🌀

Γεωμετρικές Κατασκευές & Μέση Ανάλογος

Κατασκευή √(αβ), √(α²±β²) και √α με κανόνα και διαβήτη

Πώς φτιάχνεις ένα τμήμα $\sqrt{7}$ χωρίς αριθμομηχανή;

Η αριθμομηχανή σού δίνει $\sqrt{7} \approx 2{,}6457513$ , αλλά ποτέ ακριβώς. Με χάρακα και διαβήτη όμως μπορείς να σχεδιάσεις τμήμα που είναι ακριβώς $\sqrt{7}$ — όπως έκαναν οι αρχαίοι Έλληνες. Το μυστικό είναι η μέση ανάλογος και το Πυθαγόρειο — δύο «μηχανές» που μετατρέπουν ριζικά σε σχήματα.

Υπενθύμιση: επίκεντρη και εγγεγραμμένη γωνία

Οι κατασκευές του κεφαλαίου στηρίζονται σε ένα εργαλείο του Κεφ. 6 (υπόβαθρο, εκτός εξεταστέας ύλης). Σε έναν κύκλο με κέντρο $O$ :

Επίκεντρη λέγεται η γωνία με κορυφή το κέντρο $O$ . Το τόξο στο οποίο βαίνει έχει τόσες μοίρες όσες και η ίδια.
Εγγεγραμμένη λέγεται η γωνία με κορυφή πάνω στον κύκλο και πλευρές χορδές. Λέμε ότι βαίνει στο τόξο που περικλείουν οι πλευρές της.

Βασικό θεώρημα: Κάθε εγγεγραμμένη γωνία ισούται με το μισό της επίκεντρης που βαίνει στο ίδιο τόξο. Δύο συνέπειες που λύνουν αμέτρητες ασκήσεις:

Εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο είναι ίσες μεταξύ τους
Εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή, αφού η αντίστοιχη επίκεντρη είναι $180^\circ$

$\text{εγγεγραμμένη} = \frac{\text{επίκεντρη}}{2} \qquad \text{(στο ίδιο τόξο)}$ $B\Gamma \text{ διάμετρος} \Rightarrow B\hat{A}\Gamma = 90^\circ \ \text{για κάθε σημείο } A \text{ του κύκλου}$

Σύρε το σημείο $A$ πάνω στο ημικύκλιο — θα ανακαλύψεις ότι η γωνία στο $A$ μένει καρφωμένη στις $90°$, ο κρυφός λόγος που η κατασκευή της μέσης αναλόγου δουλεύει πάντα.

Γρήγορος έλεγχος

Το τμήμα $B\Gamma$ είναι διάμετρος κύκλου και το $A$ είναι οποιοδήποτε άλλο σημείο του κύκλου. Πόση είναι η γωνία $B\hat{A}\Gamma$ ;

Η μέση ανάλογος (γεωμετρικός μέσος)

Το $x$ λέγεται μέση ανάλογος των τμημάτων $\alpha$ , $\beta$ όταν $\frac{\alpha}{x} = \frac{x}{\beta}$ , δηλαδή $x^2 = \alpha\beta$ και $x = \sqrt{\alpha\beta}$ . Είναι ο «πολλαπλασιαστικά δίκαιος» ενδιάμεσος: όσες φορές μεγαλύτερος από το $\alpha$ , τόσες φορές μικρότερος από το $\beta$ .

Η κατασκευή της §9.3: Τοποθέτησε τα τμήματα διαδοχικά πάνω σε ευθεία: $B\Delta = \alpha$ και $\Delta\Gamma = \beta$ . Γράψε ημικύκλιο με διάμετρο $B\Gamma = \alpha + \beta$ και ύψωσε στο $\Delta$ κάθετη που τέμνει το ημικύκλιο στο $A$ . Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ορθογώνιο στο $A$ (η γωνία βαίνει σε ημικύκλιο), οπότε η μετρική σχέση του ύψους δίνει:

$A\Delta^2 = B\Delta \cdot \Delta\Gamma = \alpha\beta$

Το $A\Delta$ είναι η ζητούμενη μέση ανάλογος! Εναλλακτική με κάθετη πλευρά: πάρε $B\Gamma = \alpha$ ως διάμετρο και $B\Delta = \beta$ πάνω της — τότε $AB^2 = B\Delta \cdot B\Gamma = \alpha\beta$ .

Ειδική περίπτωση-διαμάντι: για $\beta = 1$ παίρνεις $x = \sqrt{\alpha}$ — η τετραγωνική ρίζα οποιουδήποτε τμήματος κατασκευάζεται με κανόνα και διαβήτη.

