Yazılı ve sınırlı dörtgenlerle ilgili problemler. Yazılı açı problemleri

88. B ikizkenar üçgen, hangisi taraf 10 cm'ye eşit ve taban 6 cm'dir, bir daire içine yazılmıştır. Üçgenin kenarlarında bulunan teğet noktalar arasındaki mesafeyi belirleyin. (2)
89. Alanı Q olan bir dairesel halka verildiğinde, büyük dairenin küçük daireye teğet kirişinin uzunluğunu belirleyin. (2)
90. Yarıçap dairesi

Bir akorla iki parçaya bölünmüş, eşit taraf bu daireye yazılmış düzgün üçgen. Bu segmentlerden daha küçük olanın alanını belirleyin. (2)
91. AB ve AC akorları aynı uzunluktadır. Çemberin içine yazılan açının boyutu ?/6'ya eşittir. Bu açının içine alınan dairenin o bölümünün alanının tüm dairenin alanına oranını bulun. (3)

§ 2. Planimetrik problemleri çözmek için temel fikirler ve yöntemler

Önceki paragrafta aşağıdaki sorunları ele aldıysak: merkezi yer planimetri ve trigonometri formüllerine aittir, şimdi problemlere geçelim ana rol formüller değil, özellikler ve karakteristiklerle ilgili teoremler oynayacak geometrik şekiller. Paragraftaki problemler artık çalışmanın amacına göre (üçgen, yamuk, daire vb.) değil, çözümün ana fikrine göre bölünmektedir.

2.1. Üçgenin içine yazılmış bir daireyle ilgili problemler

Eğer problem cümlesi bir üçgen etrafında tanımlanan bir daireden bahsediyorsa, çoğu durumda onu inşa etmeye gerek yoktur. Ve bir üçgenin içine yazılmış bir daireden bahsettiğimizde bunun tersi de geçerlidir. Burada sadece dairenin kendisini oluşturmanız değil, aynı zamanda temas noktalarına (kenarlara dik) yarıçaplar çizmeniz ve ayrıca dairenin merkezini üçgenin köşelerine bağlamanız gerekir. Bu durumda eşit üçgenler oluşur.

Problem çözme örnekleri

Çözüm. ABC üçgenine bir daire çizelim ve O merkezini B, C köşelerine bağlayalım. Ayrıca OK, ON, OM dik çizgileri de çizelim (şekle bakın). Bunlar üçgenin içine yazılan dairenin yarıçaplarıdır. BMO ve BNO üçgenlerinin eşitliğinden BM = BN = 5 sonucu çıkar. Benzer şekilde OKS ve ONC üçgenlerinin eşitliğinden KS = NC = 12 sonucu çıkar. Ayrıca AMOK'un bir kare olduğuna ve dolayısıyla AM = AK olduğuna dikkat edin. = r. AB = AM + MB = r + 5, AC = AK + KS = r + 12 elde ederiz. Pisagor teoremini kullanarak şunu elde ederiz: AB2+ AC2= BC2.
(r + 5)2+ (r + 12)2= 172;
r2+ 10r + 25 + r2+ 24r + 144 = 289;
2r2+ 34r – 120 = 0;
r2+ 17r – 60 = 0; r = 3.
Bacaklar 5 + r = 8 ve 12 + r = 15'tir.
Cevap: 8 cm; 15 cm.

93. Yarıçapı 4 olan bir daire üçgenin içine yazılmıştır. Üçgenin kenarlarından biri teğet noktasıyla uzunlukları 6 ve 8 olan parçalara bölünmüştür. Üçgenin kenarlarının uzunluklarını bulun (Şekil 169). (2)

Çözüm. De olduğu gibi önceki görev, üçgenin içine yazılı bir daire çizin ve O dairesinin merkezini üçgenin köşelerine bağlayın. Çemberin yarıçapları olan OM, OT, OK dikmelerini de çizelim. Üç çift alındı eşit üçgenler: MEŞE ve YULAF, OVM ve OVT, OSM ve OSK. Şart gereği üçgenin kenarlarından biri teğet noktasıyla uzunlukları 6 ve 8 olan parçalara bölünür. Kesinlik açısından bu kenar BC ve VM = 8, MC = 6 olsun. O halde VT = BM = 8, CK = SM = 6. AK ve AT doğru parçalarının uzunlukları x ile gösterilecektir. X'in değerini bulmak için S = рр formülünü kullanırız. Heron'un formülüne göre

Cevap: 13; 14; 15.

2.2. Paralel doğruların özellikleriyle ilgili problemler

Bir dizi problemde paralel çizgilerin özellikleri kullanılır: iki paralel çizgi üçüncüsüyle kesiştiğinde eşit açılar oluşur (Şekil 170).

Eşit açılı dörtlüler: ?1 = ?4 = ?6 = ?8; ?2 = ?3 = ?5 = ?7.
Bu özellikler özellikle paralelkenar problemlerini çözerken sıklıkla kullanılır.

Problem çözme örnekleri

Çözüm. Şekilden açıkça görülmektedir ki?BFA = ?FAD (paralel çizgilerle iç çapraz uzanma), ancak?BAF = ?FAD koşula göre ve dolayısıyla?BFA = ?BAF. Bu, ABF üçgeninin ikizkenar olduğu ve BF = AB = 11 olduğu anlamına gelir.
Cevap: 11.

98. ABCD paralelkenarında AB kenarı 6 cm, AD tabanına çizilen yükseklik ise 3 cm'dir. BAD açısının açıortayı BC kenarını M noktasında kesiyor ve böylece N = 4 cm oluyor. AM ortaortasıyla BD köşegeninin kesişme noktası. BNM üçgeninin alanını hesaplayın (Şekil 172). (3)

Çözüm. ABCD problem cümlesinde verilen paralelkenar olsun. QR paralelkenarının yüksekliğini N noktasından çizelim. ile belirtelim mi? VAM açısının değeri; BC||AD ve AM sekant olduğundan AMB açısının değeri ?'ye eşittir. Dolayısıyla ABM üçgeni ikizkenardır ve BM = AB = 6 cm olduğundan BC = AD = BM + MC = 6 + 4 = 10 cm olduğu sonucuna varırız. BC ve AD paralelindeki açılar varsa, BMN ve AND üçgenleri iki açıda benzerdir. Beri üçgene benzer x benzer kenarlar benzer yüksekliklerle orantılıdır, bu durumda AND ve BNM üçgenlerinin benzerliğinden şunu elde ederiz:

QN = 9/8 cm nereden geliyor?
BNM üçgeninin alanı:

Cevap: 27/8 cm2.

