Reklama
Polityka_blog_top_bill_desktop
Polityka_blog_top_bill_mobile_Adslot1
Polityka_blog_top_bill_mobile_Adslot2
Łamiblog - Blog Marka Penszko Łamiblog - Blog Marka Penszko Łamiblog - Blog Marka Penszko

14.03.2020
sobota

Na trzy

14 marca 2020, sobota,

Niematematycy, czyli zdecydowana większość ludzkości, często nie wierzą dowodom, których nie rozumieją. Efektem bywają próby cudotwórstwa.
Przed blisko 200 laty francuski matematyk Pierre Wantzel udowodnił, że cyrkiel i „goła” linijka (bez podziałki) nie wystarczą, aby podzielić każdy kąt na trzy równe części, czyli uporać się z klasycznym problemem trysekcji. Da się natomiast podzielić niektóre kąty i to całkiem łatwo, a konkretnie takich kątów jest siedem (nie większych niż półpełny): 180°, 90°, 72°, 45°, 36°, 18°, 9°. Dowód Wantzela nie jest uniwersalny (nie dotyczy wszystkich kątów), jest czysto algebraiczny (bez rysunków) i nie jest prosty. Wszystko to sprawia, że niematematycy od wieków nie ustają w próbach obalenia go, wymyślając różne sposoby podzielenia niepodzielnego. Niedawno w tej sprawie „molestowana” była redakcja „Świata Nauki”, z którą współpracuję, więc sprawa trafiła na moje biurko. Prób pojawiło się kilka, a ostatnią z dotychczasowych postanowiłem przedstawić w Łamiblogu w formie zadania.

Koncepcja trysekcji zaczyna się od podzielenia okręgu na 12 równych łuków, czyli punkty podziału wyznaczają kąty środkowe 30° . Dalsza konstrukcja przedstawiona jest na rysunku. Nie ma wątpliwości, że kąt ADB ma 30° (jako kąt wpisany oparty na tym samym łuku, co kąt środkowy AOB=60°, jest od niego dwukrotnie mniejszy). Czy natomiast, jak twierdzi autor trysekcji, odcinek CD jest „trzysieczną” kąta ADB, czyli kąt CDB ma 20°? Jaka jest rzeczywista wartość tego kąta w stopniach z dokładnością do tysięcznych? Mile widziany będzie zwięzły opis sposobu rozwiązywania tego zadania.

Komentarze z prawidłowym rozwiązaniem ujawniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu (z błędnym zwykle od razu). Wpisy pojawiają się co 7 dni.)

Reklama
Polityka_blog_bottom_rec_mobile
Reklama
Polityka_blog_bottom_rec_desktop

Komentarze: 18

Dodaj komentarz »
  1. Panie Marku,

    Wyjątkowe okoliczności typu „lepiej nie wychodzić z domu” powodują, że zapewne na Łamiblogu pojawi się więcej odwiedzin tych, którzy inaczej by tu nie zawitali.
    To jest szansa na zwiększenie „bazy odbiorców” – zyska na tym volumen sprzedaży „Omnibusa”.

    Takie są szanse, a teraz słowo o „metodach realizacji”:
    Zamiast wpisu raz na tydzień, zaproponowałbym w najbliższych tygodniach wpis DWA razy w tygodniu.
    Środa – edukacja + sobota rozrywkowo ?

    Powyższe prywatnie – proszę o NIEujawnianie.
    Pozdrawiam i życzę dużo dobrego.

    Rozumiem intencje propozycji, ale… blog jest dla mnie relaksem, a przy dwóch wpisach tygodniowo raczej przestałby nim być (mam jeszcze sporo innych zajęć, nie tylko łamigłówkowych).
    Pozdravy z Oravy
    mp

  2. Kąt BCD ma 20 stopni 6 minut 14,07 sekund
    Wyliczam go z iloczynu skalarnego wektorów DC i DB.

  3. Pewnie takie rozwiązanie nie jest tym oczekiwanym:
    20.104˚

    https://app.box.com/s/pu1iew890lgcdcht8o26fxr86vzevb6c

    Rozwiązanie przy pomocy strony https://www.geogebra.org/geometry

    O analitycznym pomyślę 🙂

  4. Reklama
    Polityka_blog_komentarze_rec_mobile
    Polityka_blog_komentarze_rec_desktop
  5. To mi przypomina, jak prawie 20 lat temu też „odkryłam” trysekcję kąta. Pokazałam swoją konstrukcję znajomemu matematykowi, autorowi podręczników. Za największy sukces poczytać mi należy, że pochylił się nad tym i dłuższą chwilę zajęło mu szukanie sposobu na obalenie pomysłu.
    Przy okazji – za zgodą Pana Marka – chciałabym zachęcić do odwiedzenia facebooka Gdańskiego Wydawnictwa Oświatowego. Publikuję tam konkurs „Matematyka po japońsku”. Na zagadkę nr 2 nie przyszła jeszcze żadna poprawna odpowiedź, ale za Waszą sprawą mogłaby przyjść 🙂

  6. Hallo MP,
    ca. 20,1039 °, no prawie 20 °

    Solution:
    Niech promien OA=OB=OD = 1,0000000000000000000000000000000000
    Poziomy promien, prostopadly do pionowego odcinka BD,
    przecina „trysieczna, ha, ha” CD w punkcie E, odcinek BD w punkcie F,

    Oczywiste jest, ze :
    OC = 0,50000000000000 ( 1/2 )
    OF = 0,50000000000000 ( 1/2 tez )
    FD = 0,866025404……… ( SQRT(3) / 2)

    Trojkaty OCE, oraz FDE sa prostokatne i podobne do siebie,
    Czyli 1 relacja jest :
    OE / OC = FE / FD
    Druga relacja jest :
    OE + EF = OF = 0,50000000000…….

    To daje :
    OE = 1 / [ 2*( 1+SQRT(3) ) ]
    tangens Kata OEC = OE / OC = 1 / ( 1 + SQRT(3) )
    wtedy via ArcTg –> 20,1039 °

    czyli nierowne 20,0000…. °, q.e.d.

    Ciao
    Don Bernardo

  7. Hallo MP,

    mozna krocej,

    Pozioma Cieciwa, z punktu C, przecina odcinek BD w punkcie H,
    Oczywiscie :
    CH = OF = 0,500000000000000….. (1/2 exactly)
    FH = OC = 0,500000000000000….. (tez)
    DF = SQRT(3)/2

    W trojkacie prostokatnym CHD :
    DH = DF + FH = SQRT(3)/2 + 1/2
    tangens kata CDH = CH / HD = 1/2 / ( SQRT(3)/2 + 1/2 ) = 1 / ( 1 + SQRT(3) )

    wtedy via ArcTg –> 20,1039 °

    czyli nierowne 20,0000…. °, q.e.d.

    Ciao,
    Don Bernardo

    PS
    w poprzednim Komentarzu

    tangens Kata OCE (nie OEC) = OE / OC = 1 / ( 1 + SQRT(3) )

  8. 20,1039
    Jeżeli literą E oznaczymy punkt przecięcia dwóch cięciw – poziomej, przechodzącej przez punkt C i pionowej BD, literą F punkt przecięcia poziomej cięciwy z okręgiem (po prawej stronie), a literą G środek cięciwy BD, to trójkąt OCF ma kąty 30, 60 i 90 stopni, więc OC=CE=EG=r/2, a CF=DG=rV3/2. Kąt CDB można wyliczyć przez arcus tangens CE/ED=1/(1+V3)

  9. Stawiałbym na 4.
    Jeśli wierzchołkami równoległoboków mogą być tylko zielone punkty, to istnieją tylko cztery istotnie różne równoległoboki o polu 1 mieszczące się na planszy. Można je tam rozmieścić na przynajmniej 7 (nie licząc obrotów i odbić lustrzanych) sposobów.

    Proszę to rozwiązanie wpisać jako komentarz na facebookowej stronie GWO. Tutaj nie mogę go uwzględnić, ani tym bardziej uwolnić, bo to nie mój konkurs.
    mp

    Ups, nie jako komentarz tylko na podany w treści zadania adres pmazur@gwo.pl.

  10. 20,103909361 stopni

    Ładnie się Pan wstrzelił – szkoły zamknięte, więc mamy domową lekcję geometrii i trygonometrii. Ponieważ trójkąt ODC jest już narysowany, to właśnie nim się zajmę i obliczę kąt ODC, a dopiero potem kąt ADB

    Obserwacje wstępne:
    1.
    Odcinek OC jest połową podstawy trójkąta równobocznego o boku r. Chodzi o trójkąt o wierzchołkach w punkcie O oraz na godz. 12 i na godz. 2. Czyli OC=0,5r.
    2.
    Kąt COD rozpina pięć czerwonych kropek, czyli COD=5*1/6 pi=5/6 pi.

    Mamy więc dane:
    OC=0,5 r
    OD=r
    kąt COD=5/6 pi

    To są dwa boki trójkąta i kąt pomiędzy nimi. Jak się poszuka, to można znaleźć gotowe wzory na pozostałe elementy trójkąta, ale ja zrobiłem po kolei, jak na lekcji.

    Rozwiązanie:
    Z twierdzenia cosinusów obliczyłem bok CD:

    CD=(OC^2 + OD^2 – 2*OC*OD*cos(COD))^0,5
    po podstawieniu danych:
    CD=r*(1,25-0,5*3^0,5)^0,5=1,4546564556 r

    Z twierdzenia sinusów
    OC/sin(ODC) = CD/sin(COD)
    obliczyłem:
    sin(ODC)=sin(COD)*OC/CD

    Po wstawieniu liczb:
    sin(ODC)=sin(5/6 pi)*0,5*r/(1,4546564556 r)=0,1718618847

    Teraz można obliczyć
    kąt ODC=arcsin(0,1718618847)=0,1727193647

    Przeliczamy na stopnie:
    stopnie(ODC)=kąt ODC*180/pi=0,1727193647*180*pi=9,896090639

    Odpowiedź:
    kąt CDB = kąt ADB – kąt ODC = 30-9,896090639=20,103909361 stopni.

  11. Dostawiłam na ilustracji kilka oznaczeń:
    http://pokazywarka.pl/6484he/
    Trójkąty OCE i DEF są podobne. Można stąd ułożyć proporcje, które doprowadzą do wniosku, że tangens kąta EDF (i zarazem OCE) to (√3 – 1) : 2, czyli ok. 0,366, a tangens 20 st. to 0,3639. Kąt EDF ma mniej więcej 20,105 st.

  12. Wyszło 20.103 stopni.
    Zwięźle: kąt który chcemy wyznaczyć (CDB) jest równy kątowi OCD w trójkącie OCD. Z tego trójkąta bierzemy wszystkie zależności, mamy kąt rozwarty – 150st, jeden bok r, drugi r/2. Z równania na sinus różnicy kątów i jedynki trygonometrycznej Pitagorasa obliczamy wartość sinusa tego kąta. Sinus wychodzi 1/(sqrt(5+2*sqrt(3))). Kalkulator daje kąt.

  13. Łatwo zauważyć, że kąt COD ma 150° (90°+60°), na pozostałe dwa kąty tego trójkąta przypada zatem 30° do podziału. Odcinek OD jest dwa razy dłuższy od odcinka OC, a więc z twierdzenia sinusów wynika, że sin (OCD) = 2 sin (ODC), przy czym kąt OCD jest równy kątowi CDB, o który pytamy. Nie jest więc tak, że to kąt jest dwa razy większy (co dałoby podział 20°:10°), a jego sinus. Jak wiemy, dla małych kątów dobrze funkcjonuje przybliżenie sin x = x (w radianach), no ale kąt około 20° już nie jest taki mały, więc to będzie blisko 20°, ale niedokładnie. Jak Panu zależy na dokładniej wartości, to po pewnej zabawie w excelu wyszło mi 20,104° (104 tysięczne stopnia), którego to kąta sinus jest z dobrą dokładnością równy 2x sinus kąta 9,896°, oba w sumie dają 30°.

  14. Zaproponowana konstrukcja to najczęstszy błąd amatorów. Jeżeli tylko przenieść tą konstrukcję na kartkę A-4 z kratownicą bloku milimetrowego i zachować pewną dozę staranności szkicu, to błąd jest na tyle istotny, że pokazuje to rysunek. Dowód jest trywialny.
    1. Kąt środkowy AOC ma miarę 30 stopni, tym samym kąt COD 150 stopni. Wobec powyższego dwa pozostałe kąty trójkąta COD sumują się do 30 stopni. Prowadząc z wierzchołka O prostą o mierze równej kątowi ODC otrzymujemy trójkąt równoramienny: nazwijmy go ODX. Gdyby rzeczywiście Kąt ODC miał miarę 10 stopni, to pozostałe kąty miałyby odpowiednio miary: kąt DOX = 10 stopni, a kąt OXD = 160 stopni. Wtedy trójkąt OXC też byłby równoramienny i miary odpowiednio: kąt OXC = OCX=20 stopni oraz kąt COX=140 stopni. Obydwa trójkąty: ODX i OXC miałyby ramiona tej samej długości: DX=OX=OC= 1/2 promienia r=OD. Tym samym trójkąt ODX musiałby być trójkątem o bokach długości r, 1/2r i 1/2r, co jako sprzeczne z nierównością trójkąta pokazuje błędność konstrukcji.
    2.Odcinek OC jest równy połowie promienia r tego okręgu. Najłatwiej amatorowi pokazać romb z punktem C w którym przecinają się przekątne tego rombu, a tym samym przekątne dzielące się wzajemnie na połowy.
    3.Pochwalić za inwencję twórczą i pomysłowość, wskazać tych wielkich spośród matematyków, którzy popełnili błąd, proponując własne konstrukcje i zachęcić do lektury literatury przedmiotu. Niektórzy, źle w ich mniemaniu potraktowani, mogą wrócić z awanturą, a nawet siekierą 🙂

  15. @OlaGM.
    Miałem swoją zabawną przygodę z konstrukcją trysekcji. Czasami, kiedy muszę rozwiązać trudniejsze zadanie z geometrii, najpierw robię sobie rozgrzewkę wyszukując nowej analogii do konstrukcji Archimedesa, mylnie zresztą zakwalifikowanej, jako prowadzącej do sukcesu w sensie matematycznym, ale niezgodnie z regułą platońskiej konstrukcji, wyłącznie za pomocą cyrkla i linijki bez podziałki. Zaproponowana przez Archimedesa konstrukcja daje poprawność jedynie w sensie fizycznym, z dokładnością do przyrządu i staranności wykonania. Nie gwarantuje natomiast skończonej liczby kroków; warte przemyślenia. Można też podać układ trzech równań z trzema niewidomymi, z których dwa są liniowe (z tw. Talesa), a jedno kwadratowe (tw. Pitagorasa), który opisuje problem algebraicznie. Inna sprawa, to rozwiązanie, w każdym przypadku takiego układu równań 🙂

  16. Kąt x.
    cos(x)=(2+pierwiastek(3)/2)/pierwiastek(5+2*pierwiastek(3)),
    czyli
    x=9,896090639(stopnia).

  17. Można pokazać jedynie za pomocą rysunku na czym polega błąd konstrukcji trysekcji w tym zadaniu:
    Rysunek:
    http://pokazywarka.pl/trysekcja/
    Objaśnienie:
    Niebieski trójkąt z „fałszywym” kątem ODC ma:
    – kąt COD = 150 stopni
    – bok OC = 1/2 r
    – bok OD = r

    Różowy trójkąt, to prawidłowa trysekcja Archimedesa
    https://pl.wikipedia.org/wiki/Trysekcja_k%C4%85ta
    z kątem OD’C’ równym 10 stopni, gdzie w trójkącie OD’C’:
    – kąt C’OD’ ma 150 stopni
    – bok OC’ = r

    Dwa trójkąty mają równe kąty, jeśli są podobne. Kąty rozwarte są równe (COD=C’OD’), długości najkrótszych boków są w proporcji C’O/CO=2, więc trójkąty będą podobne, gdy również OD’/OD=2, czyli OD’=2OD=2r.
    Tu niestety jest niewielka awaria. W konstrukcji Archimedesa D’P=r, więc D’D”’=r, więc D’D”<r. Tym samym a cały OD'=D'D''+D''O="mniej_niż_r"+r<2r. Czyli trójkąty nie są podobne, a kąt C'D'O kąt CDO. Za wszystko odpowiedzialność ponosi odcinek D”D”’.

  18. Z trójkąta o przeciwprostokątnej CD, zawartego w ramionach kąta CDB.
    Kąt CDB = arc tg (sin 30º / (sin 30º + sin 60º ))
    Na piechotę, tablice trygonometryczne-cztery miejsca po przecinku, co 6′.
    Kąt CDB = 20,105 º
    Nie było więcej, tylko trzy pozycje po przecinku. Co nie uwalnia mnie od dylematu, jak rozumieć dokładność do tysięcznych, a ma to miejsce przy wyniku z kalkulatora.
    Kąt CDB = 20,10390936 º
    1) Zaokrąglając do trzeciego miejsca po przecinku? Kąt CDB = 20,104 º
    2) Zachowując trzy miejsca po przecinku i pomijając pozostałe? Kąt CDB = 20,103 º

  19. Rozumiem, że do finalnego obliczenia wartości kąta nie można użyć kalkulatora? 😀

    Dlaczego nie.
    mp

css.php