Κόλπο μνήμης

η μέση ανάλογος είναι ο «μεσαίος όρος» μιας γεωμετρικής προόδου. Στα $4, 6, 9$ κάθε όρος βγαίνει από τον προηγούμενο επί $\frac{3}{2}$ , και το $6$ «κάθεται» στη μέση: $\frac{4}{6} = \frac{6}{9}$ , άρα $6^2 = 4 \cdot 9$ . Γι' αυτό λέγεται και γεωμετρικός μέσος: $x = \sqrt{\alpha\beta}$ .

Γρήγορος έλεγχος

Η μέση ανάλογος των τμημάτων $\alpha = 4$ και $\beta = 9$ είναι:

Κατασκευές με το Πυθαγόρειο

Δύο ακόμη «μηχανές» κατασκευής:

$x = \sqrt{\alpha^2 + \beta^2}$ : η υποτείνουσα ορθογωνίου τριγώνου με κάθετες πλευρές $\alpha$ , $\beta$
$x = \sqrt{\alpha^2 - \beta^2}$ (με $\alpha > \beta$ ): η κάθετη πλευρά ορθογωνίου τριγώνου με υποτείνουσα $\alpha$ και άλλη κάθετη $\beta$

Με αυτές τις τρεις μηχανές — μέση ανάλογος, υποτείνουσα, κάθετη πλευρά — κατασκευάζεται κάθε τμήμα της μορφής $\sqrt{\ldots}$ που προκύπτει από δοσμένα τμήματα με πρόσθεση, πολλαπλασιασμό και τετραγωνικές ρίζες.

Δες τα τετράγωνα των $\alpha$ και $\beta$ να ενώνονται στο τετράγωνο της υποτείνουσας — θα ανακαλύψεις γιατί η υποτείνουσα είναι ακριβώς το κατασκευάσιμο $\sqrt{\alpha^2 + \beta^2}$.

$x = \sqrt{\alpha\beta}: \ \text{ύψος σε ημικύκλιο διαμέτρου } \alpha + \beta \qquad x = \sqrt{\alpha}: \ \alpha\beta \text{ με } \beta = 1$ $x = \sqrt{\alpha^2 + \beta^2}: \ \text{υποτείνουσα} \qquad x = \sqrt{\alpha^2 - \beta^2}: \ \text{κάθετη πλευρά}$

Μέθοδος: κατασκευή τμήματος με ριζικό

Γράψε το ζητούμενο σε μία από τις τρεις μορφές: $\sqrt{\alpha\beta}$ (γινόμενο), $\sqrt{\alpha^2 + \beta^2}$ ή $\sqrt{\alpha^2 - \beta^2}$ . Σπάσε κατάλληλα τον αριθμό — π.χ. $\sqrt{15}$ = μέση ανάλογος των $3$ και $5$ , $\sqrt{13} = \sqrt{3^2 + 2^2}$ .
Διάλεξε τη μηχανή: $\sqrt{\alpha\beta}$ → ημικύκλιο διαμέτρου $\alpha + \beta$ και κάθετη στο σημείο ένωσης· $\sqrt{\alpha^2 + \beta^2}$ → υποτείνουσα· $\sqrt{\alpha^2 - \beta^2}$ → κάθετη πλευρά με υποτείνουσα $\alpha$ .
Περιέγραψε την κατασκευή βήμα-βήμα (ευθεία, μεταφορά τμημάτων με διαβήτη, κάθετη, ημικύκλιο).
Δικαιολόγησε με μετρική σχέση ή Πυθαγόρειο — η αιτιολόγηση βαθμολογείται, όχι μόνο το σχήμα.

Άσκηση: Δίνεται τμήμα μήκους $1$ . Να κατασκευαστεί τμήμα $x = \sqrt{10}$ με δύο τρόπους.

Τρόπος Α (μέση ανάλογος): Αφού $10 = 2 \cdot 5$ , το $x$ είναι μέση ανάλογος των $2$ και $5$ . Φέρε σε ευθεία $B\Delta = 2$ και $\Delta\Gamma = 5$ , γράψε ημικύκλιο διαμέτρου $B\Gamma = 7$ και ύψωσε κάθετη στο $\Delta$ ως το ημικύκλιο, στο σημείο $A$ . Τότε:

$A\Delta^2 = B\Delta \cdot \Delta\Gamma = 2 \cdot 5 = 10 \Rightarrow A\Delta = \sqrt{10}$

Τρόπος Β (Πυθαγόρειο): Αφού $10 = 3^2 + 1^2$ , κατασκεύασε ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές $3$ και $1$ — η υποτείνουσα είναι:

$x = \sqrt{3^2 + 1^2} = \sqrt{10} \approx 3{,}16$

Γρήγορος έλεγχος

Σε ημικύκλιο διαμέτρου $B\Gamma = 10$ παίρνουμε σημείο $\Delta$ της $B\Gamma$ με $B\Delta = 2$ και υψώνουμε κάθετη που τέμνει το ημικύκλιο στο $A$ . Πόσο είναι το $A\Delta$ ;

Άσκηση: Δίνεται τμήμα μήκους $1$ . Να κατασκευαστεί τμήμα $\sqrt{3}$ με δύο τρόπους.