Şunun için görevler: bağımsız karar

2.3. Orantılı segmentleri içeren problemler

Thales teoremi (aynı zamanda Cheva ve Menelaus teoremleri gibi) öncelikle problemin parçalar arasındaki ilişkileri içerdiği durumlarda kullanılır. Çok sık yapılması gerekir ek bölüm. Thales teoremini kullanma fikirleri aşağıdaki örneklerde açıkça görülmektedir.

Problem çözme örnekleri

AM ve BK ortancalarını ve ayrıca MT segmentini BK'ya paralel olarak çizelim. Elimizde: VM = MS olduğundan CT = TS. Ama sonra AK = KS = 2KT ve dolayısıyla AO: OM = AK: KT = 2, bunun da kanıtlanması gerekiyordu.

103. ABC üçgeninde BC kenarında MB = MC olacak şekilde M noktası, AC tarafında AK = 3 olacak şekilde K noktası alınıyor. KS. BC ve AM segmentleri O noktasında kesişir. AO/OM'yi bulun (Şekil 174). (2)

Çözüm. KS doğru parçasının uzunluğunu a ile gösterelim, o zaman AK = 3a olsun. MP||VC işlemini gerçekleştirelim. Thales teoremine göre KR = RS = a/2. Hakkındaki teorem ile orantılı bölümler sahibiz:

104. ABC üçgeninde AB tarafında AK: BC = 1:2 olacak şekilde K noktası alınırken, BC tarafında CL: BL = 2:1 olacak şekilde L noktası alınır. AL ve SC doğrularının kesişme noktası Q olsun. Alanı bul ABC üçgeni BQC üçgeninin alanının 1'e eşit olduğu verilirse (Şekil 175). (3)

Çözüm. L noktasından SC düz çizgisine paralel bir LM düz çizgisi çizelim. MBL ve KBC üçgenlerinin benzerliğinden şu sonuç çıkıyor:

AKQ ve AML üçgenlerinin benzerliğinden şunu buluyoruz:

Ayrıca aşağıdaki eşitliklere sahibiz:

Cevap: 7/4.

Şunun için görevler: bağımsız iş

106. ABC üçgeninin AB ve AC kenarları üzerinde AM/MB = CN/NA = 1/2 olacak şekilde M ve N noktaları alınıyor.
BN ve CM doğru parçaları K noktasında kesişir. BK/KN ve CK/KM doğru parçalarının oranını bulun.(2)

2.4. Bir üçgenin açıortayının özellikleriyle ilgili problemler

Bir üçgenin açıortayında bir tane vardır dikkat çekici özellik: karşı tarafı, karşılık gelen yan taraflarla orantılı parçalara böler (Şekil 177).
c/a = d/b veya c/d = a/b.

Bu özellik genellikle bir üçgenin açıortayını içeren problemlerde kullanılır.

Problem çözme örnekleri

Çözüm. Açıortay özelliğine göre BD/AB = DC/AC; 3/AB = 2/4; AB = 6.
RABC üçgeninin çevresi = 6 + 5 + 4 = 15.
Cevap: 15.

108. İçinde?B = 30°, AB = 4, BC = 6 olan bir ABC üçgeni verilmiştir. B açısının açıortayı AC kenarını D noktasında keser. ABD üçgeninin alanını belirleyin (Şekil 179). (2)

Çözüm. Açıortay özelliğine göre AD/DC = AB/BC = 4/6 = 2/3.
AD = 2x olsun; DC = 3x.

Cevap: 12/5.

Bağımsız olarak çözülmesi gereken sorunlar

2.5. Gibi sorunlar

İki üçgen benzerdir: iki kenarda iki açı ve üç kenarda aralarındaki açı. Görevde benzer üçgenleri veya diğerlerini görmek çok önemlidir. benzer rakamlar. Bunun için ihtiyacınız var İyi pratik problem çözme.
Dik üçgenle ilgili problemleri çözerken, çizilen yüksekliğin ne olduğunu bilmek faydalıdır. dik açı, onu iki benzer üçgene böler (Şek. 180):
?ABD ~ ?ADC ~ ?ABC.

Pirinç. 180.

Problem çözme örnekleri

Çözüm. KS'yi x ile gösterelim. O halde VK = 12 – x. ABC ve MVK üçgenlerinin benzerliğinden şu sonuç çıkar: MK/BK = AC/BC; 8/(12 – x) = 18/12; x = 20/3.
Cevap: 20/3.

112. Bir dik ikizkenar üçgenin içine, dikdörtgenin açısı üçgenin tepe açısıyla çakışacak ve karşı açının tepe noktası hipotenüs üzerinde yer alacak şekilde bir dikdörtgen yazılmıştır. Dikdörtgenin çevresinin sabit olduğunu kanıtlayın verilen üçgen(Şek. 182). (1)

Çözüm. AB = AC = a, DE = x olsun; AD = y. O halde DB = a – y; FC = a – x. DEB üçgeni FCE üçgenine benzer, yani DE/DB = FC/FE; x/(a – y) = (a – x)/y; xy2= a2– ay – ah + xy; x + y = a; PADEF = 2(x + y) = 2a, yani x ve y'ye bağlı değildir.

113. Bir ABC dik üçgeninde A açısı bir dik açıdır. ?5'e eşit olan AD yüksekliği atlanmıştır. BD işini buldunuz mu? DC (Şek. 183). (1)

Çözüm. ADB ve ADC üçgenleri benzerdir (?BAD = ?ACD, ?ABD = ?DAC). Yani BD/AD = AD/DC; BD mi? DC = AD2= (?5)2= 5.
Cevap: 5.

114. ABC üçgeninde AD ve CE yükseklikleri çizilmiştir. ABC ve DBE üçgenlerinin benzer olduğunu kanıtlayın. Benzerlik katsayısı nedir (Şekil 184)? (2)

Çözüm. İtibaren dik üçgen HEPSİ: BE = BC? çünkü B. ABD'den: BD = AB? cos B. Bu, BDE üçgeninin BD ve BE kenarlarının ABC üçgeninin AB ve BC kenarlarıyla orantılı olduğu ve B açısının (orantılı kenarlar arasındaki açı) üçgenlerde ortak olduğu anlamına gelir. ?BDE ~ ?ABC iki tarafta ve aralarındaki açı.
Araç,

Cevap: kbenzerlik = çünkü B.

