Transcript Księżyce Hipokratesa
Slide 1
Hipokrates z Chios dowiódł, że suma pól
tzw. księżyców Hipokratesa równa się polu
powierzchni trójkąta ABC.
Jak tego dowiódł?
Slide 2
Czym są księżyce Hipokratesa?
Konstrukcja księżyców na trójkącie, prostokącie,
trapezie oraz kwadracie.
Obliczanie pola powierzchni i obwodów.
Co można zauważyć ?
Slide 3
Hipokrates z Chios – joński matematyk i
sofista. Otworzył szkołę geometrii w
Atenach, w latach ok. 450 –420 p.n.e.
Uczył w tej szkole za opłatą za co
usunięto go ze szkoły pitagorejczyków.
Prowadząc badania nad kwadraturą koła
odkrył księżyce Hipokratesa.
gr. Ἱπποκράτης ὁ Χῖος Hippokrates ho
Chios,V w. p. n. e
Slide 4
Księżyce Hipokratesa to dwie figury o płaskim kształcie,
przypominające sierpy Księżyca, odcięte na płaszczyźnie
przez łuki półokręgów, których średnicami są
przyprostokątne oraz półokręgu, którego średnicą jest
przeciwprostokątna trójkąta prostokątnego. Suma pól
księżyców Hipokratesa równa jest polu tego trójkąta.
Figury te rozważał Hipokrates
z Chios jako konstrukcję
pomocniczą w problemie
kwadratury koła.
Slide 5
Kwadratura koła to zadanie geometryczne
polegające na skonstruowaniu kwadratu o polu
równym powierzchni danego koła. Zagadnienie to
sformułowano w starożytnej Grecji.
Jedną z prób jego
rozwiązania były właśnie
księżyce Hipokratesa.
Slide 6
Zacznijmy od trójkąta. Należy przygotować odpowiednie
przybory do zadań konstrukcyjnych, a następnie:
Slide 7
I Skonstruować trójkąt prrostokątny.
II Opisać na nim okrąg.
III Wyznaczyć środki przyprostokątnych.
IV Z tych środków narysować półokręgi o promieniach równych połowie danej przyprostokątnej.
V Zacieniować powstałe „sierpy” księżyca.
VI Otrzymaliśmy księżyce Hipokratesa.
Slide 8
Kolejne konstrukcje księżyców wykonuje się w sposób
analogiczny.
Najpierw konstruując daną figurę, a następnie opisując na
niej okręgi i wyznaczając środki wszystkich boków.
Ostatnią czynnością jest narysowanie półokręgów ze
wszystkich środków o promieniu równym ½ boku.
Slide 9
dla prostokąta
Slide 10
dla trapezu
Slide 11
dla kwadratu
Slide 12
Obwód księżyców Hipokratesa jest sumą
długości półokręgu BAC o średnicy c oraz
długości półokręgów AC i AB o średnicach
odpowiednio a i b.
Czyli dla trójkąta prostokątnego, to:
½ [2π( ½ c)] + ½ [2π (½ a)] + ½ [2π (½ b)] =
= π (½ c) + π (½ a) + π (½ b) = ½ π (c+a+b)
Obw. = ½ π (a+b+c)
Slide 13
Wyprowadzenie wzoru
na obwód księżyców
skonstruowanych na
prostokącie jest
analogiczny. Prostokąt
rozpatrujemy jako dwa
trójkąty, czyli:
Obw. =2[ ½ π (a+b+c)]
w związku z czym
otrzymujemy
następujący wzór:
Obw. = π(a+b+c)
Slide 14
W przypadku gdy
wielokąt jest
prostokątem lub
trójkątem prostokątnym
suma pól księżyców
Hipokratesa jest równa
polu tego prostokąta lub
trójkąta prostokątnego
(odpowiednio).
Slide 15
Dowód:
P1 P3
P4
P2
P(AC) - pole półkola o średnicy AC,
P(AB) - pole półkola o średnicy AB,
P(BC) - pole półkola o średnicy BC,
P(t) - pole trójkąta.
Zatem:
P(AC) = ½ [π( 1/2 a)2 ]= 1/8πa2
P(AB) =½ [π( 1/2 b)2 ]= 1/8πb2
P(BC) =½ [π( 1/2 c)2 ]= 1/8πc2
P(t) = 1/2 ab
Slide 16
P1+P2 => pole księżyców
P1+P2 = [P(AC) + P(AB)] - (P3 + P4 )
P3+P4 = P(BC) - P(t)
P1+P2 = (1/8πa2 + 1/8π b2) - [1/8π c2 - P(t)]
P1+P2 = (1/8π a2+ 1/8π b2) - 1/8π c2 + P(t)
Z Twierdzenia Pitagorasa:
1/
2+ 1/ π b2= 1/ π c2
π
a
8
8
8
P1 P3
Po podstawieniu:
P1+P2
=1 /
8π
c2
-
1/
8π
P1+P2 = P(t)=1/2 ab
c2 +
P(t)
P4
P2
Suma pól żółtych księżyców jest równa polu trójkąta prostokątnego.
Slide 17
Dowód na pole księżyców skonstruowanych na prostokącie jest
analogiczny.
Slide 18
czyli dla trójkąta:
P(księżyców∆)= ½ ab
a dla prostokąta:
P(księżyców□)= ab
Slide 19
Slide 20
Zagadnienie „kwadratury koła” sprowadza
się do konstrukcji za pomocą linijki i cyrkla
takiego kwadratu, którego pole równałoby
się polu danego koła.
Podane przez Hipokratesa wyjątkowo proste
rozwiązanie kwadratury jego księżyców
zachęcało wielkie umysły matematyczne do
szukania rozwiązania „kwadratury koła”,
figury stanowczo prostszej pod względem
kształtu geometrycznego.
Slide 21
Przez przeszło 2000 lat najpotężniejsze umysły
matematyczne trudzą się nad rozwiązaniem tego
zagadnienia. Niezliczone próby przedstawienia
takiej konstrukcji bez wyjątku kończyły się
fiaskiem. Przez tysiące lat matematycy
zajmowali się tym zagadnieniem, nie mogąc
problemu rozwiązać, ani też nie mogąc dowieść,
że jest to niewykonalne. Zainteresowanie tym
problemem zaćmiewa nawet do pewnego stopnia
pozostałe dwa klasyczne problemy
matematyczne starożytności - problem trysekcji
kąta i podwojenia kostki.
Slide 22
W 1883 niemiecki matematyk F. Lindemann
udowodnił (poprzez udowodnienie
przestępności liczby π tzn. posiadania
nieskończonej liczby cyfr rozwinięcia
dziesiętnego ) niemożność dokonania tego za
pomocą cyrkla i linijki.
W ten sposób udowodniono, że jeden z
najstarszych problemów matematycznych –
„kwadratura koła” jest niemożliwa.
Slide 23
„Kwadratura koła” stała się synonimem
nierozwiązywalnego zadania. Wyrażenie to
weszło do języka potocznego dla określenia
skazanych na niepowodzenie prób
podejmowanych przez kogoś, kto upiera się, by
zrealizować coś niemożliwego.
Slide 24
Można zauważyć, że księżyce Hipokratesa
można skonstruować na każdym wielokącie, na
którym można opisać okrąg (tzn. gdy wszystkie
jego wierzchołki leżą na tym okręgu), czyli:
wtedy i tylko wtedy, gdy symetralne wszystkich
jego boków przecinają się w jednym punkcie.
Slide 25
Można również zauważyć, że księżyce
Hipokratesa skonstruowane na trójkącie
prostokątnym równoramiennym mają
jednakowe pola, co wykorzystuje się
przy rozwiązywaniu zagadnienia
„kwadratury księżyców Hipokratesa”.
Slide 26
Rysunek pokazuje, jak za pomocą
linijki i cyrkla dochodzimy do
kwadratu, którego pole równa się
polu księżyca Hipokratesa jest to
tzw. kwadratura księżyca
Hipokratesa.
Pole księżyca I = 1/2 pola trójkąta
ABC. Trójkąt ABC można
podzielić na 4 trójkąty
prostokątne równoramienne AED,
CED, CFD, BFD o równym polu.
Z dwóch takich trójkątów
ułożyliśmy kwadrat - CEDF.
Wniosek: pole księżyca I = polu
kwadratu CEDF.
Slide 27
1.
Encyklopedia powrzechna PWN, Warszawa 1984, wydanie trzecie.
2.
Słownik encyklopedyczny MATEMATYKA, wyd. Europa, Wrocław 1998.
3.
Tablice matematyczne, wyd. Podkowa, Gdańsk 2003.
4.
500 zagadek matematyczny (wydanie czwarte), Wiedza Powrzechna, Warszawa 1974.
5.
http://pl.wikipedia.org/wiki/Hipokrates_z_Chios
6.
http://www.spmargonin.republika.pl/abacus/ksiezyce.html
7.
http://portalwiedzy.onet.pl/50855,,,,ksiezyce_hipokratesa,haslo.html
8.
http://kkk2002ar.w.interia.pl/kshipo.html
9.
http://www.zsee.bytom.pl/~iwona/strona/stronka/pliki/444.html
Slide 28
Dziękuję za uwagę
Hipokrates z Chios dowiódł, że suma pól
tzw. księżyców Hipokratesa równa się polu
powierzchni trójkąta ABC.
Jak tego dowiódł?
Slide 2
Czym są księżyce Hipokratesa?
Konstrukcja księżyców na trójkącie, prostokącie,
trapezie oraz kwadracie.
Obliczanie pola powierzchni i obwodów.
Co można zauważyć ?
Slide 3
Hipokrates z Chios – joński matematyk i
sofista. Otworzył szkołę geometrii w
Atenach, w latach ok. 450 –420 p.n.e.
Uczył w tej szkole za opłatą za co
usunięto go ze szkoły pitagorejczyków.
Prowadząc badania nad kwadraturą koła
odkrył księżyce Hipokratesa.
gr. Ἱπποκράτης ὁ Χῖος Hippokrates ho
Chios,V w. p. n. e
Slide 4
Księżyce Hipokratesa to dwie figury o płaskim kształcie,
przypominające sierpy Księżyca, odcięte na płaszczyźnie
przez łuki półokręgów, których średnicami są
przyprostokątne oraz półokręgu, którego średnicą jest
przeciwprostokątna trójkąta prostokątnego. Suma pól
księżyców Hipokratesa równa jest polu tego trójkąta.
Figury te rozważał Hipokrates
z Chios jako konstrukcję
pomocniczą w problemie
kwadratury koła.
Slide 5
Kwadratura koła to zadanie geometryczne
polegające na skonstruowaniu kwadratu o polu
równym powierzchni danego koła. Zagadnienie to
sformułowano w starożytnej Grecji.
Jedną z prób jego
rozwiązania były właśnie
księżyce Hipokratesa.
Slide 6
Zacznijmy od trójkąta. Należy przygotować odpowiednie
przybory do zadań konstrukcyjnych, a następnie:
Slide 7
I Skonstruować trójkąt prrostokątny.
II Opisać na nim okrąg.
III Wyznaczyć środki przyprostokątnych.
IV Z tych środków narysować półokręgi o promieniach równych połowie danej przyprostokątnej.
V Zacieniować powstałe „sierpy” księżyca.
VI Otrzymaliśmy księżyce Hipokratesa.
Slide 8
Kolejne konstrukcje księżyców wykonuje się w sposób
analogiczny.
Najpierw konstruując daną figurę, a następnie opisując na
niej okręgi i wyznaczając środki wszystkich boków.
Ostatnią czynnością jest narysowanie półokręgów ze
wszystkich środków o promieniu równym ½ boku.
Slide 9
dla prostokąta
Slide 10
dla trapezu
Slide 11
dla kwadratu
Slide 12
Obwód księżyców Hipokratesa jest sumą
długości półokręgu BAC o średnicy c oraz
długości półokręgów AC i AB o średnicach
odpowiednio a i b.
Czyli dla trójkąta prostokątnego, to:
½ [2π( ½ c)] + ½ [2π (½ a)] + ½ [2π (½ b)] =
= π (½ c) + π (½ a) + π (½ b) = ½ π (c+a+b)
Obw. = ½ π (a+b+c)
Slide 13
Wyprowadzenie wzoru
na obwód księżyców
skonstruowanych na
prostokącie jest
analogiczny. Prostokąt
rozpatrujemy jako dwa
trójkąty, czyli:
Obw. =2[ ½ π (a+b+c)]
w związku z czym
otrzymujemy
następujący wzór:
Obw. = π(a+b+c)
Slide 14
W przypadku gdy
wielokąt jest
prostokątem lub
trójkątem prostokątnym
suma pól księżyców
Hipokratesa jest równa
polu tego prostokąta lub
trójkąta prostokątnego
(odpowiednio).
Slide 15
Dowód:
P1 P3
P4
P2
P(AC) - pole półkola o średnicy AC,
P(AB) - pole półkola o średnicy AB,
P(BC) - pole półkola o średnicy BC,
P(t) - pole trójkąta.
Zatem:
P(AC) = ½ [π( 1/2 a)2 ]= 1/8πa2
P(AB) =½ [π( 1/2 b)2 ]= 1/8πb2
P(BC) =½ [π( 1/2 c)2 ]= 1/8πc2
P(t) = 1/2 ab
Slide 16
P1+P2 => pole księżyców
P1+P2 = [P(AC) + P(AB)] - (P3 + P4 )
P3+P4 = P(BC) - P(t)
P1+P2 = (1/8πa2 + 1/8π b2) - [1/8π c2 - P(t)]
P1+P2 = (1/8π a2+ 1/8π b2) - 1/8π c2 + P(t)
Z Twierdzenia Pitagorasa:
1/
2+ 1/ π b2= 1/ π c2
π
a
8
8
8
P1 P3
Po podstawieniu:
P1+P2
=1 /
8π
c2
-
1/
8π
P1+P2 = P(t)=1/2 ab
c2 +
P(t)
P4
P2
Suma pól żółtych księżyców jest równa polu trójkąta prostokątnego.
Slide 17
Dowód na pole księżyców skonstruowanych na prostokącie jest
analogiczny.
Slide 18
czyli dla trójkąta:
P(księżyców∆)= ½ ab
a dla prostokąta:
P(księżyców□)= ab
Slide 19
Slide 20
Zagadnienie „kwadratury koła” sprowadza
się do konstrukcji za pomocą linijki i cyrkla
takiego kwadratu, którego pole równałoby
się polu danego koła.
Podane przez Hipokratesa wyjątkowo proste
rozwiązanie kwadratury jego księżyców
zachęcało wielkie umysły matematyczne do
szukania rozwiązania „kwadratury koła”,
figury stanowczo prostszej pod względem
kształtu geometrycznego.
Slide 21
Przez przeszło 2000 lat najpotężniejsze umysły
matematyczne trudzą się nad rozwiązaniem tego
zagadnienia. Niezliczone próby przedstawienia
takiej konstrukcji bez wyjątku kończyły się
fiaskiem. Przez tysiące lat matematycy
zajmowali się tym zagadnieniem, nie mogąc
problemu rozwiązać, ani też nie mogąc dowieść,
że jest to niewykonalne. Zainteresowanie tym
problemem zaćmiewa nawet do pewnego stopnia
pozostałe dwa klasyczne problemy
matematyczne starożytności - problem trysekcji
kąta i podwojenia kostki.
Slide 22
W 1883 niemiecki matematyk F. Lindemann
udowodnił (poprzez udowodnienie
przestępności liczby π tzn. posiadania
nieskończonej liczby cyfr rozwinięcia
dziesiętnego ) niemożność dokonania tego za
pomocą cyrkla i linijki.
W ten sposób udowodniono, że jeden z
najstarszych problemów matematycznych –
„kwadratura koła” jest niemożliwa.
Slide 23
„Kwadratura koła” stała się synonimem
nierozwiązywalnego zadania. Wyrażenie to
weszło do języka potocznego dla określenia
skazanych na niepowodzenie prób
podejmowanych przez kogoś, kto upiera się, by
zrealizować coś niemożliwego.
Slide 24
Można zauważyć, że księżyce Hipokratesa
można skonstruować na każdym wielokącie, na
którym można opisać okrąg (tzn. gdy wszystkie
jego wierzchołki leżą na tym okręgu), czyli:
wtedy i tylko wtedy, gdy symetralne wszystkich
jego boków przecinają się w jednym punkcie.
Slide 25
Można również zauważyć, że księżyce
Hipokratesa skonstruowane na trójkącie
prostokątnym równoramiennym mają
jednakowe pola, co wykorzystuje się
przy rozwiązywaniu zagadnienia
„kwadratury księżyców Hipokratesa”.
Slide 26
Rysunek pokazuje, jak za pomocą
linijki i cyrkla dochodzimy do
kwadratu, którego pole równa się
polu księżyca Hipokratesa jest to
tzw. kwadratura księżyca
Hipokratesa.
Pole księżyca I = 1/2 pola trójkąta
ABC. Trójkąt ABC można
podzielić na 4 trójkąty
prostokątne równoramienne AED,
CED, CFD, BFD o równym polu.
Z dwóch takich trójkątów
ułożyliśmy kwadrat - CEDF.
Wniosek: pole księżyca I = polu
kwadratu CEDF.
Slide 27
1.
Encyklopedia powrzechna PWN, Warszawa 1984, wydanie trzecie.
2.
Słownik encyklopedyczny MATEMATYKA, wyd. Europa, Wrocław 1998.
3.
Tablice matematyczne, wyd. Podkowa, Gdańsk 2003.
4.
500 zagadek matematyczny (wydanie czwarte), Wiedza Powrzechna, Warszawa 1974.
5.
http://pl.wikipedia.org/wiki/Hipokrates_z_Chios
6.
http://www.spmargonin.republika.pl/abacus/ksiezyce.html
7.
http://portalwiedzy.onet.pl/50855,,,,ksiezyce_hipokratesa,haslo.html
8.
http://kkk2002ar.w.interia.pl/kshipo.html
9.
http://www.zsee.bytom.pl/~iwona/strona/stronka/pliki/444.html
Slide 28
Dziękuję za uwagę