Τρόπος Α (κάθετη πλευρά): Αφού $3 = 2^2 - 1^2$ , το $\sqrt{3}$ είναι κάθετη πλευρά ορθογωνίου τριγώνου με υποτείνουσα $2$ και άλλη κάθετη $1$ . Φέρε τμήμα $AB = 1$ , ύψωσε κάθετη στο $A$ και με κέντρο το $B$ και ακτίνα $2$ γράψε τόξο που τέμνει την κάθετη στο $\Gamma$ . Τότε

$A\Gamma = \sqrt{B\Gamma^2 - AB^2} = \sqrt{4 - 1} = \sqrt{3}$

Τρόπος Β (μέση ανάλογος): Αφού $3 = 1 \cdot 3$ , πάρε σε ευθεία $B\Delta = 1$ και $\Delta\Gamma = 3$ , γράψε ημικύκλιο διαμέτρου $B\Gamma = 4$ και ύψωσε κάθετη στο $\Delta$ που τέμνει το ημικύκλιο στο $A$ . Η $B\hat{A}\Gamma$ βαίνει σε ημικύκλιο, άρα είναι ορθή, και

$A\Delta^2 = B\Delta \cdot \Delta\Gamma = 3 \Rightarrow A\Delta = \sqrt{3}$

Και οι δύο τρόποι δίνουν το ίδιο μήκος· για έλεγχο, μέτρησε στο σχήμα σου: $\sqrt{3} \approx 1{,}73$ .

Άσκηση τύπου διαγωνίσματος: Σε ευθεία παίρνουμε διαδοχικά σημεία $B$ , $\Delta$ , $\Gamma$ με $B\Delta = \alpha$ και $\Delta\Gamma = \beta$ . Γράφουμε ημικύκλιο με διάμετρο $B\Gamma$ και κέντρο $O$ (το μέσο της $B\Gamma$ ) και υψώνουμε στο $\Delta$ κάθετη στη $B\Gamma$ , που τέμνει το ημικύκλιο στο $A$ .

(α) Να αποδείξετε ότι $A\Delta = \sqrt{\alpha\beta}$ .

(β) Να αποδείξετε ότι $\sqrt{\alpha\beta} \leq \frac{\alpha + \beta}{2}$ και ότι η ισότητα ισχύει μόνο όταν $\alpha = \beta$ .

Σχήμα: Η διάμετρος $B\Gamma$ οριζόντια με το ημικύκλιο από πάνω. Το $\Delta$ πάνω στη διάμετρο, το $A$ ακριβώς από πάνω του, πάνω στο τόξο· η ακτίνα $OA$ ενώνει το κέντρο με το $A$ και σχηματίζει με την $A\Delta$ και το τμήμα $O\Delta$ ένα ορθογώνιο τρίγωνο.

Δεδομένα: $B\Delta = \alpha$ , $\Delta\Gamma = \beta$ , $A\Delta \perp B\Gamma$ , $A$ στο ημικύκλιο. Ζητούμενο: $A\Delta = \sqrt{\alpha\beta} \leq \frac{\alpha+\beta}{2}$ .

Απόδειξη (α): Η $B\hat{A}\Gamma$ βαίνει σε ημικύκλιο, άρα είναι ορθή. Στο ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ το $A\Delta$ είναι ύψος προς την υποτείνουσα, οπότε από τις μετρικές σχέσεις: $A\Delta^2 = B\Delta \cdot \Delta\Gamma = \alpha\beta$ , δηλαδή $A\Delta = \sqrt{\alpha\beta}$ .

