοι φίλοι είναι σε συγγραφικές ομάδες.Καλό είναι να δώσουμε και αυτό το στίγμα.
Μερικές φορές η τύχη φέρνει πολλές χαρές !
Η μία είναι το μήνυμά σου, μια και σήμερα είναι η πρώτη μέρα που μπαίνω μετά από μέρες.
Η άλλη είναι πριν λίγο κατέβασα από το δίκτυο, τελείως τυχαία, το βιβλίο των Dudeney - Gardner , 567 Puzzles και εκεί είδα κατασκευή μόνο με διαβήτη τετραγώνου, με λίγο διαφορετική απόδειξη , πάντα όμως με μετρική αιτιολόγηση (δεν την έχει το βιβλίο).
Αν δεν έχεις το βιβλίο, στείλε μου ένα μήνυμα στο stergiu@otenet.gr για να στο στείλω με ιδιαίτερη χαρά.
Σε χαιρετώ και εύχομαι μέσα στο 2024 μόνο χαρές και βόλτες !

#4

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 30, 2023 8:00 pm
Γεια σας και ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ !

Από το θεώρημα των Mohr-Mascheroni , κάθε γεωμετρική κατασκευή (με κανόνα και διαβήτη) γίνεται μόνο με διαβήτη.

Μήπως έχετε κατά νου κάποιες τέτοιες κατασκευές που γίνονται με πιο απλό έστω και πολύ έξυπνο τρόπο, παρακάμπτοντας δηλαδή τις πρώτες κατασκευές που έχει και το βιβλίο του Kostovski στο βιβλίο του (MIR)?

Για παράδειγμα :
(α) Πώς θα βρούμε τέσσερα σημεία που να είναι κορυφές τετραγώνου.

(β) Πώς θα βρούμε το μέσο ενός ημικυκλίου , με δοσμένη τη διάμετρο και το κέντρο ;

(γ) Πώς θα κατασκευάσουμε ένα ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο (αρκεί να βρούμε τις κορυφές).

Δεν ξέρω αν υπάρχει ...εύκολη κατασκευή σε κάποιο από αυτά τα προβλήματα (δείχνουν να είναι αλυσίδα),
αλλά αν έχει πέσει κάτι στην αντίληψή σας , θα είναι χαρά να το δούμε και εδώ.
Δεν βάζω το πρόβλημα να βρούμε το κέντρο κύκλου, μια και αυτό το έχουμε λύσει παλιότερα εδώ στην ομάδα.
Ίσως κάποια σχετικά απλή περίπτωση να την βάλουμε και σε νέο Σχολικό Βιβλίο Γεωμετρίας, έτσι ως προέκταση( όλο και κάποιοι φίλοι είναι σε συγγραφικές ομάδες )

Καλή πρωτοχρονιά !!!

Μπάμπη καλημέρα...

Σ' ευχαριστώ για το βιβλίο που μου έστειλες το οποίο είναι πολύ χρήσιμο και η ανάγνωσή του
απαιτεί ευρύτητα γνώσεων και ιδεών...

Είδα την κατασκευή του τετραγώνου που υπάρχει στο βιβλίο αυτό στο πρόβλημα 258 καθώς και τη λύση του.
Παραθέτω τη λύση αυτή στη συνέχεια αφού πρώτα σημειώσω ότι αγγίζει τη λύση εύρεσης του μέσου ημικυκλίου που
ανάρτησα προηγούμενα. Εξάλλου αυτό είναι φανερό γιατί αν μπορέσουμε να βρούμε το μέσο του ημικυκλίου τότε
ευκολα βρίσκουμε και το τετράγωνο. Αξίζει να την παραθέσω ακολούθως:

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Τετράγωνο 1.png (19.6 KiB) Προβλήθηκε 1060 φορές

Βήμα1ο
Με το διαβήτη μας (μοναδικό εργαλείο, καθώς και το μολύβι μας) κατασκευάζουμε τον κύκλο $\displaystyle{(O,R)}$

όπου $\displaystyle{R}$ ένα τυχαίο άνοιγμα του διαβήτη μας.

Βήμα 2ο
Σημειώνουμε ένα τυχαίο σημείο $\displaystyle{A}$ στον κύκλο αυτό.

Βήμα 3ο
Με άνοιγμα του διαβήτη ίσο με εκείνο που κατασκευάσαμε τον αρχικό κύκλο σημειώνουμε διαδοχικά

τα σημεία $\displaystyle{B, C, D}$ επί του κύκλου. Έτσι βρέθηκε το αντιδιαμετρικό του σημείου $\displaystyle{A}$ .

Βήμα 4ο
Κατασκευάζουμε τους κύκλους $\displaystyle{(A, AC)}$ και $\displaystyle{(D,DB)}$ οι οποίοι είναι ίσοι και σημειώνουμε το ένα

σημείο τομής αυτών $\displaystyle{E}$ .

Βήμα 5ο
Με κέντρο το σημείο $\displaystyle{A}$ γράφουμε τον κύκλο $\displaystyle{(A, OE)}$ και έτσι βρίσκουμε τα σημεία $\displaystyle{F}$ και $\displaystyle{G}$ .

Το ζητούμενο τετράγωνο θα είναι: $\displaystyle{(AFDF' )}$ .

Απόδειξη

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Τετράγωνο 2.png (25.28 KiB) Προβλήθηκε 1060 φορές

Στο σχήμα αυτό βλέπουμε και τα ευθύγραμμα τμήματα τα οποία ασφαλώς εννοούνται...

Είναι:

$\displaystyle{AC=BD=R \sqrt{3} \ \ (1) }$

δηλαδή είναι ίσα με την πλευρά ισοπλεύρου τριγώνου εγγεγραμμένου στον αρχικό κύκλο. r

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{(AOE)}$ θα είναι ακόμα:

$\displaystyle{(EO)=\sqrt{(AE)^2-(AO)^2}=\sqrt{(R \sqrt{3})^2-R^2}=R \sqrt{2} \ \ (2) }$

Η σχέση (2) δηλώνει ότι η $\displaystyle{(EO)}$ είναι ίση με την πλευρά του τετραγώνου του εγγεγραμμένου

στον αρχικό κύκλο.

Έτσι ο κύκλος $\displaystyle{(A, (OE))}$ τέμνει τον αρχικό κύκλο και ορίζει τις κορυφές $\displaystyle{F, F' }$ του ζητούμενου τετραγώνου το

οποίο εμφανίζεται στο ακόλουθο τρίτο σχήμα:

: Τετράγωνο 3.png (28.21 KiB) Προβλήθηκε 1060 φορές

Κώστας Δόρτσιος

#5

Κώστα, σε ευχαριστώ πάρα πολύ !
Να περνάς καλά !
Καλό Σαββατοκύριακο.

mathematica.gr

Κατασκευή μόνο με διαβήτη !

Κατασκευή μόνο με διαβήτη !

Re: Κατασκευή μόνο με διαβήτη !

Re: Κατασκευή μόνο με διαβήτη !

Re: Κατασκευή μόνο με διαβήτη !

Re: Κατασκευή μόνο με διαβήτη !

Μέλη σε σύνδεση