TeleMath©

Η Ελληνική Μαθηματική Πύλη

Άρθρα

Γεωμετρικές κατασκευές

 
 
Οι πρώτες εικόνες που υπέπεσαν στην αντίληψη του ανθρώπου ήταν οι ευθύγραμμες ακτίνες του φωτός και ο κυκλικός δίσκος της Σελήνης και του Ήλιου. Ήταν φυσικό λοιπόν τα πρώτα γεωμετρικά σχήματα που κατασκευάστηκαν, όταν πια η Γεωμετρία με την εμπειρική μορφή της είχε μπεί στη ζωή των ανθρώπων, να είναι η ευθεία και ο κύκλος.

Τα μαθηματικά από πολύ νωρίς βρέθηκαν συνδεδεμένα με τη φιλοσοφία και τη στήριξαν στις διάφορες προσπάθειες της να διερευνήσει το "Θείον" Το αποτέλεσμα ήταν η ευθεία και ο κύκλος να αποκτήσουν ιδιαίτερη σημασία εκφράζοντας η μέν τη "ζωή", ο δε το "Θείον". Έτσι φθάσαμε στο σημείο, για αιώνες μετά την ανακάλυψη της απόδειξης, να θεωρούν ανεπίτρεπτη την επίλυση οποιουδήποτε προβλήματος με τη χρήση άλλων γραμμών η οργάνων εκτός, απο το χάρακα και το διαβήτη.

Με τα δύο αυτά όργανα λύνονται, πράγμα που ήταν γνωστό στους αρχαίους, Έλληνες, όλα τα προβλήματα 1ου και 2ου βαθμού. Όταν όμως προέκυψαν προβλήματα ανώτερου βαθμού, όπως το Δήλιο (Διπλασιασμός του Κύβου) ή η τριχοτόμηση της γωνίας κ.λ.π , διαπιστώθηκε ότι τα όργανα αυτά και μόνα δεν μπορούσαν να δώσουν λύσεις. Έτσι, παρά τις θρησκευτικές προκαταλήψεις χρησιμοποιηθήκανε νέες καμπύλες, εκτός του κύκλου και όργανα διάφορα του κανόνα και διαβήτη, που έδωσαν υπέροχες θεωρητικές και πρακτικές λύσεις, που όμως για αιώνες είχαν τον τίτλο του "απαράδεκτου". Σχετικά με τις διάφορες κατηγορίες προβλημάτων ο Πάππος ο Αλεξανδρινός (3ος αιώνας μ.Χ.) στο 3ο βιβλίο της "Συναγωγής" του αναφέρει ότι:


" ... Οι αρχαίοι παραδέχοντο ότι τα γεωμετρικά προβλήματα ανήκουν σε τρείς κατηγορίες.

τα επίπεδα , τα στερεά , και τα γραμμικά
Καλούνται "επίπεδα" τα προβλήματα, τα οποία μπορούν να επιλυθούν με τη βοήθεια ευθειών και περιφερειών κύκλου, σωστά, γιατί οι χρησιμοποιούμενες γραμμές προέρχονται απο το επίπεδο. Τα προβλήματα των οποίων η λύση απαιτεί μία η περισσότερες Κωνικές τομές, καλούνται "στερεά" , γιατί σε αυτά γίνεται χρήση επιφανειών στερεών, κυρίως δε κωνικών επιφανειών.

Τέλος η τρίτη κατηγορία των προβλημάτων "τα γραμμικά" καλούνται έτσι γιατί σε αυτά πέραν των γραμμών, τις οποίες έχουμε παραπάνω αναφέρει χρησιμοποιούνται ακόμη πολυπλοκώτερες, όπως είναι οι έλικες, οι τετραγωνίζουσες, οι κογχοειδείς και οι κισσοειδείς , οι οποίες παρουσιάζουν ιδιότητες ποικίλες και θαυμαστές.