(β) Η ακτίνα είναι $OA = \frac{B\Gamma}{2} = \frac{\alpha+\beta}{2}$ . Αν $\Delta \neq O$ , το τρίγωνο $A\Delta O$ είναι ορθογώνιο στο $\Delta$ με υποτείνουσα την $OA$ , άρα από το Πυθαγόρειο $OA^2 = A\Delta^2 + \Delta O^2 > A\Delta^2$ , δηλαδή $A\Delta < OA$ . Αν $\Delta = O$ , τότε $A\Delta = OA$ . Σε κάθε περίπτωση:

$\sqrt{\alpha\beta} = A\Delta \leq OA = \frac{\alpha+\beta}{2}$

με ισότητα ακριβώς όταν $\Delta = O$ , δηλαδή όταν $B\Delta = \Delta\Gamma$ , $\alpha = \beta$ .

Συμπέρασμα: ο γεωμετρικός μέσος δύο θετικών αριθμών δεν ξεπερνά ποτέ τον αριθμητικό μέσο τους.

Ήξερες ότι;

Στον πλατωνικό διάλογο «Θεαίτητος» αναφέρεται ότι ο Θεόδωρος ο Κυρηναίος απέδειξε πως οι ρίζες $\sqrt{3}$ , $\sqrt{5}$ και οι επόμενες έως το $\sqrt{17}$ (όσοι αριθμοί δεν είναι τέλεια τετράγωνα) είναι άρρητες. Η λεγόμενη «σπείρα του Θεόδωρου» — ορθογώνια τρίγωνα με μία κάθετη πλευρά $1$ , κολλημένα διαδοχικά — κατασκευάζει τα $\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{4}, \ldots$ με την «υποτείνουσα-μηχανή».

Πρόκληση

Σου δίνουν μόνο ένα τμήμα μήκους $1$ , χάρακα και διαβήτη. Κατασκεύασε τμήμα $x$ με $x^4 = 2$ , δηλαδή $x = \sqrt{\sqrt{2}}$ .

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

Δύο «μηχανές» στη σειρά:

Πυθαγόρειο: φτιάξε ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο με κάθετες πλευρές $1$ και $1$ . Η υποτείνουσα είναι $\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ .
Μέση ανάλογος: πάνω σε ευθεία πάρε διαδοχικά $B\Delta = 1$ και $\Delta\Gamma = \sqrt{2}$ (μεταφέρεις την υποτείνουσα με τον διαβήτη). Γράψε ημικύκλιο με διάμετρο $B\Gamma$ και ύψωσε κάθετη στο $\Delta$ που το τέμνει στο $A$ . Η γωνία $B\hat{A}\Gamma$ είναι εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο, άρα ορθή, και το $A\Delta$ είναι το ύψος προς την υποτείνουσα:

$A\Delta^2 = B\Delta \cdot \Delta\Gamma = 1 \cdot \sqrt{2} = \sqrt{2}$

Άρα $x = A\Delta$ και $x^4 = (A\Delta^2)^2 = 2$ ✓. Αριθμητικά $x \approx 1{,}189$ — με μονάδα το μέτρο, είναι η μεγάλη πλευρά ενός φύλλου χαρτιού A0.

Προσοχή στη διαφορά: το $\sqrt[3]{2}$ (το αρχαίο «Δήλιο πρόβλημα», ο διπλασιασμός του κύβου) αποδείχτηκε το 1837 από τον Pierre Wantzel ότι δεν κατασκευάζεται με κανόνα και διαβήτη. Τετραγωνικές ρίζες «ναι», κυβικές γενικά «όχι».

Συνηθισμένα λάθη

Μπερδεύουν μέση ανάλογο με αριθμητικό μέσο και γράφουν $\frac{\alpha+\beta}{2}$ . Διόρθωση: μέση ανάλογος σημαίνει $\frac{\alpha}{x} = \frac{x}{\beta}$ , άρα $x = \sqrt{\alpha\beta}$ .
Στην κατασκευή του $\sqrt{\alpha\beta}$ παίρνουν διάμετρο $\alpha$ ή $\alpha\beta$ . Διόρθωση: τα τμήματα μπαίνουν διαδοχικά, η διάμετρος είναι $\alpha + \beta$ και η κάθετη υψώνεται στο σημείο όπου ενώνονται.
Γράφουν $\sqrt{\alpha^2 + \beta^2} = \alpha + \beta$ . Διόρθωση: η υποτείνουσα είναι πάντα μικρότερη από το άθροισμα των κάθετων πλευρών (τριγωνική ανισότητα).
Περιγράφουν την κατασκευή χωρίς αιτιολόγηση. Διόρθωση: κλείσε πάντα με τη μετρική σχέση ή το Πυθαγόρειο που αποδεικνύει το μήκος.

