Arbelos Archimedes • Boris Bychkov • Tugas sains popular mengenai "Unsur" • Matematik

Arbelos Archimedes

Rajah. 1

Tugas

Pada segmen AB titik diambil C. Mengenai segmen AC, BC dan AB, seperti pada diameter, separuh bulatan dibina dalam satu satah satah s1, s2 dan s masing-masing. Dari sudut itu C dipulihkan dengan tegak lurus ke garisan ABmelintasi bulatan s pada masa itu D. Lingkaran α dan β dilukiskan menjadi dua segi tiga curvilinear terbentuk: yang pertama merangkumi segmen CDseparuh bulatan s1 dan busur AD, yang kedua – segmen itu CDseparuh bulatan s2 dan busur Bd. Buktikan bahawa kedua-dua lingkaran bertulis ini adalah sama.


Petua 1 untuk menyelesaikan 1

Biarkan a dan b – jejari separuh bulatan s1 dan s2 sewajarnya r adalah jejari bulatan α. Ekspres r melalui a dan b.


Petua 2 untuk menyelesaikan 1

Biarkan E, F dan G – pusat separa bulatan s1, s2 dan s masing-masing, dan O – pusat bulatan α (Rajah 2). Pertimbangkan segitiga Oeg; semua pihaknya dinyatakan melalui a, b dan r.

Rajah. 2


Petua Penyelesaian 2

Pertimbangkan pembinaan di ara. 3. Buktikan bahawa ia memenuhi syarat-syarat masalah (untuk ini, khususnya, perlu untuk membuktikan bahawa baris MN melewati titik B).

Rajah. 3


Penyelesaian 1

Benar GA = GB = a + b, Oe = a + r; Og = a + br; EG = GAEA = a + ba = b.

Drop serenjang OH secara langsung EG (rajah 4):

Rajah. 4

CH = r; EH = ECCH = ar; Gh = |CGCH| = |abr|.

OH2 = (a + r)2 – (ar)2 = (a + br)2 – (abr)2.

Menyelesaikan persamaan yang dihasilkan untuk r kami dapat:

(1)

Untuk mencari jejari bulatan β dengan pusat Q, kita perlu mempertimbangkan segitiga QFG dan melakukan pengiraan untuknya, serupa dengan yang dilakukan di atas, berubah a dan b di beberapa tempat, kerana lingkaran β merangkumi separuh bulatan s2. Tetapi sejak itu r tidak berubah apabila diganti dalam ungkapan (1) a pada bmaka hasil pengiraan tidak akan berubah.

Tidak ada pengiraan, tetapi dengan cara mereka sendiri penyelesaian yang lebih elegan.


Penyelesaian 2

Kami memberikan keputusan Archimedes sendiri, yang mungkin kelihatan lebih rumit, tetapi juga lebih menarik. Untuk ini kami memerlukan lemma berikut:

Lemma Diberi dua bulatan tangen ω dan ω1 dan lurus CDmengenai salah seorang daripada mereka dan memotong yang lain (Rajah 5). Biarkan B – titik ketangkasan kalangan, A – titik ketajaman garis dan bulatan, E – titik kedua persimpangan garisan AB dan bulatan ω. Buktikannya E – tengah arka CD.

Rajah. 5

Bukti. Biarkan O dan O1 – pusat bulatan ω dan ω1 sewajarnya; maka segitiga OEB dan O1AB – adalah isosceles dan mereka mempunyai sudut yang sama di pangkalan O1BA. Oleh itu OEB = O1AB Oe || O1A. O1ACD OeCD E – tengah arka CD.

Perhatikan bahawa dalam hal ketangkasan luar bulatan, lemma juga benar, dan buktinya adalah serupa.

Biarkan M – titik hubungan α dan s, N – titik hubungan α dan CD, K – titik hubungan α dan s1 (Rajah 3). Gunakan lemma untuk pembinaan kami; kemudian lurus MN pergi melalui titik B dan lurus NK pergi melalui titik A.

Rajah. 3

Seterusnya, P – titik persimpangan kedua NK dan s, R – titik persimpangan CD dan BP.

N – titik persimpangan ketinggian dalam segitiga ARBsejak itu APB = RCB = 90 °, oleh itu langsung RA pergi melalui titik M.

Biarkan L – titik persimpangan kedua RA dan α, maka LKN = 90 ° (seperti sudut berdasarkan diameter), tetapi AKC = 90° mata L, K dan C berbohong pada satu baris lurus.