Λόγω της αναφερθείσης διαφοράς στη φύση των διαφόρων προβλημάτων, οι αρχαίοι γεωμέτρες δεν κατόρθωσαν να κατασκευάσουν, κατα τρόπον σύμφωνον προς την γεωμετρική σκέψη, το πρόβλημα των δύο μέσων αναλόγων μεταξύ δύο δοθέντων μεγεθών, πρόβλημα, εκ της φύσεώς του, "στερεόν", διότι δεν είναι εύκολο να γραφούν οι κωνικές τομές επί του επιπέδου. Επέτυχον όμως να φθάσουν στη λύση, και κατά αξιοθαύμαστο τρόπο, χρησιμοποιούντες όργανα κατάλληλα, όπως δυνάμεθα να διαπιστώσουμε εις τον Μεσολάβο του Ερατοσθένους και τα Μηχανικά του Φίλωνος και του Ήρωνος.

Πράγματι, ούτοι, δεχθέντες ότι πρόκειται περί προβλήματος "στερεού" εξετέλεσαν την κατασκευήν απλώς δι' οργάνων, ενώ ο Νικομήδης επέλυσε το πρόβλημα, χρησιμοποιώντας την κογχοειδή καμπύλη, με την βοήθεια της οποίας επέτυχε και την τριχοτόμηση της γωνίας..."

Σήμερα γνωρίζουμε ότι για να είναι δυνατή η λύση ενός γεωμετρικού προβλήματος με το χάρακα και το διαβήτη μόνο, πρέπει το πρόβλημα αυτό, διατυπωμένο αλγεβρικά να οδηγεί σε μία ανάγωγο αλγεβρική εξίσωση με ακέραιους συντελεστές, της οποίας οι ρίζες να εκφράζονται με την βοήθεια ρητών αριθμών και τετραγωνικών ριζών σε πεπερασμένο πλήθος. Αποδεικνύεται ότι ο βαθμός της εξίσωσης αυτής είναι μια δύναμη του 2.
1. Προβλήματα Α' Βαθμού
 
1. Aν δοθούν τρία ευθύγραμμα τμήματα ΟΑ ΟΓ ΑΒ μεγεθών α, β, γ αντίστοιχα να κατασκευαστεί το τέταρτο αναλογό τους:
Ζητείται δηλαδή ευθύγραμμο τμήμα x με την ιδιότητα αβ=Υx.
Κατασκευή: Πάνω σε δύο τυχαίες ημιευθείες Οχ, Oψ τοποθετούνται με τους αριθμητές πάνω στην Οψ κατά συνεχή τρόπο , το δε β πάνω στην Οx. Μετά την τοποθέτηση των γνωστών φέρουμε την ΑΓ και την παραλληλό της από το Β. Τότε το ζητούμενο τμήμα είναι το ΓΔ, δηλαδή x=ΓΔ. Πράγματι από το θεώρημα του Θαλή έχουμε ΟΑΟΓ=ΑΒΓΔ ή αβ=ΥΓΔ  και τελικά x=ΓΔ.
2. Αν δοθεί ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ μεγέθους α να υποδιαιρεθεί σε δύο τμήματα που να έχουν μεταξύ τους δοσμένο λόγο μν:
Αν δηλαδή x, ψ είναι τα ζητούμενα τμήματα θα πρέπει να ισχύει xΨ=μν.
Κατασκευή: Φέρουμε από το ένα ακρο Α του τμήματος Α μία τυχαία ημιευθεία Αχ και τοποθετούμε πάνω της κατά συνεχή τρόπο τα τμήματα μ και ν. Φέρουμε την ΔΒ και την παραλληλό της από το Γ. Τότε το σημείο Ε είναι το ζητούμενο γιατί κατά το θεώρημα του Θαλή ισχύει ΑΕΕΒ=ΑΓΓΔ ή ΑΕΕΒ=μν. 'Aρα το Ε είναι το ζητούμενο σημείο.
3. Αν δοθεί τετράγωνο πλευράς β, να κατασκευαστεί ισοδύναμο ορθογώνιο με δοσμένη τη μία του πλευρά α:
Ζητείται δηλαδή τμήμα χ με την ιδιότητα α.x=β2. Το πρόβλημα αυτό ανάγεται στο πρόβλημα (1), αφού η παραπάνω σχέση μπορεί να γραφεί αβ=βχ, και επομένως λύνεται ανάλογα. Το πρόβλημα αυτό οι αρχαίοι Έλληνες γεωμέτρες το ονόμαζαν "απλή παραβολή".
4. Aν δοθούν δύο τμήματα α, β να κατασκευαστεί ο μέσος αριθμητικός τους ο μέσος γεωμετρικός και ο μέσος αρμονικός x:
Ζητούνται δηλαδή τμήματα x με ιδιότητες αντίστοιχα τις x=α+β2, x=α·β, x=2αβα+β

