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.
Imejmo trikotnik ABC in na stranici $c$ poljubno točko $D.$ Zveznico $\overline{CD}$ označimo z $d$. Med geometrijskimi izreki, ki se jih v srednji šoli običajno preskoči, je tudi Stewartov izrek
$$m^2a+n^2b=c(d^2+mn).$$
Dokaz: Kota $\angle ADC$ in $\angle CDB$ sta suplementarna, označimo ju z $\varphi$ in $180^o-\varphi.$ Ker je $\cos(\varphi)=-cos(180^o-\varphi),$ zapišemo za levi in desni trikotnik cosinusov izrek
$$\frac{d^2+m^2-b^2}{2dm}=-\frac{d^2+n^2-a^2}{2dn}.$$
Preuredimo in dvakrat upoštevamo $m+n=c,$ pa res pridemo do navedenega izreka.
Naloga:
[latexpage]
Na strani Azimuth je ameriški matematični fizik John Baez povzel nekaj tudi za srednješolce zanimivih geometrijskih nalog. Med drugim sta Hipokratovi luni, o čemer sem v blogu že pisal, nekaj nalog pa je svežih in nenavadnih.
Prva naloga govori o enakostraničnem trikotniku in pravi:
\begin{tikzpicture}[scale=0.5]
[+preamble]
\usepackage{pgfplots}
\pgfplotsset{compat=newest}
[/preamble]
\draw[thin](5,2.88) circle (5.76cm);
\draw[thick](0,0)–(10,0)–(5,8.66)– cycle;
\filldraw[thick,olive,opacity=0.5](5,2.88) circle (2.88cm);
\draw[fill=orange,thick,opacity=0.5](0,0) — (5,8.66) to [out=182,in=59] (0,5.8) to [out=241, in =119] (0,0);
\draw[thick,fill=orange, opacity=0.5](5,0) — (10,0) — (7.54,4.33) to [out=-64,in=60] (7.54,1.5) to [out=-122, in=0] (5,0);
\node (a) at (5,2.88) {$S$};
\node (b) at (6.4,1.4) {\Large $P_2$};
\node (c) at (1,4.5) {\Large $P_3$};
\node (d) at (8.1,0.7) {\Large $P_1$};
\node (e) at (5,0) [below] {$a$};
\end{tikzpicture}
Pokaži, da so obarvane ploščine na skici med seboj v preprosti zvezi.
Tale dokaz je izvedel Stane Š. Uvedel je oznake $P_1,$ $P_2$ in $P_3$ za ustrezne ploščine, stranico trikotnika pa označimo z a.
Potem pa je “pridno” računal:
$$\displaystyle P_1=\frac{1}{3} \left( \frac{a^2 \sqrt{3}}{4}-\frac{a^2\pi}{12}\right) = \underline{\underline{\frac{a^2 \sqrt{3}}{12}-\frac{\pi a^2}{36}}} $$
$$\displaystyle P_2= \frac{\pi a^2}{12}=\underline{\underline{\frac{1}{3} \frac{\pi a^2}{4}}} $$
$$\displaystyle P_3=\frac{1}{3} \left( \pi \left( \frac{2}{3} \frac{a^2 \sqrt{3}}{2}\right)^2 -\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right)= $$
$$\displaystyle = \frac{1}{3} \left( \pi \frac{4 a^2 3}{9\cdot 4} -\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right)=$$
$$\displaystyle = \underline{\underline{\frac{1}{3} \left( \frac{\pi a^2}{3} -\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right)}}$$
In če zdaj te izraze dobro pogledamo, hitro (u)vidimo:\\
$\displaystyle P_1+P_3= \frac{\pi a^2}{9}-\frac{\pi a^2}{36} = \frac{ \pi a^2}{3} \left( \frac{12}{9} – \frac{1}{3}\right) = \frac{ \pi a^2}{3}= P_2$
Druga naloga pa govori o polkrogih, ki sta v krog vrisana takole:
\begin{tikzpicture}[scale=0.8]
[+preamble]
\usepackage{pgfplots}
\pgfplotsset{compat=newest}
[/preamble]
%\draw[help lines](-5,-5) grid (5,5);
\draw [](0,0) circle(5cm);
\draw[fill=red, opacity=0.4] (-4.32,-2.52) arc [radius=2.52, start angle=-90, end angle=90];
\draw[fill=olive, opacity=0.4] (2.52,-4.32) arc [radius=4.32, start angle=270, end angle=90];
\draw[dashed](0,0)–(-4.32,2.52)–(-4.32,0)–cycle;
\draw[dashed](0,0)–(2.52,0)–(2.52,4.32)–cycle;
\node (S) at (0.2,-0.2) {$S$};
\node (r1) at (-3.2,0.2) {$r_1$};
\node (r2) at (2.64,2.16) {$r_2$};
\node (d) at (-1,0.2) {$d$};
\node (S1) at (-3,-1) {$S_1$};
\node (S2) at (1.5,-2) {$S_2$};
\node (R) at (0.9,2) {$R$};
\node (r1) at (1.3,0.2) {$r_1$};
\end{tikzpicture}
Naloga pravi: Pokaži, da se vsota ploščin obeh pokrogov preprosto izraža.
Označimo z $S$ središče kroga, z $R$ polmer velikega kroga, z $d$ razdaljo med $S$ in dotikališčem polkrogov, polmer malega polkroga z $r_1$ in polmer večjega polkroga z $r_2.$ Črtkana trikotnika sta skladna, saj se ujemata v stranici in priležnih kotih. Zato lahko preberemo iz skice zvezo med polmeroma
$$r_2=r_1+d.$$
Ko v obeh trikotnikih uporabimo Pitagorov izrek, dobimo tudi enačbi
$$(r_1+d)^2+r_1^2=R^2,$$
$$r_1^2+r_2^2=R^2.$$
Potrebujemo samo drugo zvezo. Vsota ploščin obeh polkrogov torej znaša
$$S_1+S_2=\frac{\pi}{2}\left(r_1^2+r_2^2\right)=\frac{\pi}{2}R^2.$$
Nazadnje smo uporabili zvezo v desnem trikotniku. Vsota ploščin polkrogov je torej enaka polovici ploščine velikega kroga. S tem je izrek dokazan.
Zadnji izrek je znan šele od leta 2011:Glej Andrew K. Jobbings, Two semicircles fill half a circle, The Mathematical Gazette 95 (Nov. 2011), 538–540.
Glej tudi geometrijski dokaz Grega Egana.
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…:-)
Krožnici se dotikata z zunanje strani.
Namig: Pri prvi nalogi lahko ugotoviš središče in polmer iskane krožnice že s premislekom, pri drugi pa je glavna težava določiti polmer 4. krožnice. Zato poveži središča vseh krogov, poglej, kje so trikotniki pravokotni od tam izrazi neznano. Upam, d ati bo v pomoč tudi spodnja animacija:
S pomočjo Geogebre reši naslednjo zanimivo nalogo:
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.
Imejmo Krožnico in točko A zunaj nje. Poiščimo zrcalno sliko A’ točke glede na dano krožnico.
Ravnamo takole:
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:
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?