Ln – diameter lingkaran α, oleh itu Ln || ABOleh itu

Perhatikan bahawa LC || RBkerana ia berserenjang APOleh itu

Dalam notasi penyelesaian pertama, ungkapan yang dihasilkan mengambil bentuk

dan selepas mengurangkan faktor-faktor yang sama bertepatan dengan ungkapan (1).


Penyelesaian 3

Satu lagi penyelesaian yang indah adalah penyelesaian menggunakan penyongsangan.

Penyongsangan berpusat pada satu titik O dan radius R adalah transformasi pesawat (tidak termasuk titik O), di mana setiap titik M diberikan titik sedemikian M ' pada rasuk OMitu OM·OM ' = R2.

Ia segera mengikuti dari definisi bahawa jika M ' terdapat imej M, kemudian M (dengan penukaran ini) terdapat gambar M '. Transformasi sedemikian dipanggil invusional atau hanya melibatkan (dari bahasa Latin involutio – "lipatan"), kerana selepas permohonan kedua penyongsangan semua titik kembali ke tempat mereka.

Lebih banyak maklumat mengenai penyongsangan boleh dibaca, contohnya, dalam artikel "Penyongsangan" oleh V. M. Uroyev ("Kvant" No. 5, 1984).

Kami akan memerlukan hartanah berikut:

  • garis lurus yang melalui pusat penyongsangan masuk ke dalam dirinya sendiri;
  • bulatan yang melintasi pusat penyongsangan, masuk ke garis lurus, tidak melalui pusat penyongsangan;
  • bulatan yang tidak melalui pusat penyongsangan masuk ke dalam bulatan yang tidak melewati pusat penyongsangan.

Kami melakukan penyongsangan dengan pusat pada titik itu B dan radius Bd (Rajah 6).

Rajah. 6

Perhatikan bahawa Bd2 = BA·BC; jadi DC – ketinggian segi tiga tepat ABDOleh itu, pada masa ini penyongsangan A dan C menukar tempat. Jelas, maksudnya D masuk ke dalam dirinya sendiri, jadi imej bulatan s (agar tidak mempertimbangkan imej separuh bulatan, kita akan menggunakan huruf yang sama untuk menandakan bulatan yang sepadan) CD (merujuknya s '), dan sebaliknya, terus CD masuk ke dalam bulatan s. Dalam bulatan s2 adalah garis lurus (kami menandakannya l) melalui titik tersebut A berserenjang AB.

Pada masa yang sama, bulatan β mesti masuk ke dalam bulatan yang menyangkut imej CD, s2 dan siaitu dalam bulatan menyentuh garis menegak merah dan separuh bulatan s. Ini adalah bulatan β 'dengan garis pusat AC.

Seterusnya, pertimbangkan homoety dengan pusat di Bpada masa itu C pergi ke titik A.

(Homotetia (dari bahasa Yunani homos – sama, serupa, bersama, biasa dan thetos – terletak) adalah transformasi pesawat, di mana setiap titik M beberapa titik diberikan M'berbaring OMdi mana Oh – titik tetap, dan nisbah OM\’ : OM = k (pekali homemakty) adalah sama untuk semua mata M. Dengan homoei, setiap angka berubah menjadi yang sama, dan semua jarak di antara mata berubah tepat k kali.)

Kemudian separuh bulatan itu s2 akan berubah menjadi separa bulatan slurus CD dalam garis lurus l. Akibatnya, lingkaran β akan berubah menjadi lingkaran yang menyentuh separuh bulatan s dan lurus lyang terletak di tengah sinar BO adalah bulatan β '. Dalam notasi terdahulu (AC = 2a, BC = 2b, r – radius β) pekali homotik k sama dengan

Tetapi nisbah radius bulatan β dan β 'juga sama dengan pekali homemakty:

Akibatnya, kita mendapatkan formula yang sudah biasa untuk jejari bulatan yang ditulis dalam Arbelos:


Selepas perkataan

Arbelos – sebagai Archimedes disebut segitiga curvilinear, dibatasi oleh tiga separuh bulatan, kerana kesamaannya dengan garis besar pisau kasut, yang digunakan untuk memotong kulit (lihat Gambar 7). Dan kita juga memanggilnya "Arbelos Archimedes", kerana Archimedes menghabiskan banyak masa dalam kajiannya mengenai angka ini dalam buku "Lemmas" (lihat juga: Buku Lemmas), disangkut oleh Archimedes oleh saintis Arab, Sabit ibn Kurra, dan lima pernyataan dari Arbelos ( dari keempat hingga kelapan).

Rajah. 7

Masalah yang kita perolehi adalah pernyataan kelima, dan penyelesaian kedua masalahnya adalah penyelesaian dari Lemmas.