 
  • Η κατασκευή του τμήματος x=α+β2είναι φανερή.
  • Η κατασκευή του τμήματος  x=α·β δίνεται στις επόμενες κατασκευές. Είναι κατασκευή β' βαθμού.
  • Η κατασκευή του  x=α·β ανάγεται στο πρόβλημα (1) αφού η σχέση μας μπορεί να γραφεί και επομένως λύνεται ανάλογα.

2. Προβλήματα Β' Βαθμού
 
5. Να κατασκευαστεί τετράγωνο ισοδύναμο με δοσμένο ορθογώνιο ή δοσμένο παραλληλόγραμμο ή δοσμένο τρίγωνο:
Εδώ αν α, β είναι οι πλευρές του δοσμένου ορθόγωνίου, ζητείται τμήμα x τετραγώνου με την ιδιότητα x2=α.β
Κατασκευή: Πάνω σε ευθεία (ε) τοποθετούμε διαδοχικά τα τμήματα α, β και γράφουμε περιφέρεια με διάμετρο το α+β. Φέρουμε την ΓΔ⊥ΑΒ, η οποία κόβει την περιφέρεια σε ένα σημείο Δ. Τότε το ζητούμενο τμήμα x είναι το ΓΔ. Πράγματι αν φέρουμε τις ΔΑ, ΔΒ το τρίγωνο ΑΔΒ θα είναι ορθογώνιο στο Δ και έτσι με το θεώρημα του ύψους θα έχουμε ΔΓ2=ΑΓ.ΓΒ ή ΔΓ2=α.β από την οποία φαίνεται ότι x=ΓΔ. Αν τώρα το ζητούμενο τετράγωνο είναι ισοδύναμο με δοσμένο τρίγωνο θα ζητάμε τμήμα xμε την ιδιότητα x2=α·υ2 ή x2=α2·υ πρόβλημα που ανάγεται στο πιο πάνω.
6. Αν δοθεί τετράγωνο πλευράς β, να κατασκευαστεί ισοδύναμο ορθογώνιο που οι πλευρές του να έχουν άθροισμα δοσμένο τμήμα α.
Ζητείται δηλαδή να βρεθούν οι πλευρές x, ψ του ορθογωνίου ώστε να ισχύει:
x+ψ=αx·ψ=β2 ή x(α-x)=β2
Κατασκευή: Γράφουμε περιφέρεια (Ο) με διάμετρο το τμήμα ΑΒ=α . Φέρουμε στη συνέχεια ευθεία (ε)// ΑΒ σε απόσταση β απο την ΑΒ, που κόβει την περιφέρεια στα σημεία Γ, Γ'. Φέρουμε την ΓΔ⊥ΑΒ και τότε γεννιώνται τα τμήματα x=ΔΒ και ψ=ΑΔ. Πράγματι, αν φέρουμε τις ΓΑ, ΓΒ, το θεώρημα του ύψους στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓΒ θα δώσει:
ΓΔ2=ΑΔ·ΔΒΑΒ=ΑΔ+ΔΒ ή β2=ΑΔ·ΔΒα=ΑΔ+ΔΒ x=ΔΒΨ=ΑΔ
Εδώ θα πρέπει να πούμε ότι τα τμήματα x, ψ είναι οι γεωμετρικές λύσεις της δευτεροβάθμιας εξίσωσης x2-αx+β2=0 που συναντάμε στην "έκτη" αναλογία των αρχαίων Ελλήνων. Η κατασκευή αυτή στην αρχαιότητα ονομαζόταν "ελλειπτική παραβολή".
7. Αν δοθεί τετράγωνο πλευράς β, να κατασκευαστεί ισοδύναμο ορθογώνιο που οι πλευρές του να έχουν διαφορά δοσμένο τμήμα α.
Ζητείται δηλαδή να βρεθούν οι πλευρές χ,ψ του ορθογωνίου, ώστε να ισχύει:
x-ψ=αx·ψ=β2 ή ψ(ψ+α)=β2
Κατασκευή: Γράφουμε περιφέρεια (Ο) με διάμετρο α και σε τυχαίο σημείο της Α φέρουμε εφαπτομένη με μήκος ΑΒ=β. Φέρουμε στη συνέχεια τη ΒΟ που κόβει την περιφέρεια στα σημεία Γ και Δ. Τότε τα ζητούμενα τμήματα είναι τα ΒΓ=ψ και ΒΔ=x. Πράγματι, σύμφωνα με το θεώρημα της δύναμης σημείου ώς προς κύκλο, έχουμε:

ΒΑ2=ΒΓ·ΒΔΒΔ-ΒΓ=ΓΔ ή β2=ΒΓ·ΒΔα=ΒΔ-ΒΓ οπότεx=ΒΔΨ=ΒΓ
Τα τμήματα x και ψ είναι γεωμετρικές λύσεις της δευτεροβάθμιας εξίσωσης x2-αx-β2=0 την οποία συναντάμε στην "πέμπτη" αναλογία των αρχαίων. Στην κατασκευή αυτή, που στην αρχαιότητα ονομαζόταν" υπερβολική παραβολή" αν στη θέση του β βάλουμε το α γεννιέται το περίφημο πρόβλημα του "μέσου και άκρου λόγου" (χρυσής τομής).
8. Να κατασκευαστεί τετράγωνο που να έχει λόγο πρός δοσμένο τετράγωνο, πλευράς α, ίσο πρός τον λόγο δύο δοσμένων τμημάτων μ, ν.
Ζητείται δηλαδή η πλευρά x ενός τριγώνου, ώστε να ισχύει η σχέση
x2α2=μν
Κατασκευή: Γράφουμε ημιπεριφέρεια με διάμετρο το τμήμα ΑΒ=μ+ν, και Φέρουμε την ΓΔ⊥ΑΒ. Φέρουμε ακόμη τις ΔΑ, ΔΒ οπότε το τρίγωνο ΑΔΒ Είναι ορθογώνιο. Παίρνουμε τώρα πάνω στη ΔΒ τμήμα ΔΕ=α και φέρουμε Την ΕΖ//ΑΒ. Τότε η πλευρά x του ζητούμενου τετραγώνου είναι η ΔΖ. Πράγματι, σύμφωνα με γνωστό πόρισμα του θεωρήματος των προβολών στα ορθογώνια τρίγωνα, έχουμε:ΔΖ2ΔΕ2=ΖΘΘΕ
Όμως ισχύει ακόμη ότι ΖΘΘΕ=ΑΓΓΒ λόγω της δέσμης των ευθειών ΔΑ, ΔΓ, ΔΒ που τέμνεται από τις παράλληλες ΖΕ και ΑΒ. 'Αρα ΔΖ2ΔΕ2=ΑΓΓΒήΔΖ2α2=μν  οπότε βγαίνει ότι η x=ΔΖ.
3. Προβλήματα ανώτερου Βαθμού
 
Γενικές μεθόδους λύσεων, με χάρακα και διαβήτη, προβλημάτων ανωτέρου βαθμού, από τους αρχαίους Έλληνες, δεν γνωρίζουμε. Ο τρόπος που έλυναν τα προβλήματα αυτά είναι δυστυχώς μέχρι σήμερα άγνωστος.
Προβλήματα, που η λύση τους απαιτεί την κατασκευή των ριζών εξισώσεων τρίτου βαθμού, συναντάμε στο έργο του Αρχιμήδη. Χαρακτηριστικό παράδειγμα είναι το πρόβλημα που θέτει στο έργο του "Περί σφαίρας και κυλίνδρου" όπου απαιτείται: "Δοθείσα σφαίρα να τμηθή κατά τοιούτον τρόπον, ώστε τα σφαιρικά τμήματα να έχωσι μεταξύ των δοθέντα λόγον".
Το πρόβλημα αυτό ανάγεται σε εξίσωση τρίτου βαθμού, η οποία δίνεται από τον Αρχιμήδη με μορφή αναλογίας 4α2x2=3α-xμμ+ν·α όπου α η ακτίνα της σφαίρας, μν ο δοσμένος λόγος και x το ύψος του μεγαλύτερου σφαιρικού τμήματος. Ο Αρχιμήδης θέτει ένα γενικώτερο πρόβλημα:
"Να τμηθή η δοθείσα ευθεία ΔΖ εις τί σημείον Χ και να κάμωμεν ώς την ΧΖ προς προς την δοθείσαν, ούτως το δοθέν τετράγωνον προς το ΔΧ2"
Δηλαδή να κατασκευαστεί τμήμα x με την ιδιότητα α2x2=α-xα, η οποία είναι επίσης τρίτου βαθμού. Ο Αρχιμήδης στο πρόβλημα αυτό υπόσχεται να δώσει τη λύση στο τέλος του έργου του. Όμως το τμήμα αυτό του έργου χάθηκε.
Οι Έλληνες γεωμέτρες Διοκλής και Διονυσόδωρος δεν γνώριζαν τη λύση και αναγκάστηκαν να επινοήσουν δικές τους. Η λύση του Αρχιμήδη βρέθηκε από τον σχολιαστή του Ευτόκιο ( 6αι. μ.Χ.). Σύμφωνα με τη λύση αυτή ο Αρχιμήδης γράφει την πιο πάνω αναλογία ως εξής α2α-x=x2α και για τη λύση της καταφεύγει στη χρήση των κωνικών τομών της παραβολής ψ=x2α και της υπερβολής ψ=α2α-x.
Σήμερα έχουμε λύσεις τριτοβαθμίων προβλημάτων, από τους αρχαίους Έλληνες γεωμέτρες, όχι όμως με χάρακα και διαβήτη, αφού έτσι δεν λύνονται, αλλά με τη χρήση κινητικής γεωμετρίας η καμπύλων διαφορετικών της περιφέρειας.
Ο Ευκλείδης στο 10ο βιβλίο των "Στοιχείων" του ασχολείται εκτεταμένα με τη Θεωρία των ασυμμέτρων που προέρχονται από τη λύση διτετραγώνων εξισώσεων. Εδώ δίνουμε τη γεωμετρική επίλυση μιάς τέτοιας εξίσωσης, όταν
Έχει μιά από τις παρακάτω μορφές: x4-α2x2+β4=0x4-α2x2-β4=0x4+α2x2-β4=0x4+α2x2+β4=0
Από αυτές η τέταρτη εξίσωση έχει ρίζες μιγαδικές οι άλλες τρείς λύνονται κατά όμοιο τρόπο. Έστω λοιπόν η εξίσωση x42x24=0, αν βάλουμε όπου x2=β.ψ (1) η εξίσωση γράφεται ψ2-α2βψ+β2=0.
