Τριχοτόμηση  Γωνίας -Η δεύτερη λύση  του  Πάππου 

Ο  Πάππος  στο έργο του "Μαθηματική συναγωγή" έδωσε  δύο λύσεις στο πρόβλημα της τριχοτόμησης μιας γωνίας.
Η δεύτερη από αυτές,  στηρίζεται σε μία ειδική υπερβολή, που παρουσιάζουμε  αρχικά.

Άρα η  ΚΕ  θα είναι διχοτόμος της γωνίας  ΡΕΔ  και η γωνία ΡΚΕ  θα είναι 2ω ως εξωτερική του τριγώνου ΚΔΕ. Επειδή  η ΚΕ είναι διχοτόμος της γωνίας  ΡΕΔ  ισχύει   `(EDelta)/(EP)=(KDelta)/(KP)`   (2)    
Φέρουμε την ΡΒ κάθετη στην ΔΕ  άρα  ΚΜ//ΡΒ  και θα ισχύει   `(KDelta)/(KP)=(DeltaM)/(MB)`   (3)     

Από τις  (2) και (3) προκύπτει       `(EDelta)/(EP)=(DeltaM)/(MB)` ή   `(EDelta)/(DeltaM)=(EP)/(MB)`    και επειδή είναι EΔ=2ΔΜ  θα είναι     `(EP)/(MB)=2`  (4)

Το  ΜΒ  όμως είναι ίσο με την απόσταση   του Ρ από την ΚΜ  ,άρα  από τη  σχέση  (4) προκύπτει ότι  το Ρ  θα βρίσκεται σε μία υπερβολή με εκκεντρότητα   ε=2,  η οποία θα έχει εστία  το σημείο Ε  και  διευθετούσα  την  ΚΜ . Αν  πάρουμε ένα σημείο  Α πάνω στο ΔΕ  ώστε ΑΕ=2ΜΑ, τότε το Α θα είναι σημείο της υπερβολής όπως επίσης και το Δ  αφού  ΔΕ=2ΔΜ . Αν θεωρήσουμε ένα σύστημα συντεταγμένων του οποίου ο άξονας  ΟΧ να ταυτίζεται με την ΜΕ  τότε τα σημεία Α και Δ  θα είναι οι κορυφές της υπερβολής και το μέσο Ο του ΔΑ  το κέντρο του συστήματος.

Θέτουμε  α=ΟΑ και  επειδή  ε=2  από τη σχέση    `epsilon=gamma/alpha`  προκύπτει   `gamma=2alpha`   και η  `gamma^2=alpha^2+beta^2` δίνει  `beta^2=3alpha^2`
άρα η υπερβολή έχει εξίσωση  `x^2/alpha^2 - y^2/(3alpha^2) = 1 `  

Απόδειξη:

Επειδή το σημείο Ρ ανήκει στην υπερβολή θα είναι    `hat(PEDelta)=2hat(PDeltaE)`.
Η γωνία  `hat(PKΕ)`  είναι επίκεντρη  και βαίνει στο ίδιο τόξο με την  `hat(PDeltaΕ)`  άρα θα είναι   `hat(PKΕ) = 2hat(PDeltaE) = hat(PEDelta)`  λόγω της προηγούμενης σχέσης.

Όμοια  για την `hat(DeltaKP)` θα είναι   `hat(DeltaKP) = 2hat(PEDelta) = 2hat(PKE)`  άρα η γωνία `hat(PKΕ)`  θα είναι το ένα τρίτο της `hat(DeltaKΕ)`.
Έτσι  η γωνία  `hat(ΒKG)`   τριχοτομήθηκε.

Προηγούμενη Κεντρική σελίδα Επόμενη