[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.