Κατασκευή: Κατασκευάζουμε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΓ με κάθετες πλευρές τις ΔΓ=α και ΔΑ=β και φέρουμε την ΓB κάθετη στην ΑΓ στο Γ. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓΒ από το θεώρημα του ύψους έχουμε ΓΔ2=ΑΔ.ΔΒ ή α2=β.ΔΒ ή ΔΒ=α2β. Έτσι η εξίσωση μας γίνεται ψ2-ΔΒ.ψ+β2=0 (2) και ανάγεται στο πρόβλημα 6 σύμφωνα με το οποίο ζητούνται δύο τμήματα με άθροισμα το ΔΒ και γινόμενο το β2.
Κάνουμε λοιπόν την κατασκευή 6 πάνω στο τμήμα ΔΒ και βρίσκουμε ότι τα τμήματα - λύσεις είναι τα ψ1=ΔΖ και ψ2=ΖΒ. Έτσι η (1) γράφεται x2=β.ΔΖ και x2=β.ΖΒ (3) και πρέπει να κατασκευαστούν τα τμήματα x.
Παίρνουμε πάνω στην ΔΒ τμήμα ΖΗ=β και γράφουμε περιφέρεια με διάμετρο το ΗΒ τότε για την ΖΘ⊥ΗΒ έχουμε ΖΘ2=ΖΗ.ΖΒ ή ΖΘ2=β.ΖΒ αφού το τρίγωνο ΗΘΒ είναι ορθογώνιο. Από την τελευταία σχέση και την (3) φαίνεται ότι χ=ΖΘ. Γράφοντας τώρα περιφέρεια με διάμετρο ΖΔ και φέρνοντας την ΗΚ⊥ΖΔ γεννιέται το σημείο Κ. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΚΖ, από το θεώρημα των προβολών στα ορθογώνια τρίγωνα παίρνουμε τη σχέση ΚΖ2=ΖΗ.ΖΔ ή ΚΖ2=β.ΖΔ την οποία συγκρίνοντας με την (3) οδηγούμαστε στην χ=ΚΖ. Έτσι οι λύσεις της διτετράγωνης είναι τα ΖΘ, ΖΚ.
Στα προβλήματα που παρουσιάσαμε πολλές φορές εμφανίζονται τμήματα εκφρασμένα με ρίζες όπως x=α52 ή x=α352 ή και ανώτερης τάξης. Τα τμήματα της πρώτης μορφής ή τα μετασχημάτιζαν σε x2=α2·54 και στη συνέχεια σε x2α2=54 οπότε ανάγονταν στο πρόβλημα 8 ή προσδιόριζαν το τμήμα 5 και εύρισκαν το x σαν τετάρτη ανάλογο των α, 5 και 2. Όσον αφορά τα τμήματα της δεύτερης μορφής τα κατασκεύαζαν με άλλα όργανα, εκτός του διαβήτη, ή αν ήταν μέτρικό το πρόβλημα τα υπολόγιζαν. Παραδείγματα υπολογισμού τετραγωνικής ρίζας, από τους αρχαίους Έλληνες έχουμε αρκετά, κυβικής όμως ρίζας, έχουμε ένα και μοναδικό δοσμένο από τον Ήρωνα τον Αλεξανδρινό.
Κοντά σε αυτά τα προβλήματα και τις κατασκευές πρέπει να προστεθούν και οι κατασκευές των κανονικών πολυγώνων, τα οποία από τη χαραυγή της Γεωμετρίας αποτέλεσαν αντικείμενο ιδιαίτερης μελέτης. Από αυτά, οι αρχαίοι Έλληνες, δεν μπόρεσαν να κατασκευάσουν, γιατί δεν κατασκευάζονται με χάρακα και διαβήτη, τα κανονικά 7γωνο, 9γωνο, 11γωνο, 15γωνο.