115.V eşkenar üçgen daire yazılmıştır. Üç küçük daire bu daireye ve üçgenin kenarlarına dokunuyor. Küçük dairenin yarıçapı 1 ise üçgenin kenarını bulun (Şek. 185). (2)

Çözüm. ABC eşkenar üçgeninde ABC açısı = 60° olduğundan,?OBM = 30° olur (şekle bakın). O ve O1 merkezlerinden BC kenarına OM ve O1T dikmelerini çiziyoruz. O1T ve O1K koşuluna göre 1'e eşittir. OM ve OK parçalarının uzunluklarını R ile gösteririz. BTO1 üçgeninden BO1 = O1T/sin 30° = 1/0,5 = 2 sonucu çıkar. BTO1 ve BMO üçgenleri aynı noktada benzerdir. iki açı (?BTO1 = ?BMO = 90°; ?OBM – genel). Bundan O1T/O1B = OM/OB;

Artık eşkenar üçgenin içine yazılan dairenin yarıçapını biliyoruz. Geriye tarafının uzunluğunu bulmak kalıyor. VOM üçgeninden VM = OM çıkıyor mu? ctg ?OBM = 3?3. O halde BC = 2VM = 6?3.
Cevap: 6?3.

116. Bir noktadan çembere iki teğet çiziliyor. Her teğetin uzunluğu 12 cm ve teğet noktaları arasındaki mesafe 14,4 cm'dir. Çemberin yarıçapını belirleyin (Şekil 186). (2)

Çözüm. OA ve OB, C merkezli bir çembere teğet olsun; A ve B temas noktalarıdır. O zaman SV? OV, SA? OA. Ayrıca işletim sistemi mi? AB ve bu tarafı ikiye bölüyor. OA = 12 cm, AM = 1/2 AB = 7,2 cm.

MOA = ?AOC (karşılıklı olarak dik kenarları olan açılar), bu da ?OAC'nin ?OAM'ye benzer olduğu anlamına gelir; Daha sonra

Cevap: 9cm.

117. Yarıçapı 3 olan bir dairenin O merkezi ABC dik üçgeninin AC hipotenüsü üzerinde yer alır. Üçgenin bacakları daireye temas ediyor. OS segmentinin uzunluğunun 5 olduğu biliniyorsa ABC üçgeninin alanını bulun (Şekil 187). (3)

Çözüm. Problem cümlesinde verilen üçgen ABC olsun. AB ve BC kenarlarına sahip çemberin teğet noktalarını sırasıyla M ve N ile gösterelim. Bu noktaları dairenin merkezi O ile birleştirerek MBNO karesini elde ederiz ve dolayısıyla BN = OM = 3. ONC üçgeni dikdörtgendir, içinde OC = 5, ON = 3'tür. Bu nedenle,

Ama bu durumda BC = NC + NB = 7. ONC ve ABC üçgenleri benzerdir, dolayısıyla AB/ON = BC/NC; AB/3 = 7/4; buradan AB = (ON ? BC)/NC = (3 ? 7)/4 = 21/4 sonucunu elde ederiz. Şimdi S'yi buluyoruz - ABC dik üçgeninin alanı:

Cevap: 147/8.

Bağımsız olarak çözülmesi gereken sorunlar

2.6. Yazılı ve sınırlı dörtgenlerle ilgili problemler

Bir daire bir dörtgenin içine yazılabiliyorsa, toplamları zıt taraflar eşittir.
Bir dörtgenin etrafında bir daire tanımlanabiliyorsa, o zaman toplamlar zıt köşeler 180°'ye eşit.

Problem çözme örnekleri

Çözüm. Bir daire yamuk içine yazılabildiğine göre, o zaman

Bir yamuğun etrafında bir daire tanımlanabildiğinden AB = CD olur. AB = CD = a olsun; daha sonra (1)'den AD + BC = 2a gelir ve

AB + CD + EF = 18 koşuluna göre; daha sonra (2)'yi hesaba katarak şunu elde ederiz: a + a + a = 18; a = 6. Yamuğun çevresi PABCD = AB + CD + AD + BC = 2(AB + CD) = 4a = 24.
Cevap: 24.

128. Etrafında çapı 15 cm olan bir daire anlatılmaktadır. ikizkenar yamuk kenarı 17 cm'ye eşit olan yamuğun tabanlarını bulun (Şek. 189). (2)

Çözüm. Açıkçası, yamuğun yüksekliği dairenin çapına eşittir. VK yüksekliği = 15 cm; ABC dik üçgeninden

BC = x olsun, sonra AD = 8 + x + 8 = x + 16 olsun. Bir daire yamuk içine yazılı olduğundan, AD + BC = AB + CD; x + 16 + x = 17 + 17; x = 9 cm; AD = 9 + 16 = 25 cm.
Cevap: 9 cm; 25 cm.

Bağımsız olarak çözülmesi gereken sorunlar

2.7. Yazılı açı problemleri

Bir daire içinde yazılı açı yarıya eşit merkez açı, aynı yay üzerinde duruyor.

Problem çözme örnekleri

Çözüm. Yazılı açı TEK aynı yayın gördüğü merkez açının yarısına eşit olduğundan, bu durumda

Cevap: 120°

133. O merkezli düzenli 30-gonlu A1A2 ... A30 verilmiştir. OA3 ve A1A4 düz çizgileri arasındaki açıyı bulun (Şekil 191). (2)

Çözüm. A1A2 ... A30 çokgeni düzgün olduğuna göre?A3OA4 = 360°/30 = 12°. Daha sonra, ?A3A1A4 = 1/2 ?A3OA4 = 6° (A3A4 yayına dayalı yazılı açı). ?A1OA3 = 2? 12° = 24°;

İhtiyacımız olan x açısı A3A1B üçgeninin dış açısıdır. Çünkü dış köşeüçgen toplamına eşit iç köşeler, ona bitişik değilse x = 6° + 78° = 84° olur.
Cevap: 84°.

