Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

книги из ГПНТБ / Чистяков В.Д. Старинные задачи по элементарной математике

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

29.10.2023

Размер:

8.09 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 3412 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

■114

ка «Геометрические построения на плоскости». М ., 1955, стр. 229.)

Весьма интересное, доступное учащимся старших классов, приближенное построение любого правильно

го л-угольника дает Б. А. Кордемский			в статье	«Де
ление	окружности» («Математика в		школе»,	1953,
№ 1,	стр. 50—51). При л = 7 получается способ по
строения правильного		семиугольника,	причем погреш
ность приближения составляет всего 0,17%.
Задача построения правильного семиугольника сво
дится	к решению уравнения
	‘	х7 — 1 = 0,

которое, как будет показано ниже, неразрешимо в

квадратных	радикалах.								степени	из
Отличные от единицы корни седьмой									степени	из
единицы удовлетворяют уравнению
е6 -f- е5 -(- s 4 -f- в3 -f- в2 ~Г в =								—	1,	(1)
где				Зл	.	. .	2л
				Зл	.	. .	2л
		в =	c o s - , -		+	i sin	~Т'
Так как	в7	к— в	*,	то	уравнение			(1)	примет	вид
6 -j- в- 1		-j- в2 -f- в- 2			+	в3 +■ в- 3		= - - 1 .		(2)
Положим			е -j- в		1 — у,					(3)
тогда			е -j- в		1 — у,					(3)
тогда		в2 +		е -2 =		у2 — 2				(4)
и		в2 +		е -2 =		у2 — 2				(4)
и		в3 +		в-3 =		у3— 3у.				(5)
		в3 +		в-3 =		у3— 3у.				(5)

Г Р £ ЦИ Я

115
Уравнение (2) с помощью соотношений (3), (4)						и
(5) перепишется		так:
		уз + у * - 2 у - 1 = 0.				(6)
Итак, задача		свелась	к решению такого кубичес
кого уравнения, которое,			как	известно,	неразрешимо
в квадратных	радикалах.		Следовательно, задача о по
строении правильного семиугольника невыполнима						с
помощью циркуля и линейки.
Однако с	помощью		двух	прямых	углов уравне

ние (6) разрешимо, а значит, и задача построения пра вильного семиугольника становится также разреши мой. Заметим, что

У =	.	—I	/	2iz .	.	. 2 п \ .
У =	е +	е 1 =	I cos-у- +		I	sin - j - j	-f
,	(	2 п	. .	2 tz \	0	2тс
+	I cos	----- 1	sin -у-1 =		2 cos -j-.

Следовательно, если соединить хордой две вершины

правильного семиугольника через одну,						то	расстояние
„			2л	у
этой хорды от центра cos			-j- =	~ .
Теперь решим графически уравнение (6). Для этого
строим ломаную линию ABCDE (рис.					16),		у	которой
АВ _L ВС, ВС JL	CD и	CD \|_		DE,	причем			АВ — 1,
ВС = 1, CD = 2,	DE =	1,	где	1; 1;	2;	1 — абсолют
ные значения коэффициентов уравнения (6).								как это
Расположим теперь два прямых угла						так,
показано на чертеже (рис.			16),	и построим			так назы-

■118

ваемую разрешающую ломаную AXYE. Производим вычисления и убеждаемся, что отрезок ХВ = у (иско мое решение). Проверим это. Обозначим угол ХАВ через а, тогда

ХВ =

tg а;

CY = ХС tg а = (ХВ +

1) tga =

■ = (tg а +

1) tg а =

tg2a +

tg а;

СУ -

2 + DY =

2 + ctg. = 2 +

2tg а

а 2Л

2tg а + 1

= tgs<x-f tg2a;

tg3a +

tg2a — 2tg a — 1 = 0 ,

откуда

видно,

что

tg a =

ХВ удо

влетворяет

уравнению

(6).

Следовательно,

качестве

можно

взять

отрезок

ХВ.

Учиты-

вая, что

ХВ

= —g— есть расстояние

от центра В хорды, соединяющей

две вершины правильного семи

угольника через одну вершину,

находим

точку

Н — середину

от

резка

ХВ и

восставляем

в ней

этому

отрезку

перпендикуляр,

пе

ресекающий окружность

в точках

и VII,

которые

и будут

вершинами

правильного семиугольника. Как

найти другие вершины,

уже понятно.

34.

Обозначим

через

Z, Т

соответственно

Г Р £ Ц И Я

117
количество белых, черных, рыжих и	пестрых	быков,
а через х, у, z, t — количество коров	той же	масти.

