MAT-KOL (Banja Luka) Matematički kolokvijum XIV(3)(2008), DEVET RJEŠENJA JEDNOG ZADATKA IZ GEOMETRIJE Dr Šefket Arslanagić 1 i Alija Miminagić 2

Транскрипт

1 T-KOL (anja Luka) atematički kolokvijum XIV()(008), 1-1 DEVET RJEŠENJ JEDNOG ZDTK IZ GEOETRIJE Dr Šefket rslanagić 1 i lija iminagić Samostalno rješavanje malog broja teških problema je, bez sumnje, od veće koristi za učenike i studente nego rješavanje velikog broja laganih problema. Ukoliko rješavači imaju pristup nečijim drugim problemima, preporučuje se da ih pogledaju samo nakon što su našli svoja rješenja. Ukoliko nisu uspjeli u rješavanju problema trebalo bi da postignu dubok uvid u problem. Vrlo često, rješenje nekoga ko rješava odredeni problem će biti različito od rješenja autora problema. Ovo je vrlo poželjno, jer u takvim situacijama se postiže dublje razumijevanje suštine i sadržaja problema. U tom smislu ćemo ovdje citirati šta o tome misli čuveni američki matematičar i metodičar George Polya ( ) koji kaže: Riješiti jedan problem na dva ili više načina je od veće vrijednosti nego riješiti stotinu problema sve na isti način. Ovdje ćemo upravo demonstrirati značenje ovih riječi rješavajući jedan takav problem. Riječ je o sljedećem zadatku iz geometrije. Zadatak 1 Oko jednakostraničnog trougla opisana je kružnica. Dokazati da svaka tačka luka  ima osobinu + =. U matematičkoj literaturi ovaj zadatak je poznat kao Van Schootenova teorema (Schooten, Frams van, the Younger, c c , holandski matematičar). Ovaj zadatak se nalazi u mnogim ozbiljnijim zbirkama iz geometrije, a bio je dat i na Republičkom takmičenju u SR Srbiji godine za II razred (4. zadatak) gdje je službeno rješenje naš dokaz 1. Daćemo devet različitih rješenja ovog zadatka, čisto geometrijskih, pomoću trigonometrije, pomoću vektora i analitičke geometrije. Dokaz 1 Naravno, tačka pripada luku  kome ne pripada tačka (vidi sl. 1). Na duži odredimo tačku D, tako da bude = D. Uglovi i D su jednaki kao priferijski nad istom tetivom. Pošto su uglovi D i = 60 jednaki (kao periferijski nad tetivom ), to je D = 60, pa je trougao D (zbog = D) jednakostranični. To znači da je D = 10, a i = 10, jer je = = 60 kao periferijski nad tetivom (a i zbog toga što je četverougao tetivni). Svakako =, pa su trouglovi i D podudarni, odakle slijedi da je D =. Sada imamo = D + D = +, što je i trebalo dokazati. 1 Sarajevo, ih Nykobing, Danska 1

2 y D S x sl. 1 Dokaz Na osnovu Ptolemejeve teoreme primjenjene na tetivni četverougao imamo: + =. (1) Kako je = = = a, iz (1) slijedi: a + a = a ili nakon dijeljenja sa a: + =, što je i trebalo dokazati. Dokaz Neka je = {K}(sl. ). Očigledno, K K (jer imaju jednake uglove), pa iz te sličnosti slijedi: = K K = K K. () Iz sličnosti trouglova K K (trouglovi imaju jednake uglove) slijedi: = K K Sabiranjem jednakosti () i () dobijamo + = Dakle, = K K a(k + K) K = K K. () K + K = (zbog = = a) = (zbog K + K = = a) = a K. + = a K. (4) Osim toga je i K (jer je zajednički, a = = = K = 60 ), pa je = K Konačno, iz (4) i (5) slijedi: = = (zbog = a) = a K K. (5) + =, q.e.d. 14

3 a a S K a sl. Dokaz 4 Uzmimo tačku E na opisanoj kružnici oko trougla, takvu da je E =. Produžimo E preko tačke E i preko tačke i presječnu tačku označimo sa F (sl. ). Zbog E = je ĈE = Â, pa je i E =, a zbog toga je E. Tako je četverougao E jednakokraki trapez i = E = 60 (jer je = = 60 ). Ovo pak znači da je trougao E jednakostranični. Zbog E je i trougao EF jednakostranični, pa je F = F E. Dalje imamo da je pa je E =. Sada je dakle, ÂE = Ĉ ĈE = Â =, F + = E + = +, a u jednakostraničnom trouglu F je: F + = F =, pa iz dvije posljednje jednakosti slijedi da je: + =, q.e.d. Dokaz 5 Produžimo preko tačke do tačke E tako da je = E (sl. 4). Zbog E = 60 i = E trougao E je jednakostraničan. Neka je = x, = y i E = z. Imamo da je x + y = 60 i y + z = 60, pa je x = z. Sada je = 60 = E, = x = z E, te = E = E, pa je = E i iz podudarnosti tih trouglova slijedi da je = E. Tako je sada + = E + = E =, tj. + =, q.e.d. 15

4 E F S sl. x y z S E sl. 4 Dokaz 6 Na osnovu kosinusne teoreme primjenjene na trouglove i, dobijamo: = + cos, = + cos. Kako je = = 60 (vidi dokaz 1), to imamo: = +, te = +. Oduzimajući ove jednakosti (gdje je = ) dobijamo: 0 = ( ), a odavde, nakon dijeljenja sa 0, imamo: 0 = + i konačno + =, što je i trebalo dokazati. (U slučaju = 0, tj. = lako se pokazuje da je = S = S + S = + ). 16

5 Dokaz 7 Neka je = ϕ (sl. 1). Ugao je jednak takoder ϕ (kao periferijski nad tetivom ). Poznata nam je veza izmedu stranice trougla, sinusa naspramnog ugla i poluprečnika opisane kružnice (sinusna teorema). Iz trouglova i dobijamo (R je poluprečnik opisane kružnice nad tim trouglovima): Odavde je: = R sin ϕ, = R sin (60 ϕ) i = R sin (60 + ϕ). + = R [sin ϕ + sin (60 ϕ)] = R sin 0 cos (ϕ 0 ) = = R 1 sin [90 + (ϕ 0 )] = R sin (60 + ϕ) =, što je i trebalo dokazati. Dokaz 8 Primjenićemo metodu analitičke geometrije. Uvedimo (sl. 1) pravougli koordinatni sistem sa koordinatnim početkom u tački, tako da je: (0, ( 0), (a, 0), a, a ) ( a i (x > 0, y < 0). Lako se dobija da je centar kružnice S, a ), 6 a njen poluprečnik R = a. Jednačina kružnice glasi: ili Dokažimo da je ( ) ( x a ) + y a = a 6, (6) x + y ax a y = 0. x + y + ( (x a) + y = x a ) ( + y a ), (7) odnosno + =, pošto je = x + y, = (x a) + y, = Neka je Imamo: L = x + y + (x a) + y, a D = ( x a ) ( + y a ). ( x a ) ( + y a ). L = x + y + (x a) + y + x + y (x a) + y = x + y ax + a + (x + y )(x + y ax + a ) = x + y ax + a + (x + y ) ax(x + y ) + a x + a y = (x + y ax) + a + (x + y ax) + a y. 17

6 Iz (6) je x + y ax = a y, pa je sada: L = x + y ax + a ( y + a + a ) y + a y = x + y ax + a 4 y + a + a y = x + y ax + a y + a 4 ay (jer je y = y zbog y < 0). Dakle, konačno je: L = x + y ax ay + (x a 4 + a 4 = a ) ( + y a ) = D. Odavde slijedi da je L = D (jer su L, D > 0), a time je dokazano (7), odnosno + =. Dokaz 9 Poslužićemo se vektorskom metodom. Imamo (sl. 5): = S + S, = S + S, = S + S, odnosno = S + S + S S, = S + S + S S, = S + S + S S. Zbog S = S = S = S = R, imamo: = R + S S cos ( S, S), = R + S S cos ( S, S), = R + S S cos ( S, S), odnosno = R + R cos ϕ = R (1 + cos ϕ) = 4R cos ϕ, = R + R cos ε = R (1 + cos ε) = 4R cos ε, = R + R cos ϑ = R (1 + cos ϑ) = 4R cos ϑ. Odavde je: = = = = R cos ϕ, = R cos ε, (8) = R cos ϑ. 18

7 Dokazaćemo da je cos ϕ + cos ε = cos ϑ. (9) Pošto je (vidi sl. 5): ϕ + ε = 40 i ϑ = ϕ 10, to sada imamo: cos ϕ + cos ε = cos ϕ ( + cos 10 ϕ ) = cos ϕ + cos 10 cos ϕ + sin 10 sin ϕ = cos ϕ 1 cos ϕ + sin 10 sin ϕ = 1 cos ϕ + sin 60 sin ϕ = cos 60 cos ϕ + sin 60 sin ϕ = cos ( ϕ 60 ) = cos ϑ. Time je dokazano (9). Iz (8) i (9) slijedi: R cos ϕ + R cos ε ( = R cos ϕ + cos ε ) = R cos ϑ što je i trebalo dokazati. ili + =, S sl. 5 Recimo da su u radu [] dati dokazi 1.,., 7., 8. i 9. ovog problema (teoreme), dok su dokazi., 4., 5. i 6. novi i proizvod su dužeg bavljenja autora ovog rada ovim problemom. Na kraju ćemo reći nešto o tome koje rješenje (dokaz) je primjereno kojem uzrastu učenika. Po mišljenju autora ovog rada rješenja i 5. su primjerena učenicima I razreda srednje škole (gimnazije) jer se u njima koristi podudarnost trouglova. Rješenja. i. su primjerena učenicima II razreda srednje škole (gimnazije) ukoliko poznaju sličnost trouglova i Ptolemejevu teoremu za tetivni četverougao. Rješenja 6. i 7. su primjerena učenicima III razreda srednje škole (gimnazije) jer se u njima koristi kosinusna teorema za rješavanje kosouglog trougla. Rješenja 8. i 9. su primjerena učenicima III i IV razreda srednje škole (gimnazije) koji dobro znaju analitičku geometriju u ravni i vektorsku algebru. ilo bi dobro da neko od čitatelja ovog rada pronade i ponudi još jedno rješenje ovog zaista interesantnog geometrijskog zadatka. 19

8 Literatura [1] rslanagić, Š., spekti nastave matematike za nadarene učenike srednjoškolskog uzrasta, Udruženje matematičara osne i Hercegovine, Sarajevo, 001. [] rslanagić, Š., atematika za nadarene, osanska riječ, Sarajevo, 004. [] rslanagić, Š., ilošević, D., Šest rješenja jednog zadatka iz geoemtrije, atematičko-fizički list, Vol., Nr. 1/1 (198/8). [4] Engel,., Problem-Solving Strategies, Springer-Verlag, New York, [5] arić,., Planimetrija - Zbirka riješenih zadataka, Element, Zagreb,