134. Köşegenleri karşılıklı dik olan ve E noktasında kesişen bir dairenin içine bir ABCD dörtgeni yazılmıştır. E noktasından geçen ve AB'ye dik olan bir düz çizgi CD kenarını M noktasında keser. EM'nin üçgenin medyanı olduğunu kanıtlayın CED'yi bulun ve uzunluğunu bulun; eğer AD = 8 cm, AB = 4 cm ve?CDB = ? (Şek. 192). (3)

Çözüm. AB ve EM düz çizgilerinin kesişme noktasını K ile gösterelim. CDB ve CAB açıları aynı BC yayı üzerinde bulunduğundan ?CAB = ?CDB = ? olur. ?DCE + CDB = ?/2, ?KEA + ?CAB = ?/2 eşitliklerinden?DCE = ?KEA = ?SEM sonucu çıkar. Ancak bu, CEM üçgeninin ikizkenar olduğu anlamına gelir, yani CM = EM. Sonraki, ?MED = ?/2 – ?CEM = ?/2 – (?/2 – ?) = ?CDB.
Yani, EMD üçgeni ikizkenardır veya DM = EM'dir. Bu, CM = DM olduğunu veya EM'nin CED üçgeninin medyanı olduğunu kanıtlar.
ABE dik üçgeninden şunu buluyoruz:
AE = AB? çünkü?EAB = AB? çünkü?CAB = 4 ? çünkü?
Daha sonra, Pisagor teoremini kullanarak AED dik üçgeninden şunu elde ederiz:

111. ABC üçgeninin sırasıyla AB ve BC kenarlarına ait M ve K noktalarından AC kenarına paralel bir MK düz çizgisi çiziliyor. BC = 12, MK = 8 ve AC = 18 ise SC'nin uzunluğunu bulun (Şekil 181). (1)

Çözüm. KS'yi x ile gösterelim. O halde VK = 12 – x. ABC ve MVK üçgenlerinin benzerliğinden şu sonuç çıkar: MK/BK = AC/BC; 8/(12 – x) = 18/12; x = 20/3.

Cevap: 20/3.

112. Bir dik ikizkenar üçgenin içine, dikdörtgenin açısı üçgenin tepe açısıyla çakışacak ve karşı açının tepe noktası hipotenüs üzerinde yer alacak şekilde bir dikdörtgen yazılmıştır. Bir dikdörtgenin çevresinin belirli bir üçgen için sabit bir değer olduğunu kanıtlayın (Şekil 182). (1)

Çözüm. AB = AC = a, DE = x olsun; AD = y. O halde DB = a – y; FC = a – x. DEB üçgeni FCE üçgenine benzer, yani DE/DB = FC/FE; x/(a – y) = (a – x)/y; xy2= a2– ay – ah + xy; x + y = a; PADEF = 2(x + y) = 2a, yani x ve y'ye bağlı değildir.

113. Bir ABC dik üçgeninde A açısı bir dik açıdır. ?5'e eşit olan AD yüksekliği atlanmıştır. BD işini buldunuz mu? DC (Şek. 183). (1)

Çözüm. ADB ve ADC üçgenleri benzerdir (?BAD = ?ACD, ?ABD = ?DAC). Yani BD/AD = AD/DC; BD mi? DC = AD2= (?5)2= 5.

114. ABC üçgeninde AD ve CE yükseklikleri çizilmiştir. ABC ve DBE üçgenlerinin benzer olduğunu kanıtlayın. Benzerlik katsayısı nedir (Şekil 184)? (2)

Çözüm. Bir dik üçgenden HEPSİ: BE = BC? çünkü B. ABD'den: BD = AB? cos B. Bu, BDE üçgeninin BD ve BE kenarlarının ABC üçgeninin AB ve BC kenarlarıyla orantılı olduğu ve B açısının (orantılı kenarlar arasındaki açı) üçgenlerde ortak olduğu anlamına gelir. ?BDE ~ ?ABC iki tarafta ve aralarındaki açı.

Cevap: kbenzerlik = çünkü B.

115. Eşkenar üçgenin içine bir daire yazılmıştır. Üç küçük daire bu daireye ve üçgenin kenarlarına dokunuyor. Küçük dairenin yarıçapı 1 ise üçgenin kenarını bulun (Şek. 185). (2)

Çözüm. ABC eşkenar üçgeninde ABC açısı = 60° olduğundan,?OBM = 30° olur (şekle bakın). O ve O1 merkezlerinden BC kenarına OM ve O1T dikmelerini çiziyoruz. O1T ve O1K koşuluna göre 1'e eşittir. OM ve OK parçalarının uzunluklarını R ile gösteririz. BTO1 üçgeninden BO1 = O1T/sin 30° = 1/0,5 = 2 sonucu çıkar. BTO1 ve BMO üçgenleri aynı noktada benzerdir. iki açı (?BTO1 = ?BMO = 90°; ?OBM – genel). Bundan O1T/O1B = OM/OB;

Artık eşkenar üçgenin içine yazılan dairenin yarıçapını biliyoruz. Geriye tarafının uzunluğunu bulmak kalıyor. VOM üçgeninden VM = OM çıkıyor mu? ctg ?OBM = 3?3. O halde BC = 2VM = 6?3.

Cevap: 6?3.

116. Bir noktadan çembere iki teğet çiziliyor. Her teğetin uzunluğu 12 cm ve teğet noktaları arasındaki mesafe 14,4 cm'dir. Çemberin yarıçapını belirleyin (Şekil 186). (2)

Çözüm. OA ve OB, C merkezli bir çembere teğet olsun; A ve B temas noktalarıdır. O zaman SV? OV, SA? OA. Ayrıca işletim sistemi mi? AB ve bu tarafı ikiye bölüyor. OA = 12 cm, AM = 1/2 AB = 7,2 cm.

MOA = ?AOC (karşılıklı olarak dik kenarları olan açılar), bu da ?OAC'nin ?OAM'ye benzer olduğu anlamına gelir; Daha sonra

Cevap: 9cm.

117. Yarıçapı 3 olan bir dairenin O merkezi ABC dik üçgeninin AC hipotenüsü üzerinde yer alır. Üçgenin bacakları daireye temas ediyor. OS segmentinin uzunluğunun 5 olduğu biliniyorsa ABC üçgeninin alanını bulun (Şekil 187). (3)

Çözüm. Problem cümlesinde verilen üçgen ABC olsun. AB ve BC kenarlarına sahip çemberin teğet noktalarını sırasıyla M ve N ile gösterelim. Bu noktaları dairenin merkezi O ile birleştirerek MBNO karesini elde ederiz ve dolayısıyla BN = OM = 3. ONC üçgeni dikdörtgendir, içinde OC = 5, ON = 3'tür. Bu nedenle,

7-2. DEFORMASYON DÜNYASI.