Σύνοψη — τι κρατάμε

Εγγεγραμμένη γωνία σε ημικύκλιο είναι ορθή — η βάση όλων των κατασκευών με ημικύκλιο.
Μέση ανάλογος: $\frac{\alpha}{x} = \frac{x}{\beta} \iff x = \sqrt{\alpha\beta}$ · κατασκευάζεται ως ύψος σε ημικύκλιο διαμέτρου $\alpha + \beta$ , και ισχύει $\sqrt{\alpha\beta} \leq \frac{\alpha+\beta}{2}$ .
$\sqrt{\alpha} = \sqrt{\alpha \cdot 1}$ : κάθε τετραγωνική ρίζα κατασκευάζεται με κανόνα και διαβήτη.
$\sqrt{\alpha^2+\beta^2}$ = υποτείνουσα, $\sqrt{\alpha^2-\beta^2}$ = κάθετη πλευρά ορθογωνίου τριγώνου.

Υπενθύμιση: επίκεντρη και εγγεγραμμένη γωνία

Οι κατασκευές του κεφαλαίου στηρίζονται σε ένα εργαλείο του Κεφ. 6 (υπόβαθρο, εκτός εξεταστέας ύλης). Σε έναν κύκλο με κέντρο

O

Επίκεντρη λέγεται η γωνία με κορυφή το κέντρο

O

. Το τόξο στο οποίο βαίνει έχει τόσες μοίρες όσες και η ίδια.

Εγγεγραμμένη λέγεται η γωνία με κορυφή πάνω στον κύκλο και πλευρές χορδές. Λέμε ότι βαίνει στο τόξο που περικλείουν οι πλευρές της.

Εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο είναι ίσες μεταξύ τους

Εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή, αφού η αντίστοιχη επίκεντρη είναι

180^\circ

Η μέση ανάλογος (γεωμετρικός μέσος)

Το

x

λέγεται μέση ανάλογος των τμημάτων

\alpha

\beta

όταν

\frac{\alpha}{x} = \frac{x}{\beta}

, δηλαδή

x^2 = \alpha\beta

και

x = \sqrt{\alpha\beta}

. Είναι ο «πολλαπλασιαστικά δίκαιος» ενδιάμεσος: όσες φορές μεγαλύτερος από το

\alpha

, τόσες φορές μικρότερος από το

\beta

Η κατασκευή της §9.3: Τοποθέτησε τα τμήματα διαδοχικά πάνω σε ευθεία:

B\Delta = \alpha

και

\Delta\Gamma = \beta

. Γράψε ημικύκλιο με διάμετρο

B\Gamma = \alpha + \beta

και ύψωσε στο

\Delta

κάθετη που τέμνει το ημικύκλιο στο

A

. Το τρίγωνο

AB\Gamma

είναι ορθογώνιο στο $A$ (η γωνία βαίνει σε ημικύκλιο), οπότε η μετρική σχέση του ύψους δίνει:

A\Delta^2 = B\Delta \cdot \Delta\Gamma = \alpha\beta

Το

A\Delta

είναι η ζητούμενη μέση ανάλογος! Εναλλακτική με κάθετη πλευρά: πάρε

B\Gamma = \alpha

ως διάμετρο και

B\Delta = \beta

πάνω της — τότε

AB^2 = B\Delta \cdot B\Gamma = \alpha\beta

Ειδική περίπτωση-διαμάντι: για

\beta = 1

παίρνεις

x = \sqrt{\alpha}

— η τετραγωνική ρίζα οποιουδήποτε τμήματος κατασκευάζεται με κανόνα και διαβήτη.

Γεωμετρικές Κατασκευές & Μέση Ανάλογος

Πώς φτιάχνεις ένα τμήμα 7\sqrt{7}7​ χωρίς αριθμομηχανή;

Υπενθύμιση: επίκεντρη και εγγεγραμμένη γωνία

Η μέση ανάλογος (γεωμετρικός μέσος)

Κατασκευές με το Πυθαγόρειο

Μέθοδος: κατασκευή τμήματος με ριζικό

Γεωμετρικές Κατασκευές & Μέση Ανάλογος

Πώς φτιάχνεις ένα τμήμα 7\sqrt{7}7​ χωρίς αριθμομηχανή;

Υπενθύμιση: επίκεντρη και εγγεγραμμένη γωνία

Η μέση ανάλογος (γεωμετρικός μέσος)

Κατασκευές με το Πυθαγόρειο

Μέθοδος: κατασκευή τμήματος με ριζικό

Πώς φτιάχνεις ένα τμήμα $\sqrt{7}$ χωρίς αριθμομηχανή;

Πώς φτιάχνεις ένα τμήμα $\sqrt{7}$ χωρίς αριθμομηχανή;