Oglejte si naslednjo animacijo.
Oglejte si naslednjo animacijo.
Andrej je objavil naslednjo nalogo:
Če brez prekrivanja dodamo v vogal trikotnika še dva mnogokotnika, dobimo zgornjo skico. Ali lahko to naredimo še s kakšnim parom mnogokotnikov, od katerih bi imel eden več stranic?
Rešitev: Spomnimo se, da je velikost notranjega kota v pravilnem n-kotniku enaka $(n-2)\frac{180^o}{n}$ ali v radianih $(n-2)\frac{\pi}{n},$ pa lahko za kot v skupnem oglišču večkotnikov zapišemo
$$\frac{\pi}{3}+(m-2)\frac{\pi}{m}+(n-2)\frac{\pi}{n}=2\pi.$$
Po ureditvi dobimo lepo diofanstko enačbo
$$mn-6m-6n=0.\qquad(1)$$
Iščemo torej taki naravni števili $m$ in $n,$ ki tej enačbi zadoščata. Prištejmo na obeh straneh enačbe $36$ in levo stran razcepimo. Dobimo
$$(m-6)(n-6)=36$$
Na levi strani enačbe sta dva faktorja, torej morata biti tudi na desni dva. Ker je
$$36=1\cdot36=2\cdot 18=3\cdot 12=4\cdot 9=6\cdot 6,$$
vidimo, da so rešitve enačbe (1) naslednji pari $(m,n):$
$$(7,42),\quad (8,24),\quad (9,18),\quad (10,15),\quad(12,12).$$
Na zgornji skici je narisana srednja rešitev, devetkotnik in osemnajstkotnik. Možnosti sta torej še dve: osemkotnik in štiriindvajsetkotnik ter sedemkotnik in dvainštiridesetkotnik.
Včasih pove slika več kot tisoč besed. Kaj pa animirana skica? Premikaj odebeljene točke in drsnike.
OsemkotnikAli je osemkotnik v spodnjem kvadratu pravilen? Določi razmerje ploščin in obsegov osemkotnika in kvadrata. Rezultat naj bo, če se le da, točen. Vincenc Petruna, 7 September 2014, Narejeno z GeoGebro |
Včasih sem se zabaval s konstruiranjem grafičnih dokazov Pitagorovega izreka v Geogebri. Večino dokazov sem objavil v tem blogu, tu in tam pa najdem na disku še kakšnega. Prav zanimiva se mi zdita spodnja dva:
in tudi tale
Če sta stranici rjavih kvadratov zaporedoma a in b, kolikšna je
Naloga je rešljiva z znanjem drugega letnika srednje šole. A če znate potegniti pravo črto (kar zna po mnenju mojega profesorja dr. Franca Križaniča, beri Nihalo, prostor in delci – le pravi matematik) postane naloga rešljiva že z znanjem osnovne šole. Korajžno na delo!
Če je stranica spodnjega kvadrata 1, kolikšen je polmer kroga? (za namig je nekaj črt od konstrukcije ostalo…:-)
Povej, bistri bralec, kolikšna je skupna ploščina rumenih Hipokratovih lunic v animaciji? Stopaš po poti, ki so jo utrli Hipokrat iz Kiosa, ki je živel v 5. stol.pr.n.št. pa Alhazen okrog leta 1000 in tudi Leonardo da Vinci pet stoletij kasneje. Rezultat je skozi stoletja vzbujal modrecem upanje , da je kvadratura kroga morda možna….
Več pa lahko zveš v naslednjem članku. Kolikšna pa je ploščina spodnjih rumenih lun?
Imejmo v ravnini krožnico K s središčem S in polmerom r ter poljubno točko O. Potenca točke je definirana takole:
Def.:Potenca $\mathcal{P}(O,\mathcal{K})[$ točke O na krožnico [math]\cal{K}[/math] je število [math]\overrightarrow{OS}\cdot\overrightarrow{OS}-r^2. [/math] Torej
$\mathcal{P}(O,\mathcal{K})=\overrightarrow{OS}\cdot\overrightarrow{OS}-r^2. $
Vidimo, da je zaloga vrednosti te preslikave enaka $ \left [-r^2,\infty \right ).$ Točke izven kroga, ki ga omejuje krožnica [math]\mathcal{K}[/math], imajo potenco pozitivno, tiste znotraj pa negativno.
[embedit cf=”“]
Dokaz: Opazimo, da sta trikotnika OAD in OCB podobna, saj imata en kot skupen, drugi par kotov pa ima za zumanja obodna kota nad istim lokom. Zato velja sorazmerje med enakoležnimi stranicami
[math]\frac{\overline{OA}}{\overline{OC}}=\frac{\overline{OD}}{\overline{OB}},[/math]
od tod pa sledi iskana enakost.