Esneklik teorisi, cisimlerin yalnızca BEŞ tür deformasyonunu bilir: bilinen dönüşümlerle birbirine indirgenemeyen sıkıştırma, çekme, kesme, bükülme ve burulma. Aynı zamanda çok sayıda açıklayıcı örnekler yakın ilişki, eşzamanlı sıkıştırma ve gerilim (Şekil 11), kesme ve bükülme (Şekil 12), kesme ve burulma, vb. Bu örneklerden, bu tür bir birlikteliğin kendine özgü hiyerarşisi apaçık ortadadır:

Pirinç. 11 Şek. 12

1. Sıkıştırmaya gerilim eşlik eder.

2. Kesmeye, sıkıştırma ve gerilim eşlik eder.

3. Bükülmeye sıkıştırma, çekme ve kesme eşlik eder.

4. Burulma, sıkıştırma, çekme, kesme ve bükülme ile birlikte gerçekleşir.

Aslında, deforme olabilen ortamın bir noktasındaki normal gerilmelerin bileşenlerini ve teğetsel olanları da belirterek şunu yazabiliriz: ünlü ifade Tüm gerilim bileşenlerinin etkisinin açıkça görülebildiği gerilim tensörü için:

. (6)

Bilindiği gibi deforme olmuş bir ortamın herhangi bir noktasındaki normal gerilmelerin yüzeyinin denklemi dikdörtgen sistem koordinatlar şu şekilde ifade edilebilir:

Özel durumlarda, böyle bir yüzey Şekil 2'de gösterilenlerden birini alabilir. 13 (küre), şek. 14 (simit) ve Şek. 15 (bükülmüş torus) tip:

Pirinç. 13 Şek. 14 Şek. 15

Başka bir deyişle, sonraki deformasyon türleri, dünyanın boyutunu artırma sürecinin bir özelliği olarak, yeni olasılıklarla, deforme olmuş nesnenin yeni özelliklerinin ortaya çıkmasıyla ilişkilidir. Sonuç olarak, deformasyonlar dünyasını, Şekil 2'de gösterildiği gibi, "ek" özelliğin belirli bir deformasyonun ek yeteneğini temsil ettiği çok boyutlu bir uzay olarak sunma hakkına sahibiz. 16. Aynı zamanda, her yeni deformasyon türüne ek bir yön atayarak, üç boyutu da burulmaya "atanmamız" gerekecek. Yukarıdakilere dayanarak, benzersiz bir deformasyon hiyerarşisi haklı görünmektedir:

1. Sıkıştırma. 2. Esneme. 3. Vardiya. 4. Bük. 5. Burulma.

Yukarıdaki düşüncelerle bağlantılı olarak, esneklik teorisinden, ortamın sürekliliğini belirleyen Saint-Venant'ın "DEFORMASYONLARIN UYUMLULUĞU İÇİN KOŞULLAR" olarak adlandırdığı şeyi hatırlamak yerinde olacaktır. Çalışmalarımızda keşfettiğimiz gibi, ana prensip TOPOLOJİLER - SÜREKLİLİK, DÜNYAMIZIN ana özelliği olan MADDESİNİN SÜREKLİLİĞİNİN bir yansımasıdır. Böylece niceliksel bir artış ek talimatlar(özellikler, yetenekler, fırsatlar...) yeni şeylerin ortaya çıkmasına yol açar. niteliksel işaretler, nicelikler, parametreler... Boyut kategorilerine ilişkin bu atıfsal-tözsel görüşümüzü, yalnızca iki tür maddenin (madde ve alan) nesnelliği hakkında bilinen ampirik hükümlerle ve doğada "basit" hareketin yokluğuyla karşılaştırarak. "Mutlak" uzaya göre bir yer değiştirme olarak boşluk, alanlar veya gerçek cisimler biçimindeki tüm maddi nesneler için bunun varsayıldığını kabul etmeliyiz. Genel çevre, hepsinin yerelleştirildiği maddi nesneler(bedenler ve alanlar), yerleşik yasalara göre birbirleriyle etkileşime girer.

Aristoteles'in zamanından bu yana fizik tarihi, gözlemlediğimiz tüm süreçlerin gerçekleştiği belirli bir madde olan eter fikrine defalarca gelmiştir. Burada bu hipotezlerin kronolojisini tekrarlamadan okuyucuyu zaten yazarlara yönlendireceğim.
20. yüzyılda ise eter hipotezinin bilinen çelişkilerini aşamadıkları için hiçbir zaman üretken teoriler haline gelemeyen kendi benzer hipotezlerini ortaya attılar. Okuyucuyu yönlendiren tam metinler Bahsedilen düşünürlerin eserlerinden sadece bir tanesini alıntılayacağım. bu yönde adı geçen yazarların her birinin düşünceleri:

“...Uzay, boşluktan kestikleri hacmin yüzeyinde yer alan parçacıkların formunu oluşturduğu, içeriği ise bu hacmi dolduran yoğunluklar ve parçacıklar olan bir birliktir…” (Bkz. s. 45 vd.).

“...Dolayısıyla tüm gereksinimlerin toplamına dayanarak en iyi yol Mikrokozmosun özellikleri gaz benzeri bir ortam tarafından karşılanır...” (Bkz. s. 46 ve devamı).

"...klasik dinamikler ve Kuantum mekaniği iki ek prosedür var Atomik teori......" (Bakınız, s. 18 ve devamı).

“...Böylece bir kürecik temel birim Kütle, enerji ve uzayın birliğini birleştiren gaz ve sıvının makrohacimi ve ayrıca aşağıda göreceğimiz gibi, elektrik ücretleri......" (Bakınız, s. 10 ve devamı).

Açıklığa kavuşturmak için nesnel nedenler eter hipotezlerinin çeşitli varyantlarının sistematik başarısızlıkları hakkında, yayının yetersiz tirajı göz önüne alındığında, bahsi geçen makaleden kendim alıntı yapacağım: "1935'te Niels Bohr, onun üzerine yaptığı çalışmalarda kuantum fiziği mikro dünyadaki fenomenlerin mekanik düzeyde anlaşılabilir göründüğü epistemolojik sonuca ulaştı. Özellikle onun üzerine inşa ettiği “gezegensel” modeli mekanik denge Yörüngelerdeki elektronlar ile atom çekirdeğindeki protonlar arasındaki elektrik kuvvetleri ve merkezkaç kuvvetleri yörüngelerdeki elektron hareketinin ataleti, eklenmiş kuantum ilkesi, yalnızca uzman olmayanlar için bile anlaşılır olmakla kalmayıp, aynı zamanda atom fiziğinde de en verimli olanı olduğu ortaya çıktı. Yıllar boyunca bu modele yapılan sayısız ekleme ve değişikliğe rağmen asırlık tarih gelişim atom fiziği, atomun yalnızca en nesnel değil, aynı zamanda çok verimli bir modeli olduğu ortaya çıktı. Örneğin genetikte, canlı organizmalardaki kalıtım mekanizmasını maddi taşıyıcılar - kromozomlar aracılığıyla açıklamak için bu Bohr ilkesine uyum, biyolojideki bu tamamen mekanik olmayan süreçlerin şaşırtıcı derecede basit ve tamamen anlaşılmasını mümkün kıldı ve güçlü bir itici güç olarak hizmet etti. biyoloji - genetik vb.'de yeni bir yönün geliştirilmesi. Okuyucuyu bilim tarihinden Bohr ilkesinin zaferine ilişkin sayısız gerçeği hatırlamaya bırakarak, burada yalnızca onun evrenselliğini vurgulamak gerekir; bu, bir ölçüt olarak kullanılabilecektir. objektiflik: Bilimsel bir sonucun Bohr ilkesine uygunluğu bu sonucun nesnelliğini gösterir."

7-3. DEFORMASYON DÜNYASINDA DAVRANIŞ:

Yüzeyleri yukarıda Şekil 2'de gösterilen normal ve teğetsel gerilmelerin belirtilen bileşenleri ile O noktasında YEREL DEFORMASYON etrafındaki deforme olmuş ortamın komşuluğuna DEFON adını verelim. 6 Şek. 7 ve Şek. 8. Deformasyonlar dünyasındaki maddenin fiziki ozellikleri Fizikteki geleneksel fikirlerimizi (yoğunluk, sıcaklık, viskozite, elastikiyet vb. hakkında) genişletmek için hiçbir nedenimiz olmadığı için bu soruyu şimdilik burada açık bırakmak zorunda kalıyoruz. Şimdilik yalnızca bu özelliklerin özelliklere yakın olduğu varsayılabilir. fiziksel boşluk yakın çevredeki enstrümantal çalışmaların sonuçlarına dayanarak hakkında yaklaşık fikirler edindik. uzay: sıcaklık yakın tamamen sıfır, viskozite, ultra düşük sıcaklıklarda vb. süper akışkanlığa karşılık gelir. Ayrıca, yukarıda belirtilen deformasyonların uyumluluğu özelliğinden (madde 2'deki Şekil 4'e bakın), böyle bir DEFON sıkıştırmasındaki maddenin yoğunluğunun açıkça olduğu açıktır. daha fazla yoğunlukÇevresindeki maddeler, bazı bağımlılıklarla grafiksel olarak temsil edilebilir, (8), Şekil 2'de gösterildiği gibi O noktasından itibaren. 17. Bu tür DEFONS'ların davranışı, belirtilen gerilimlerin yönleriyle belirlendiğinden, bu konuda tam bir kesinlik olmalıdır, bu da bizi konuyu daha ayrıntılı olarak ele almaya mecbur kılmalıdır. Burada GEOMETRİDE YÖN kavramının, yalnızca iki boyutlu dünyalarda - yüzeylerde (radyan) ve üç boyutlu dünyalarda (steradyan) ortaya çıkan bir değer olan AÇI değeriyle belirlendiğini hatırlamakta fayda var. Ayrıca, eğer düz bir AÇI'nın değerinin belirsizliği için işaretini belirtmek gerekiyorsa (belirli bir REFERANS çizgisine göre sağ - saat yönünde veya sol - saat yönünün tersine), o zaman uzamsal AÇI'nın değerinin belirsizliği için karşılık gelen yüzeyin eğrilik yarıçapıyla doğrudan ilgili olan yüzeye (İÇ veya DIŞ) göre yönünü belirtmek de gereklidir. Bu durumu göstermek için, yüzeyler vb. üzerindeki vektör alanlarının topolojik çalışmalarının sonuçlarını kullanacağız. Şekil 2'deki gibi O noktası civarında bu tür en basit küresel sıkıştırma DEFON'unu hayal edelim. 18, ardından Şekil 1'de. Şekil 19'da, tanım gereği birbirine dik olan sferoide bitişik komşuluktaki normal (Şekil 19-a) ve teğetsel (Şekil 19-b) gerilim bileşenlerinin vektör alanlarının bir görüntüsünü elde ederiz (bkz. Şekil 19). ). (Şekil 89-a) ve b) by ) Aynı zamanda, herhangi bir yüzeyin zıt taraflarında birbirine yakın konumlanmış iki benzer DEFONS görünecektir; bunlar, herhangi birinin etrafında uygunsuz bir çizgi boyunca her zaman sonsuzda kapalı olarak gösterilebilir. DEFONS, Şekil 2'de açıkça gösterildiği gibi. DEFONOV mahalleleri arasındaki sınır yüzeyinin izi olan 20 A Ve Bözelliklere sahip olmak M Ve m 1 sırasıyla. DEFONS için bu yüzeyin eğrilik yarıçapının A Ve B sahip olacak zıt işaretler. Belirtilen koşullardan, bu tür iki komşu DEFON'u - Şekil 2'de gösterildiği gibi çekime eşdeğer olan sıkıştırma KÜRESELLERİ - bir araya getirme ihtiyacının olduğu hemen anlaşılmaktadır. 20, şimdilik böyle bir yerçekiminin büyüklüğü sorusunu açık bırakıyoruz.