Тогда задача сводится к решению следующей системы уравнений:

х = (“Г + 4 " ) У + Z;

V = ( ^ + ^ ) T + Z’

T = ( ^ + 4 - ) x + Z ;

* = (т"+ 4") (у + уУ’

у = ( ~ г + Т ~ ) (Т +

*=(4"+4")(Z+г);

2 = ( 4 ~ + _ г )

+ *)•

К этим уравнениям нужно еще прибавить два усло вия:

X -f Y равно квадратному числу; Т + Z равно треугольному числу.

Иначе:

X + У = р*;

Г + Z =

И8

Архимед дал подробное решение этой задачи (см. А р х и м е д . Сочинения. М., 1962, стр. 372—377.)

Там для числа X белых быков дается следующий ответ:

X = 1598 ■Ю206541.

Общее же число быков 7766 • Ю206541.

В комментариях к этой задаче И. Н. Веселовский

пишет, что для			записи		ответа			«понадобился		бы том
в 660 страниц, если считать, что на каждой странице
умещается 2500			цифр».							куба свя
35.		Происхождение задачи об удвоении
зано, по-видимому, с желанием древних ученых обоб
щить	легко решаемую				задачу		об удвоении квадрата,
т. е.	построении		квадрата,			который превосходил бы
данный по площади в два раза.
Трудности, связанные с решением								задачи об	удвоении куба,
дали повод к возникновению легенд							о	происхождении этой зада
чи. В качестве примера				приводим одну легенду.					Она	принад
лежит Эратосфену (2 7 6 —					194 гг,	до		н. э.), знаменитому гречес
кому математику, астроному					и философу. Вот что-				он рассказал о
причинах,		побудивших		древних ученых рассматривать						задачу об
удвоении		куба.
Однажды на о. Делосе, что находится в Эгейском море,
вспыхнула эпидемия чумы.					Жители		этого острова		обратились за
помощью и советом к дельфийскому								оракулу, который служил
при храме Аполлона в Дельфах						(Дельфы — общегреческий ре

лигиозный центр в Фокиде, у подножия горы Парнас).

Чтобы прекратить страдания людей, ответил оракул, надо снискать милость богов, а для этого надо удвоить золотой жерт венник Аполлону (богу Солнца), который имел форму куба.

Жители Делоса поспешили отлить из золота два таких жерт венника, какой был установлен в храме Аполлона, и поставили

Г Р € ЦИЯ

119

один на другой, думая, что проблема удвоения кубического жерт

венника ими решена.	Тогда они опять	обратились
Однако чума не прекращалась.	Тогда они опять	обратились
к оракулу с недоуменным вопросом:	«Почему же не	прекращает

ся чума, ведь мы удвоили золотой жертвенник всесильному Аполлону?» На это им оракул якобы ответил: «Нет, вы не реши

ли поставленной задачи! Надо

было удвоить жертвенник,

не из

меняя его кубической формы».

Не в состоянии решить эту задачу так, как требовал оракул,

делосцы обратились за

помощью к математику и философу Пла

тону. Но он уклончиво ответил им:

«Боги, вероятно, недовольны

вами за то, что

вы мало

занимаетесь

геометрией». Однако сам

Платон не сумел решить указанной

задачи

циркулем и линейкой.

С того времени

эта

задача

и стала

именоваться «делосской»

(иногда ее неправильно называют «делийской»).

Древние греки сравнительно легко решили

задачу

об удвоении

квадрата.

Для

этого

надо

было

уметь

строить при помощи циркуля

и линейки

корень

квад

ратный из двух. Действительно, если

сторона данного квадрата равняется а,

а сторона искомого квадрата х, то,

согласно условию задачи, будем иметь

откуда

х2=

2а2,

х = а У 2.

Следовательно,

качестве

надо

взять диагональ данного квадрата,

которая

по теореме

Пифагора

как раз

и будет

равняться

a Y

(рис.

17).

квадрата, древние

Обобщая

задачу

об

удвоении

греки перешли к рассмотрению задачи об удвоении куба и также стремились решить ее при помощи циркуля и линейки.

120

Оказалось, что решение задачи об удвоении куба сво дится к построению циркулем и линейкой корня ку бического из двух. Действительно, если ребро данного куба положить равным а, а ребро искомого куба х, то, согласно условию задачи, будем иметь

хя = 2а3,

откуда

х = аУ~2.

Однако все старания построить У 2 циркулем и линейкой не увенчались успехом. И трудно сказать, как долго еще продолжались бы эти попытки, если бы, наконец, в первой половине XIX в. не было до казано, что при помощи только циркуля и линейки У 2 построить нельзя.

Чтобы иметь хотя бы некоторое представление о разрешимости и неразрешимости задач на построение, ограничимся следующим небольшим замечанием. Преж де всего напомним, что при помощи циркуля и линей ки можно сравнительно легко построить выражения:

а + b; а — Ь\ ]/оЬ; У а ^+ ¥ ; У аг — Ь2,

где а, Ь, с суть данные или найденные отрезки. Если решение задачи сводится к последовательно

му выполнению конечного числа этих операций, то задача оказывается разрешимой при помощи циркуля и линейки. Если же решение задачи не ограничивается последовательным выполнением указанных выше опе раций в конечном числе, то такую задачу при помощи

121		Г Р £		Ц И Я

циркуля и линейки решить невозможно.			Задача		об
удвоении куба и является примером такой			задачи,		ко
торую нельзя решить,	прибегая	только	к	циркулю
и линейке, т. е. путем	проведения окружностей и пря
мых линий.			что	кубичес
В современной математике доказано,
кое уравнение с рациональными		коэффициентами,			не

имеющее рациональных корней, не может быть разре шимо в квадратных радикалах, т. е. ни один из кор ней этого уравнения не может быть построен при помощи циркуля и линейки.

(Доказательство этой теоремы можно прочитать, на

пример,	в	книге Б.		И.	Аргунова	и	М.	Б.	Балка
«Геометрические построения на плоскости». М.,									1955,
стр. 214—217.)
Выше было показано, что задача об удвоении куба
сводится	к	решению кубического уравнения
				х3— 2а* = О,
где а — ребро данного куба, х — искомое ребро									удво
енного куба.
Приняв для			простоты длину ребра				данного		куба
за 1, получим			уравнение		х3 — 2 =	0.	Это	уравнение
с рациональными коэффициентами, как							легко убедить
ся, не может иметь				рациональных		корней.		Следова

тельно, по предыдущей теореме задача об удвоении куба не может быть решена при помощи циркуля и линейки.

Первым из ученых, открыто высказавшим мнение о невозможности построения посредством циркуля и ли

нейки отрезка, равного Y 2, был французский ученый

■122

Р. Декарт. В 1637 г. он высказал предположение, что корень кубический из некубического рационально го числа есть вообще иррациональность, не приводя щаяся к конечному числу действий извлечения квад ратного корня.

Строгое доказательство неразрешимости задачи об удвоении куба при помощи циркуля и линейки было дано французским математиком П. Венцелем в 1837 г.

Одним из первых древнегреческих геометров, сде лавшим значительный шаг в решении задачи об удво

ении куба путем		привлечения	к	циркулю	и линейке
дополнительных		средств, был		Гиппократ	Хиосский
(V в. до н.	э.).
Решение	стереометрической		задачи, какой является

делосская задача об удвоении куба, Гиппократ Хиос ский свел к рассмотрению планиметрической задачи, заключающейся в отыскании двух средних пропорцио нальных между двумя данными отрезками, из кото рых второй в два раза больше первого, т. е. к нахож дению таких двух отрезков х и у, которые, будучи «вставлены» между двумя данными а и 2а, составили'

бы вместе с		ними геометрическую прогрессию:				а, х,
У. 2а.				2а — геометрическая прогрес
Поскольку а, х, у,				2а — геометрическая прогрес
сия, то
		_а______х_			j/_
		х	~	у ~	2а’
откуда	х2 =	ау и у2=	2ах. Следовательно, х4 =			а2у2 =
= 2а?х	или X s = 2а3.		Выходит, что х и есть			ребро

123								Г Р £ ЦИЯ
123
искомого куба,			превосходящего по объему данный куб
с ребром а в два раза.
Ясно, что при помощи циркуля								и линейки «встав
ки» х и у найти нельзя,						так	как обратное приводило
бы к построению циркулем и линейкой х — У 2,									что,
как указывалось выше, выполнить
невозможно.
Оказывается, «вставки» х и у
можно найти, если воспользоваться
дополнительными средствами							в ви
де специально изготовленных при
боров (механизмов). Оригинальные
и весьма		простые			приборы		для	РИ С .	18
механического нахождения «вста								РИ С .	18
механического нахождения «вста								отрезкам а и 2а
вок» х Vi у по двум заданным								отрезкам а и 2а
предложили		Платон			и	Эратосфен.		Прибор Платона
состоит из двух обыкновенных							пря
моугольных		плотничьих				наугольни
ков, а само построение основано на
лемме:	во	всякой		с	прямоугольной
трапеции (рис. 18)				с	перпендикуля
рными диагоналями					отрезки диаго
налей	образуют			геометрическую
прогрессию
^	ОС	_	OB	_	ОА

•ОВ ~ ОА ~ OD

(докажите).

Построение «вставок» х и у, нужных для решения задачи об удвоении куба, про

водится следующим образом. Берутся две взаимно

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 3412 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги из ГПНТБ