Konstrukcija tangent na dve dani krožnici poteka takole:
Dana sta točka A in krožnica s središčem S. Naša naloga je narisati tangento na krožnico skozi točko A. Ločimo dva primera: ko je točka A na krožnici in ko je točka A izven kroga. V prvem primeru je tangenta premica, ki je pravokotnica na polmer SA. V drugem primeru pa je konstrukcija nekoliko daljša, njeno bistvo je najti točki na krožnici, ki sta dotikališči tangent. Nalogo lahko rešimo na več načinov, dva sta znana še iz antike. Prvi pripada Talesu iz Mileta (Mala Azija) iz okrog 600 pr.n.št:
Drugi način pa pripada Evklidu iz Aleksandrije (Egipt) okoli 300 pr.n.št.
Na krožnici si poljubno izberemo točko t in skoznjo potegnemo tangento. Nato narišemo krožnico (S,P), ki seka tangento v točkah M in N. Nazadnje skozi P narišemo krožnico s polmerom TM. Le-ta seka prvotno krožnico v iskanih dotikališčih tangent.
Orodje za dinamično geometrijo Geogebra omogoča konstrukcijo tangente direktno, saj vsebuje gumb za to. Lahko pa tudi najprej narišemo polaro – njeni presečišči s krožnico sta dotikališči tangent.
Pitagorov izrek poznamo vsi še iz osnovne šole. Kljub temu nas spodnji prikaz utegne presenetiti.
Vincenc Petruna, Created with GeoGebra |
Dokaze Pitagorovega izreka in ideje za vizualizacijo najdete npr. na strani Pythagorean Theorem. Tu pa lahko vidite še en vizualizirani dokaz Pitagorovega izreka s premikanjem likov in prikazom enakosti ploščin:
Morda je tale dokaz najbolj nazoren; primerjamo ploščine likov, ki se pojavijo med animacijo.
Še en od od simpatičnih dokazov Pitagorovega izreka:
Dokazov Pitagorovega izreka je veliko, precej je jih je geometrijsko nazornih. Tudi tale je eden od njih.
Geogebra, trisekcija kota in Morleyev izrek Trije matematični problemi – kvadratura kroga, podvojitev kocke in trisekcija kota Programi za dinamično geometrijo pa lahko kakšno vrednost tudi izračunajo, zato je z njimi trisekcija kota mogoča.
Zanimivo je, da je F.Morley leta 1899 postavil in 15 let pozneje tudi dokazal naslednji izrek: Če v poljubnem trikotniku razdelimo vse kote na tri dele, se sosednji kraki tretinskih kotov sekajo v ogliščih enakostraničnega trikotnika. Naloga: Število poleg trikotnika kaže razmerje med ploščinama obeh trikotnikov. Premakni oglišča trikotnika ABC tako, da bo razmerje največje. Kakšen je tedaj trokotnik ABC in kolikšen del njegove ploščine znaša ploščina notranjega enakostraničnega trikotnika DEF? V.Petruna 21.junij 2008, 8 September 2014, Narejeno z GeoGebro |
Kljub temu, da je o Morleyevem izreku precej napisanega, nisem nikjer naletel na zvezo med ploščinama obeh trikotnikov. Največje število, ki dobim na 6 decimalk, je 0,34188. Izziv za sedanji rod?
V Evklidovih Elementih najdemo dva dokaza Pitagorovega izreka, tale je iz Knjige1:
Moj učitelj dr. France Križanič je bil plodovit pisec matematične literature – poleg strokovnih del je napisal tudi učbenike za gimnazije – slavno AAA – Aritmetiko, algebro in analizo – ter neke vrste zgodovino matematike z naslovom Nihalo, prostor in delci. Iz nje povzemam dokaz Ptolomejevega izreka o tetivnem štirikotniku (Claudius Ptolemaeus (grško: Κλαύδιος Πτολεμαῖος; 83 – 161, grški in egipčanski matematik in geograf.)
Ptolomejev izrek z dokazom najdete tu.
Tudi naloga za bralca, ki je dokazal Ptolomejev izrek, je iz te knjige:
Nariši krožnico s premerom 1 in ji včrtaj štirikotnik, ki ima za premer diagonalo e. Izberi oglišče, v katerega sega diagonala e in označi kota, ki nastaneta ob diagonali v tem oglišču, z α in β.
Izrazi s kotoma vse 4 stranice štirikotnika, za izražanje diagonale f pa uporabi enega od dveh najbolj uporabljanih izrekov v trikotniku. Nazadnje uporabi še Ptolemejev izrek, pa dobiš znani izrek iz trigonometrije.