Elbette, bir toroid (Şekil 14) ve bükülmüş bir toroid (Şekil 15) yüzeylerine sahip diğer en basit DEFON'larımıza bitişik mahallelerdeki normal ve teğetsel gerilme bileşenleri alanlarının yönleri de ayrıntılı olarak dikkate alınmalıdır. bu pozisyonlar. Basitçe bağlanmış bir küreselden farklı olarak, toroidin (bkz. Şekil 14) çift bağlantılı olması gerçeğinden yola çıkarak, hiçbir şeyin olmadığı sonucu hemen çıkar. merkezi simetri Vektör alanı sferoidin doğasında bulunan normal stres bileşenleri (bkz. Şekil 18), kutup düzlemi, toroidin ekvator düzlemine dik, eksenel simetri, normal gerilim bileşenlerinin vektör alanındaki değişikliğin hayal edilmesine olanak tanır, Şekil 2'de olduğu gibi yazar tarafından daha önce yapılan matematiksel dönüşümler göz ardı edilir. 21, burada kesikli çizgiler n ve - n, normal voltaj bileşenlerinin vektör alanı değerlerinin sınırlayıcı seviyelerini gösterir. Belirtilen koşullardan, Şekil 2'deki DEFON-SHEROIDS'in çekimine benzer şekilde, çekime eşdeğer olan bu tür iki komşu DEFON-TOROIDS sıkıştırmanın yakınlaşmasının gerekliliği ile ilgili sonuç yine çıkmaktadır. 20, ancak DEFON-TOROIDS'in bu tür yerçekiminin büyüklüğü yalnızca aralarındaki mesafeye değil, aynı zamanda birbirlerinin göreceli uzaysal yönelimine de bağlıdır: ekvator düzlemlerinde etkileşimleri, etkileşime benzer şekilde merkezi simetriye tabidir. DEFON-KÜRESELLER
(bkz. Şekil 20) ve kutup düzleminde DEFON-TOROIDS'in sıkıştırma etkileşimi şu şekildedir: eksenel simetri, bu tür bir yerçekiminin büyüklüğü sorusunu da şimdilik açık bırakıyoruz. Aynı zamanda, Şekil 2'deki grafiksel bağımlılıktan da anlaşılacağı üzere, yalnızca DEFONS - SHEROIDS etkileşiminin aksine, DEFONS-TOROIDS etkileşiminin belirtilen özelliğinin etkisine dikkat etmek önemlidir. 21, DEFON TOROİDLERİ arasında kendi boyutlarıyla karşılaştırılabilir mesafelerde.

Pirinç. 18 (Şek. 88'e göre) Şek. 19 (Şek. 89-a) ve b) by)

Pirinç. 20 (Şek. 186'ya göre) Şek. 21

Yapıyı hayal etmek mümkündür, ancak DEFON - DEFON-TOROID'den (bkz. Şekil 14) bükülmüş bir TOROID (bkz. Şekil 15), Şekil 2'den DEFON - BÜKÜLMÜŞ TOROID'in oluşum mekanizmasını hayal etmek mümkündür. 22-a), şek. DEFON-TOROİD'in (bkz. Şek. 22-a) bütününü gösteren Şekil 22-b) ve Şekil 22-c), DEFON-TOROİD A-B boyunca ekvatoruna dik bir düzlemle kesilir ve kesimin uçları birbirlerine göre 180 0 döndürüldü (bkz. Şekil 22-b), böylece DEFON-TOROID yüzeyinin A 2 ve B 1 noktaları konum değiştirdi, yani A 2, B 1 konumunu ve B 1, A konumunu aldı. 2, DEFON-BÜKÜLMÜŞ TOROİD oluşumuyla sonuçlanır (bkz. Şekil 22-c).

Pirinç. 22-a) Şek. 22-b) Şek. 22-v

Aslında, DEFON-BÜKÜLMÜŞ TOROİD'in oluşumu, bir dairenin, deforme olabilir bir ortamın belirli bir noktası etrafında bir dış eksen boyunca hareket etme süreci olarak temsil edilebilir - bu daire, merkezin yörüngesine göre döndüğünde kapalı bir yörünge. TOROID'in ekseni olan yörünge kapanana kadar bu daire. Yukarıda gördüğümüz gibi (bkz. Şekil 16), burulma deformasyonuna diğer tüm deformasyon türleri eşlik eder: sıkıştırma, çekme, kesme ve bükülme. Bu nedenle, bizim için pratik açıdan özellikle ilgi çekici olan, DEFON-SHEROID için belirlediğimiz gibi (bkz. Şekil 17) yoğunluğun DEFON-TWISTED TOROID'in içindeki ve çevresindeki mesafeye olan bağımlılığıdır (8) ve ayrıca bağımlılıktır. Yukarıda DEFON-TOROID için keşfettiğimiz gibi, normal bileşenlerin vektör alanının etrafındaki gerilimler
(bkz. Şekil 14). Saint-Venant'ın belirttiği "DEFORMASYONLARIN UYUMLULUK KOŞULLARI" uyarınca, bir DEFON-TOROID burulduğunda (bkz. Şekil 15-b), yüzey katmanının, gerekirse hatta sarmalın A 1'den B 2'ye veya A 2'den B 1'e kadar olan uzunlukları toroidin karşılık gelen ekvatorunun uzunluğu ile karşılaştırılarak hesaplanabilir (bkz. Şekil 15-a). Bu durumŞekil 1'deki gibi TWISTED DEFON-TOROID'in (bkz. Şekil 15-c) en yakın çevresinde çekme deformasyonu ihtiyacına yol açar. 23. Ek olarak, Şekil 2'de gösterilen böyle bir bükülmüş toroidin yüzeyindeki elastik gerilmeler dikkate alındığında. Şekil 24'te, bükülmüş toroidin yüzeyinde ve ile arasındaki ve ayrıca ile arasındaki gerilim çizgileri Şekil 2'de açıkça gösterilmektedir. Şekil 25'te görülen bu durum, statik bir reaksiyon nedeniyle kesinlikle bu TWISTED DEFON-TOROID'in pıhtılaşmasına yol açacaktır; bu, Şekil 2'de planda gösterilebilmektedir. 26 ve gerçek görünümünü aşağıdan Şekil 2'de sunun. Şekil 27 ve Şekil 2'de gerçek bir yandan görünüm. 28.

Başka bir deyişle, TWISTED DEFON-TOROID, çevresinde eşlik eden deformasyonların da asimetrik bir bölge oluşturduğu, içinde normal ve teğetsel stres bileşenlerinin değerlerinin ve yönlerinin bu asimetriyi yansıttığı bir tür asimetrik BRAKET oluşturur. olan çevreler çeşitli taraflar TWISTED DEFON TOROID BRAKETİ ile ilgili.

Pirinç. 24 Şek. 25. Şek. 26

Pirinç. 27 Şek. 28

KAYNAKÇA

Weiskopf V. Yirminci yüzyılda fizik. M., Atomizdat, 1977.

1. Logunov A.A. “Göreceli yerçekimi teorisi ve uzay-zaman hakkında yeni fikirler // Moskova Devlet Üniversitesi Bülteni. Fizik. Astronomi. cilt 27, hayır. 6, 1986, s. 3 ve devamı.
2. Dirac P.A. Olağanüstü bir dönemin anıları, çev. İngilizceden M., “Bilim”, 1990, 178, vb.
3. Vertinsky P.A. Uzay boyutu kavramında sonluluk ve tekillik // VMNS, Krasnoyarsk, 2002.
4. Prigozhin I.R. ve Stengers I. Kaostan düzen. İnsan ve doğa arasında yeni bir diyalog. M., “İlerleme”, 1986, s. 275, 364, vb.
5. Mandelbrot B. Doğanın fraktal geometrisi. M.: IKI, 2002, s. 46, 144, 326.
6. Vertinsky P.A. Topoloji kategorilerinin içeriğinin doğal bilimsel modelleri // IX MNS Koleksiyonu, Krasnoyarsk, 2006.
7. Vertinsky P.A. Topoloji kategorilerinde boyut ve boyutların doğal modelleri//Sb. X MNS, Krasnoyarsk, 2007,
8. Vertinsky P.A. Süreçlerin doğasının dünyaların boyutları üzerindeki etki mekanizmalarının doğal modelleri//Sb. XI MNS, Krasnoyarsk, 2008.
9. Vertinsky P.A. Aksiyomatiğin bütünlüğü sorunu üzerine fiziksel teoriler// Rusya Federasyonu Yüksek Okulu Bilimler Akademisi Radyo Bilimleri Enstitüsü Bülteni No. 1(4), Irkutsk, 2004.
10. Sedov L.I. Mekanik süreklilik. M., “Bilim”, 1976, cilt I, s. 63, vb., cilt II, s. 317.
11. 12. Blokh V.I. Esneklik teorisi. Ed. KhSU, Kharkov, 1964, s. 201 vb.
12. Krivoshapko S.N., Ivanov V.N., Halabi S.M. Analitik yüzeyler: 500 yüzeyin geometrisine ilişkin malzemeler ve ince kabukların mukavemetinin hesaplanmasına yönelik bilgiler. - M.: Nauka, 2006, s.97, vb.
13. Panin D.M. 4 ciltte toplanan eserler T. 2. Yoğunluk teorisi. - M .: “Gökkuşağı”, 2001, s. 45.
14. Atsyukovsky V.A. Genel eter dinamikleri. Gaz dolu eter hakkındaki fikirlere dayalı olarak madde ve alanların yapılarının modellenmesi. - M.: Energoatomizdat, 1990, s. 46 vb.
15. Grizinsky M. Atomun doğası üzerine. // Evrenin matematiksel yasalarını arayın: fiziksel fikirler, yaklaşımlar, kavramlar. Seçilmiş işler FPV-2000, Novosibirsk, Araştırma Enstitüsü adını almıştır. S. L. Soboleva SB RAS, 2001, s. 9-16.
16. Baziev D.Kh. Temel bilgiler birleşik teori fizik. M., “Pedagoji”, 1994.
17. Boltyansky V. G. ve Efremovich V. A. Görsel topoloji. M., “Bilim”, 1982.
18. Vertinsky P.A. Manyetodinamik yöntemler kullanılarak elektromekanik sistemlerin optimizasyonu // Makalelerin toplanması. V "Sibresurlar", Irkutsk 2002

Bibliyografik bağlantı

Sorun 175. Tekerleğin 18 teli var. İki bitişik konuşmacının oluşturduğu açıyı (derece cinsinden) bulun.

Cevap: 20°.

Problem 176. Bitişik jant telleri arasındaki açılar 18° ise bir tekerlekte kaç jant teli vardır?

Cevap: 20 adet.

Problem 177. Bir dişli çarkın 72 dişi vardır. İki bitişik dişin orta noktaları arasında kalan bir daire yayında kaç derece bulunur?

Cevap: 5°.

Problem 178. İki bitişik diş arasında yer alan çarkın dairesinin yayı 12° ise, dişli çarkın kaç dişi vardır?

Cevap: 30 adet.

Problem 179. Saatin yelkovanı ve akrepleri saat 5 yönünde hangi açıyı (derece cinsinden) oluşturur?

Cevap: 150°.

Problem 180. Hangi açıyı tanımlar Yelkovan 10 dakika içerisinde?

Cevap: 60°.

Problem 181. Hangi açı tanımlar saat ibresi 20 dakika içinde?

Cevap: 10°.

Problem 182. Akrep 1 saat 30 dakikayı geçerken yelkovan hangi açıda dönüyor?

Cevap: 18°.

Problem 183. 32 dişli bir dişli, kendisine bağlı olan 8 dişli çark dakikada 12 devir yaparsa, dakikada kaç devir yapar?

Cevap: 3 devir/dakika.

Problem 184. İki dişlinin çapları 3:8 oranındadır. Küçük tekerleğin bir dönüşü sırasında büyük tekerlek hangi açıda döner?

Cevap: 135°.

Problem 185. Bir dişlinin 12 dişi vardır. Birinci dişlinin bir devrinde ikincisi 120° açıyla dönüyorsa, ikinci dişli çarkın kaç dişi vardır?

Cevap: 36 adet.

Problem 186. Dünya 8 saat içinde kendi ekseni etrafında kaç derece dönecek?

Cevap: 120°.

Problem 187. Dünyanın kendi ekseni etrafında 90° dönmesi kaç saat sürer?

Cevap: 6 saat

Problem 188. A ağırlığı şekilde gösterilen bloğun üzerine atılan bir ipe asılmaktadır. BOC açısı 136°'dir. Neden açı eşittir AB ve CD düz çizgileri arasında mı?

Cevap: 45°.

Problem 189. Açıyı bulun çizgilerden oluşanşekilde gösterilen dosyadaki çentikler.

Cevap: 80°.

Sorun 190. Kent planında AB ve CD sokakları paraleldir. EF Caddesi AB ve AC sokaklarıyla sırasıyla 43° ve 65° açı yapıyor. AC ve CD sokakları arasındaki açıyı bulun.

Cevap: 108.

Sorun 191. Açıları ölçmek için topçular bininci adı verilen özel bir birim kullanır. Üç yüz altmış derecede 6000 binde biri vardır. 1°30′'da kaç binde bir vardır?

Sorun 192. Açıları ölçmek için topçular bininci adı verilen özel bir birim kullanır. Üç yüz altmış derecede 6000 binde biri vardır. 100 binde kaç derecedir?

Problem 193. Dört kat büyüten bir büyüteçle 1,5°'lik bir açı inceleniyor. Açı ne kadar büyük görünüyor?

Cevap: 1.5.

Problem 194. Deniz pusulasının çevresi eşkenar dörtgen adı verilen 32 eşit parçaya bölünmüştür. 4 puan kaç derecedir?

Cevap: 45°.

"Doğa Bilimleri Akademisi" yayınevinin yayınladığı dergileri dikkatinize sunuyoruz