Kalangan α dan β juga dipanggil Archimedes twin circle (Lingkaran kembar Archimedes), dan mana-mana bulatan entah bagaimana ditulis dalam Arbelos, sama dengan α dan β, dipanggil sekitar Archimedes.

Arbelos mempunyai banyak sifat menarik yang dipelajari oleh Archimedes dan saintis Yunani kuno lain pada separuh kedua abad ke-3 AD er – Papp Alexandria (lihat juga: Pappus dari Alexandri).

Oleh itu, dalam pernyataan keempat "Lemmas", di mana konsep arbelos diperkenalkan, dinyatakan bahawa kawasannya adalah sama dengan luas bulatan dengan diameter CD (lihat rajah 8). Tidak sukar untuk membuktikannya sendiri atau membaca, sebagai contoh, di sini.

Rajah. 8

Dalam pernyataan kelapan "Lemme," Archimedes menyebutkan rangkaian lingkaran yang diperkenalkan oleh Papp dari Alexandria. Dia menganggap rantai bulatan yang tertulis di Arbelos (lihat Gambar 9) dan membuktikan bahawa jarak dari pusat itu nbulatan ke baris AB sama dengan produk diameter lingkaran ini oleh n (O2H = 2·d2di mana d2 – diameter bulatan dengan pusat O2).

Rajah. 9

Cara paling mudah adalah untuk membuktikannya menggunakan penyongsangan (lihat, contohnya, buku oleh I. D. Zhizhilkin Penyongsangan, ms 26). Perlu diingat bahawa bukti itu sangat sukar tanpa menarik penyongsangan dan tidak memandang rendah kerja Papp. Penyongsangan mula digunakan kira-kira satu setengah setengah tahun selepas Papp mendapati penyelesaiannya.

Menariknya, pusat lingkaran Pappa terletak pada elips dengan fokus di tengah-tengah segmen. AB dan AC. Dan mata sentuhan mereka terletak pada satu bulatan.

Selepas Archimedes dan Pappus, geometers sekali lagi menjadi tertarik pada kalangan Archimedes hanya pada abad ke-20. Ini adalah terutamanya kajian-kajian yang dikhaskan untuk mencari bulatan Archimedes baru (bulatan yang sama dengan dua bulatan terawal awal dari keadaan masalah kita).

Pada tahun 1978, Thomas Schoch menemui 12 kalangan Archimedes (lihat kalangan Schoch). Dalam ara. 10 menunjukkan salah seorang daripada mereka – ω. Arka merah adalah busur bulatan dengan pusat di mata A dan B dan radii AC dan BC masing-masing.

Rajah. 10 Reka Bentuk Wu

Pada tahun 1999, Peter Woo memperlekehkan pembinaannya dan membina satu siri yang tidak berkesudahan dalam kalangan Archimedes yang berpusat pada Schoch (oren lurus Sch dalam rajah. 10).

Membina siri bulatan Wu: mengambil nombor positif sewenang-wenangnya m dan pertimbangkan dua bulatan dengan radii ma dan mb dan berpusat di lurus ABmengenai pada ketika itu C. Dalam ara. 11 menggambarkan dua pasang bulatan tersebut (biru dan merah) untuk dua nilai yang berbeza. m (salah seorang pasangan m = 2 dan, dengan itu, pusat-pusat itu berada di tempat A dan B). Mana-mana bulatan yang berpusat di garis Schoch (garis tegak biru di dalam gambar) menyentuh bulatan ini adalah Archimedean (dalam Rajah 11 dua bilangan tak terhingga bulatan Archimedean Wu digambarkan).

Rajah. 11

Geometri Belanda Flur van Lamoen (Floor van Lamoen) yang diterbitkan pada tahun 2006 sebuah artikel "Archimedean Adventures" (PDF, 170 Kb), yang menjelajahi kalangan baru Archimedes dan membina beberapa keluarga tak terhingga kalangan menggunakan saline – satu lagi tokoh yang diperkenalkan oleh Archimedes di Lemmas. Di samping itu, beliau membuat katalog besar Archimedes.

Satu lagi pusingan Archimedes (lihat bulatan Bankoff) telah dijumpai oleh Leon Bankoff, editor Pi Mu Epsilon Journal.

Di laman web Thomas Schoch Arbelos.Sifat Menakjubkan boleh melihat animasi beberapa reka bentuk bulatan Archimedes.


Like this post? Please share to your friends:
Tinggalkan Balasan

;-) :| :x :twisted: :smile: :shock: :sad: :roll: :razz: :oops: :o :mrgreen: :lol: :idea: :grin: :evil: :cry: :cool: :arrow: :???: :?: :!: