UNIVERZITET U NIXU PRIRODNO-MATEMATIQKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU KLASIQNI GEOMETRIJSKI PROBLEMI MASTER RAD Mentor : Student : Prof. dr Milan Z

Транскрипт

1 UNIVERZITET U NIXU PRIRODNO-MATEMATIQKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU KLASIQNI GEOMETRIJSKI PROBLEMI MASTER RAD Mentor : Student : Prof. dr Milan Zlatanovi Dejan Spasi Nix, 2016.

2 Temu diplomskog rada predloжio je Prof. dr Milan Zlatanovi. Koristim priliku da se na ovom mestu najsrdaqnije zahvalim profesoru Milanu Zlatanovi u na ukazanoj struqnoj pomo i i savetima u toku izrade ovog diplomskog rada. Ovom prilikom жelim da se zahvalim i svojoj porodici, posebno roditeljima na bodrenju i na potpunom razumevanju tokom studija. Student : Dejan Spasi

3 Sadrжaj Uvod 3 1 Kvadratura kruga Drevne kvadrature Hipokratove lunule Antifon i Brison Kvadratrisa Arhimedova spirala Pribliжne vrednosti broja π Numeriqke kvadrature Konstrukcija Koqanskog Udvostruqenje kocke Hipokratovo rexenje Delskog problema Arhitina konstrukcija Menehmeov dokaz Trisekcija ugla Kratka istorija geometrije kroz problem trisekcije ugla Egipatska geometrija Vavilonska geometrija Grqka geometrija Helenistiqka geometrija Konstrukcije pomo u lenjira i xestara Rexenje pomo u xestara i lenjira sa oznaqenom duжinom Pribliжne konstrukcije Dokaz nemogu nosti rexenja Morlijevi trouglovi Nada naivnih nematematiqara Upornost naivnih nematematiqara Rexenje i razoqarenje maturanta Milutina Milankovi a Nemogu nosti lenjira i xestara Rexenje trisekcije ugla korix enjem kvadratrise Mehaniqka rexenje trisekcije ugla Rexenje korix enjem konusnih preseka

4 Uvod U toku razvoja matematike, koja je nesumnjivo jedna od najstarih nauka uopxte, javljali su se u njoj razni problemi od kojih su neki rexeni potpuno, neki delimiqno, a neki jox uvek qekaju svoja konaqna rexenja. Ovi problemi postali su poznati upravo po tome xto su se njima bavili ne samo amateri i laici, ve i najve- i matematiqki umovi mnogih razdoblja. Svako rexenje ili sam pokuxaj rexavanja jednog takvog problema mnogo su doprinosili razvoju matematiqih ideja ili su qak podstakli stvaranje novih matematiqkih disciplina. Kroz istoriju matematike javljali su se raznovrsni problemi, a verovatno e tako biti i u budu e. Ovde emo se ograniqiti samo na neke probleme koji su oduvek zaokupljali paжnju svih ljubitelja matematike. Upozna emo najpre tri osnovna klasiqna problema u geometriji. To su problemi iz doba antike kojima su se bavili jox stari grci i koji su vixe od dve hiljade godina qekali svoje rexenje, a poznati su pod imenom : kvadratura kruga (konstruisati kvadrat qija je povrxina jednaka povrxini datog kruga) udvostruqenje kocke (konstruisati kocku qija je zapremina jednaka dvostrukoj zapremini date kocke) i trisekcija ugla (podeliti proizvoljan ugao na tri jednaka dela). Znaqaj ovih problema je u tome xto se oni ne mogu taqno geometrijski rexiti pomo u konaqnog broja konstrukcija pravih linija i kruжnica. Tek polovinom 19. veka dobijen je dokaz da nijedan od ovih problema nije rexiv. 1 Kvadratura kruga Najpoznatiji antiqki matematiqki problem je problem kvadrature kruga. To je skra eni naziv za problem koji se najqex e opisuje reqenicom : Konstruisati kvadrat iste povrxine kao dati krug. Pravi je izazov uz pomo xestara i lenjira pokuxavaju i konaqno mnogo puta konstruisati kvadrat iste povrxine kao dati krug. 3

5 Kako je povrxina kvadrata P kvadrata = a 2, a povrxina kruga P kruga = r 2 π, tada iz jednakosti povrxina a 2 = r 2 π proizilazi da je a = r π. Slika 1.1. Rexenje problema kvadrature kruga xestarom i lenjirom zahteva konstrukciju broja π, i nemogu nost rexenja sledi iz toga xto je π transcedentni broj, a ne algebarski i zbog toga je njegova konstrukcija nemogu a. Lambert 1 je godine pretpostavio da je π transcedentan, kada je pokazao njegovu iracionalnost, qak i pre nego xto je dokazano postojanje transcedentnih brojeva. Lindeman 2 je uspeo tek godine da dokaжe da π nije algebarski ve transcedentan broj, tj. da ne postoji koren polinoma sa racionalnim koeficijentima. Njegove metode dokazivanja bile su sliqne onima koje je devet godina ranije koristio Qarls Hermit 3 da bi dokazao da je e transcedentan broj. 1. Johann Heinrich Lambert ( ) je bio xvajcarski matematiqar i fiziqar. 2. F erdinand von Lindemann ( ) je bio nemaqki matematiqar. 3. Charles Hermite ( ) bio je francuski matematiqar. 4

6 1.1 Drevne kvadrature Jedan od najstarijih i najznaqajnijih saquvanih matematiqkih spisa je Rajndov papirus nazvan po Henriju Rajndu 4 koji ga je kupio u Luksortu godine. Ahmes 5 ga je napisao oko godine p.n.e., ali neki matematiqari smatraju da se Rajndov papirus zasniva na radu koji doseжe qak do godine p.n.e. U Rajndovom papirusu, Ahmes daje pravilo za konstrukciju kvadrata qija je povrxina pribliжno jednaka povrxini kruga. To pravilo se sastoji u oduzimanju 1 preqnika kruga i konstrukcije 9 kvadrata od 8 preqnika kruga. Kako ovo nije bila prava geometrijska konstrukcija, sa druge strane kao takva ona nam pokazuje 9 da se za problem kvadrature kruga znalo jox na samom poqetku matematike. Ovakvom konstrukcijom za π je dobijeno Slika 1.2. Zaista, ako je pribliжna vrednost P 0 = d 2, te je pribliжna vrednost broja π jednaka 4. Zatim, ako povrxinu kvadrata umanjimo za qetiri kvadrata A 1 qija je stranica d, tada e pribliжna 6 vrednost povrxine kruga biti P 0 = d 2 4 ( ) 2 d = d2. Odavde sledi da je π Sa druge strane ako novodobijenu povrxinu umanjimo za osam kvadrata A 2 qija je stranica d 9, tada 4. Henry Rhind ( ) je bio xkotski pravnik i egiptolog. 5. Ahmes je bio egipatski kievnik. 5

7 e pribliжna vrednost povrxine kruga biti P 0 = 8 9 d2 8 ( ) 2 d = 9 ( ) 2 8 d 2. 9 Odavde sledi da je π = 4 ( 8 9 )2 = Anaksagora 6 iz Klazomene koji je rođen oko 500. godine stare ere je prvi matematiqar koji je pokuxavao da rexi problem kvadrature kruga. Plutarh, u svom spisu O progonstvu u kojem texi jednog prijatelja koji je bio prognan na neko ostrvo Egejskog mora, kaжe : Ne postoji mesto koje qoveku moжe da oduzme sre u, niti njegovu pamet. Zaista, Anaksagora je pisao o kvadraturi kruga dok je bio u zatvoru. Problem je postao veoma popularan ubrzo posle ovog, međutim ne samo među mali broj mateamtiqara, ve i xire, na xta nam ukazuje odlomak iz Aristofanovih Ptica (414.p.n.e.), u kojem astronom Meton 7 poznat po otrki u kruga kaжe : Tad uzmem lenjir i xestar i izmerim, i krug se u kvadrat pretvorio. Ovaj stih, se nije odnosio na problem kvadrature kruga, ve na podelu kruga na qetiri podudarna dela. Posle Anaksagore kvadraturom kruga bavili su se : Onopida, Hipia, Hipokrat, Antifon i Brison. Onopidi se prepisuju dve teoreme : 1. Konstrukciju normale na datu pravu iz date taqke koja ne pripada toj pravoj ; 2. Konstrukciju prave od date taqke na datoj pravoj, koja sa datom pravom zahvata ugao. Hit veruje da je znaqaj ovih rezultata bio u tome xto je Onopida po prvi put izneo ravansku konstrukciju, tj. konstrukciju samo uz pomo xestara i lenjira. Ne postoji zapisi da je Onopida pokuxao da izvrxi kvadraturu kruga ravanskim metodama. Ipak, zanimljiva je qinjenica da Grci nisu izvodili pogrexne dokaze prilikom kvadrature kruga ravanskim metodama. Na жalost, sa druge strane kasniji matematiqari nisu sledili dobre primere koje su pokazali drevni Grci i zaista su mnogi netaqno tvrdili da imaju dokaz uz pomo xestara i lenjira. 6. Anaxagoras (oko p.n.e.) je bio grqki filozof i matematiqar. Za ega se kae da je on prvi qovek koji je filozofiju doneo u Atinu. 7. M eton (iveo u V veku p.n.e.) je bio starogrqki matematiqar i astronom koji je otkrio da je 19 solarnih godina skoro jednako 6940 dana. 6

8 1.2 Hipokratove lunule Hipokrat je bio grqki matematiqar i astronom, koji je жiveo od 470. do 400. godine p.n.e. Rođen je na ostrvu Hios i njegovo prvo zanimanje bilo je trgovina. Dok je boravio u Atini i sa tamnoxnjim matematiqarima razgovarao, zavoleo je matematiku i vremenom postao jedan od glavnih i cenjenijih matematiqarima. Smatra se i da je na Hiosu, Hipokrat bio đak Onopide. Hipokrat je bio prvi qovek koji je koristio konstrukciju xestarom i lenjirom da bi izvrxio kvadraturu kruga. Njegova ideja je bila da podeli krug na delove koji su oblika polumeseca. Ako bi to stvarno bilo mogu e i ako bi mogla da se izraquna povrxina svakog takvog dela, onda bi povrxina celog kruga bila poznata. Plutarh navodi da je : Neki Hipokrat sa Hiosa, trgovac, naixao je na gusarski brod i izgubio sve xto je imao, pa je doxao u Atinu da tuжi gusare, i kako je dugo vremena boravio u Atini radi tuжbe, uqio je od filozofa i postigo toliko znanje u geometriji da je pokuxao na i kvadraturu kruga. Pri tim pokuxajima rexio je problem kvadrature lunula (polumesec dobijen od dva polukruga) i time pokazao da krivolinijski lik moжe biti jednak pravolinijskom. Iako je Hipokrat kvadrira pojedine lunule, on nije pokazao da se svaka lunula moжe kvadrirati. Posebno interesantno da lunula koju je on kvadrirao korix enjem ravanske konstrukcije kvadrata qija je povrxina jednaka povrxini određene lunule, ali i da krug nije mogao kvadrirati korix enjem tih metoda. To naravno predstavlja logiqan zakljuqak jer bi u tom sluqaju Hipokrat rexio problem kvadrature kruga. Prvi podaci o Hipokratovim lunulama dolaze od Aleksandra iz Afrodizije u Kariji. On je bio savremenik Septimije Severa ( godine) i u to doba najznaqajniji komentator Aristotelovih dela. On je dao interpretaciju kvadrature lunula u dva sluqaja. U Simplikijevim komentarima Aristotelove Fizike zapisani su Aleksandrovi citati kao i segmenti Eudemove Istorije geometrije o Hipokratovim lunulama. Hipokratov dokaz koristi tri prelimenarna tvrđenja : 1. Pitagorinu teoremu (a 2 + b 2 = c 2.) ; 2. Ugao nad polukrugom je prav ugao ; 3. Povrxine dva kruga se odnose kao kvadrati nad njihovim preqnicima. 7

9 Ako je dat jednakokrako pravougli trougao, zbir povrxina lunula određenih od polukruga na hipotenuzi i polukruga na katetama je jednaka povrxini trougla. Neka je AB preqnik kruga kome je D sredixte a AC i BC ivice kvadrata koji je upisan u taj krug. Nad ivicom AC kao nad preqnikom opisan je polukrug AEC. Poveжu se taqke C i D. Kako je AB 2 = 2AC 2 a krugovi se, kao i njihovi polukrugovi, odnose kao kvadrati nad njihovim preqnicima, sledi da je Takođe je : Odakle sledi : P (polukrugaacb) = 2P (polukrugaaec). P (polukrugaacb) = 2P (segmentaadc). P (polukrugaaec) = P (segmentaacd). Oduzimanje zajedniqkog odseqka AF C sa leve i desne strane jednakosti dobija se da je : P (lunuleaecf ) = P ( ADC) pri qemu je izvrxena kvadratura lunule. Slika 1.3. Kvadratura lunula 8

10 Neka od Hipokratovih tadaxnjih saznanja koja su primenjivana u pojedinim dokazima su i : Konstrukcija pravilnog xestougla ; U pravilnom xestouglu kvadrat nad dijagonalom je qetiri puta ve i od kvadrata nad stranicom. Hipokratu su takođe bila poznata i slede a znanja : Odnos između upisanih uglova i lukova u krugu ; Princip sliqnosti : povrxine sliqnih figura su proporcionalne kvadratima homologih stranica. Konstrukcija opisanog kruga oko trougla jednakokrakog trapeza ; Pitagorina teorema za pravougli trougao i njeno uopxetenje za tupougle i oxtrougle trouglove. Hipokrata izdvaja od ostalih matematiqara visok stepen strogosti u svojim dokazima kao i vextina demonstrativne tehnike. Pri konstrukciji lunula on se nije zadovoljavao da samo sa crteжa nexto bude jasno kao npr. da je spoljaxnja granica ve a od unutraxnje on koristi i tadaxnji matematiqki aparat da to i dokaжe. Hipokratove lunule su znaqajne jer je pokazana kvadratura krivolinijskih geoemtrijskih likova, kao i njegova ideja redukcije problema udvostruqenja kocke i konstrukciju srednjih proporcionala. Njegovi Elementi su inspirisali Euklida da prikupi tadaxnja geometrijska znanja i sistematski ih izloжi u svojim neprevaziđenim Elementi. 1.3 Antifon i Brison Antifon i Brison zajedno su dali ideje (dokaze) vezane za kvadraturu kruga, koje su se pokazale veoma vaжnim za budu i razvoj matematike. O Antifonovom pokuxaju da rexi problem kvadrature kruga, saznajemo od Temistija i Simplikija. Antifon prvo konstruixe kvadrat (pravilni poligon) upisan u krug, a onda konstruixe jednakokrake trouglove qije su osnovice strane kvadrata a naspramna temena se nalaze na manjem luku (luk qija je visina manja). Time je on dobio pravilan osmougao, poligon sa udvostruqenim brojem strana. Nastavljaju i postupak, Antifon je mislio da e u jednom trenutku konstruisati poligon qija je povrina jednaka povrxini kruga, a kako zna da konstruixe kvadrat iste povrxine kao i poligon, on time zavrxava svoju ideju konstrukcije (Slika 1.4.). 9

11 Slika 1.4. Aleksandar iz Afrodizije je pokazao da je njegova pretpostavka netaqna. Aleksandar je primetio da prava moжe da dotakne krug samo u jednoj taqki, a zatim Eudem prime uje da je duж neograniqeno deljiva. Ako je povrxina kruga neograniqeno deljiva, onda se postupkom koji je Antifon opisao, konstrukcijom pravilnih poligona sa sve ve im brojem strana, nikada ne e iskoristiti cela povrxina kruga. Brison je doxao generaciju posle Antifona i iskoristio njegovu ideju. Prema Aleksandru, Brison je upisao kvadrat u krug i opisao drugi oko kruga, i pritom posmatrao kvadrat između njih (Aleksandar ne govori kako je konstrukcija tekla). Brison prime uje da je srednji kvadrat manji od spoljaxnjeg a ve i od unutraxnjeg dok je krug takođe manji od spoljaxnjeg kvadrata a ve i od unutrxenjeg, i zakljuquje da su krug i srednji kvadrat jednaki. Ovaj njegova zakljuqak je netaqan, jer ako na primer uzmemo brojeve 8 i 9, oni su zajedno manji od 10 a ve i od 7, ali nisu jednaki (Slika 1.5.). Xto se tiqe srednjeg kvadrata, neki smatraju da je to aritmetiqka sredina upisanog i opisanog kvadrata, a neki pak da je geometrijska sredina. I jedna i druga pretpostavka izgleda da su posledica nesporazuma, jer prema diskusijama starijih tumaqa, nigde nije jasno zapisano xta za Brisona predstavlja srednji kvadrat. Ali, vrlo vaжne su Mistijeve izjave da je Brison utvrdio da je krug manji od svih opisanih i ve i od svih upisanih poligona, i da je pretpostavljena aksioma taqna iako je malo qudna za geometriju. 10

12 Slika Kvadratrisa Hipija iz Elide (жiveo je u V veku p.n.e.) uvodi krivu u cilju rexavanja problema trisekcije ugla, koju je kasnije Lajbnic 8 nazvao kvadratrisom. Menehmeovom 9 bratu, Dinostratu se prepisuje prva uspexna demonstracija upotrebe kvadratrise na konstrukciju kvadrature kruga. Opis Hipijine kvadratise moжe se na i kod Paposa Aleksandrijskog 10, u IV knjizi njegovog Zbornika. Papos je opisao naqin konstrukcije kvadratrise (Slika 1.6.). Pretpostavimo da je dat kvadrat ABCD i da je u njemu upisana qetvrtina kruga BED sa centrom u A. 8. Gottf ried Leibniz (oko p.n.e.) bio je nemaqki filozof i pronalazaq koji je dao znaqajan doprinos u optici i mehanici. 9. M enehmo (oko p.n.e.) je bio starograqki matematiqar kome se prepisuje otkrie elipse, parabole i hiperbole. 10. P appus of Alexandria ( ) bio je grqki matematiqar i pisac Matematiqkog zbornika u 8 kiga, u kojima su saquvana dostignua starih grqkih matematiqara i astronoma, kao i radovi samog Paposa. 11

13 Slika 1.6. Pretpostavimo da preqnik kruga uniformno rotira oko A od pozicije AB do pozicije AD i da se u isto vreme duж BC ravnomerno pomera ka AD, ostaju i sve vreme njoj paralelna. Na kraju kretanja, i duж AB i duж BC poklopi e se sa duжi AD. Prilikom kretanja duжi AB i BC se seku, pa skup njihovih preseqnih taqaka određuje jednu krivu, tj. kvadratrisu. Neka su neke od tih preseqnih taqaka taqke F i L. Osobina ove krive je : BAD : EAD = BED : ÊD = AB : F H. Drugim reqima, ako za prave AD i AB uzmemo da su x i y osa, da je AD = AB = 1, F (x, y) i za duжinu luka ÊD uzmemo α ima emo da je : π 2 : α = 1 : F H π 2 : α = 1 : y Iz ove proporcije dobijamo da je α = y π, a kako je y = tgα, sledi 2 x da je jednaqina kvadratrise : y = x tg(y π 2 ). Primena kvadratrise u rexavanju problema kvadrature kruga je mnogo teжa nego pri trisekciji ugla, jer zahteva poznavanje koordinata taqke G preseka kvadratrise sa duжi AD. U narednom delu emo detaljnije opisati ovu problematiku. U međuvremenu, pretpostavimo da kvadratrisa seqe AD u taqki G, i dokaza emo da vaжi relacija BED : AB = AB : AG. 12

14 Pretpostavimo suprotno, ako prethodna relacija nije jednaka AB : AG, onda mora biti jednaka AB : AK, gde jeak ili ve e ili manje od AG. Razmotrimo ih ponaosob : 1. Neka je AK > AG, konstruiximo krug sa centrom u A i polupreqnikom AK (kvadrant KF L) koji seqe kvadratrisu u F i AB u L. Presek AF sa polukrugom qiji je centar A a polupreqnik AD oznaqimo sa E i konstruiximo normalu iz F na AD (Slika 1.7.). Slika 1.7. odakle sledi da je BED : AB = AB : AK = BED : LF K, AB = LF K. Ali, na osnovu osobine kvadratrise je AB : F H = BED : ÊD = LF K : F K. Kako je AB = LF K, dobijamo da je F H = F K xto je nemogu e. Dakle, AK nije ve e od AG. 2. Neka je AK > AG. Kao i u prvom sluqaju konstruiximo krug sa centrom u A i polupreqnikom AK (kvadrant KML). Konstruiximo normalu u K na AD i njen presek sa kvadratrisom oznaqimo sa F, a presek AF sa kvadrantima oznaqimo sa M i E (Slika 1.8.). 13

15 Slika 1.8. Analogno prvom sluqaju AB = LMK Iz osobine kvadratrise, sledi da je AB : F K = BED : DE = LMK : MK. Kako je AB = LMK, dobijamo da je F K = KM xto je nemogu e, pa AK nije ni manje od AG. Kako AK nije ni manje ni ve e od AG, onda je jednako, pa vaжi relacija BED : AB = AB : AG. Ovaj dokaz se pripisuje Dinostratu, ako ne i samom Hipiji koji je definisao kvadratrisu. Vratimo se sada na taqku G. Kako su na kraju uniformnog kretanja, pokretne duжi AB i BC istovetne sa AD, nije jasno kako se dobija taqka G. Uz pomo analitiqke geometrije iz jednaqine kvadratrise dobijamo da je presek kvadratrise sa x osom x = y tg(y π) = 2 π α sin α cos α 2 π, 2 kad α 0. Dakle, AG = 2. Ovo vaжi ako i samo ako je π BED : AB = AB : AG, 14

16 xto smo mi ve dokazali. Pokaжimo sada kako se vrxi kvadratura kruga. Uz pomo kvadratrise konstruixemo duж AG = 2 π i pretpostavimo da nam je dat polupreqnik r, kruga qiju kvadraturu vrximo. Ako je AG uzeta za x osu i y osa u A normalna na AG onda sa R(r, 0) i R (0, r) oznaqimo taqke preseka kruga(a, r) sa x i y osom. Neka je U(0, u) taqka u kojoj prava, u taqki R paralelna pravoj koja sadrжi taqke G i R, seqe y osu. Na osnovu sliqnosti (Talesove teoreme), bi e 2 π : r = r : u. Ako je C(c, 0) taqka u kojoj x osa seqe krug kojem su dijametralno suprotne taqke B(0, 1) i U (0, 2u), onda je 2u : c = c : 1. Iz prve relacije imamo da je 2u = r 2 π, a iz druge c 2 = 2u, odakle sledi da je c 2 = r 2 π, pa je AC traжena ivica kvadrata, za dati polupreqnik kruga (A, r) (slika 1.9.). 15

17 Slika Arhimedova spirala Arhimed je rođen u Sirakuzi na Siciliji oko 287. godine p.n.e. Spiralu je prvi otkrio Konon, ali je Arhimed pokazao njene brojne osobine među kojima je primena na problem kvadrature kruga. U svom delu O spiralama, daje nam opis spirale : Neka poluprava Ox 1 ravnomerno rotira oko fiksirane taqke O dok se taqka M takođe kre e duж ove poluprave polaze i od taqke O (koordinatni poqetak). Kriva koju opisuje ova taqka nazivamo spiralom. Polarna jednaqina krive je oqigledno ρ = aθ, gde je a neki realan broj a θ = 0 je poluprava. 16

18 Slika Pretpostavimo da tangenta iz bilo koje taqke P spirale preseca pravu normalnu na polupreqnik OP, u taqki T. Tada je OT polarna podtangenta. Takođe, Arhimed dokazuje jednakost da, ako je ρ radius vektor taqke P, onda je OT = ρ2 a. Ako je P na n-tom obrtu spirale, poluprava e se zarotirati, recimo, za ugao 2(n 1)π + θ. Dakle ρ = a{2(n 1)π + θ}, i OT = ρ2 a = ρ{2(n 1)π + θ}. Arhimed dakle, жeli da kaжe da, ako je ρ obim kruga polupreqnika OP (= ρ), i ako ovaj krug seqe poqetnu polupravu u taqki K, OT = (n 1)p + KP, gde je KP unapred izmereno. Ako je P na kraju n-tog obrtaja spirale, ovo dovodi do OT = n(obim kruga polupreqnika OP ), a ako 17

19 je P na kraju prvog obrtaja, OT = obim kruga polupreqnika OP. U delu Merenje kruga, Arhimed je dokazao da je povrxina kruga jednaka povrxini pravouglog trougla, qije su katete jednake polupreqniku i obimu kruga. Dakle, povrxina kruga polupreqnika OP jednaka je povrxini OP T. U nastavku emo opisati dokaz kvadrature : konstruiximo jediniqni krug sa sredixtem O, a zatim u njemu spiralu koja qini jedan pun obrt pre nego xto preseqe krug u taqki P. Iz taqke preseka se konstruixe tangenta na spiralu i njen presek sa normalom u O na OP oznaqimo sa T. Sada je OT = π. Opixe se krug sa centrom u S i polupreqnikom ST da bi se izraqunao koren iz π. Sa tom stranicom se konstruixe kvadrat jednake povrxine kao i krug (Slika 1.11.). Slika

20 1.6 Pribliжne vrednosti broja π Vrednost broja π je bila poznata u nekom obliku jox od davnih vremena. Vavilonski matematiqari u XIX veku p.n.e., koristili su kao π = Egipatski pisac Ahmes je za vrednost broja 8 π dobio Arhimed, upisuju i u krug i opisuju i oko njega pravilne poligone od 96 strana, i raqunaju i njihove obime, dobija aproksimaciju 3 1 > π > 3 10 (merenje kruga). Kasnije je, dobio jox bliжu 7 71 aproksimaciju. Na жalost, brojevi koji stoje u Grqkom tekstu su netaqni, donja granica je data kao odnos a gornja granica kao odnos : 67441(= ), : 62351(= ), tako da je data donja granica ve a od prave vrednosti, a gornja granica je ve a od prethodne gornje granice 3 1. Znaqajne ispravke 7 od strane Tanerije ( je zamenio sa , a sa ) daju bolju vrednost, naime ili > π > > π > Jox jedna druga ispravka (umesto se uzima 67444, a umesto se uzima ) daje : ili > π > > π > Ako bilo koji od ova dva predloga predstavlja taqan broj, aritmetiqka sredina dve granice daje izvanredno blisku aproksimaciju Ptolomej 11 daje vrednost obima kruga prema njegovom preqniku izraжenu preko xezdesetih delova, tj ili On Claudius P tolem ( oko godine posle Hrista) je bio starogrqki matematiqar, geograf i astronom. 19

21 uoqava da je ovo skoro isto kao aritmetiqka sredina Arhimedovih granica 3 1 i To je, međutim taqnije od ove sredine, i 7 71 Ptolomej je bez sumnje njegovu vrednost uqinio nezavisnom. Imao je osnovu za izraqunavanje spremnu za uvođenje u svoju Tabelu tetiva. Ova tabela daje duжine tetiva krugova obuhva ene lukom od 1, 2 1, 1 1,i tako dalje. Tetive su izraжene u stodvadesetim delovima duжine preqnika. Ako bi jedan od tih delova bio obeleжen 2 kao 1 p, tetiva obuhva ena uglom od 1 je u Tabeli izraжena u ovoj meri i njenim xezdesetim delovima dakle, 1 p Kako ugao od 1 u centru kruga određuje stranu pravilnog poligona od 360 strana upisanog u taj krug, obim ovog poligona je 360 puta 1 p 2 50 ili, kako je 1 p 1 = 120.deopreqnika, obim poligona izraжen u delovima preqnika je 3 puta 12 50, xto je 38 30, xto je Ptolomejeva predstava broja π. Grk qije se ime ne zna, dao je jox precizniji dokaz o jox bliжoj proceni od Ptolomejeve. Indijski matematiqar Ariabhata 12 u svojoj knjizi Lekcije za raqunanje, kaжe : Broj 100 saberi sa 4 ; pomnoжi sumu sa 8 ; saberi sa jox sa i to (xto imamo), podelimo sa 20000, dobija se pribliжna duжina kruжne linije kruga ; on dobija ili kao vrednost broja π Numeriqke kvadrature Ovo je metoda u kojoj se π aproksimira nekim razlomkom ili algebarskom vrednox u do neke жeljene taqnosti, pa se pristupa konstrukciji takvog broja. Aproksimacija poljskog svextenika Koqanskog (oko godine) smatra se jednom od najboljih π Ramanudжan 13 (1913.godine) opisao je konstrukciju za π Dikson 14 je godine dao konstrukciju u kojoj je π 6 5 (1+ϕ), gde je ϕ zlatni presek i π 4 + (3 tg30 ) Aryabhata ( ) bio je jedan od glavnih matematiqara astronoma u Indiji. 13. Srinivasa Ramanujan ( ) je bio indijski matematiqar. 14. Leonard Eugene Dickson ( ) je bio Ameriqki matematiqar koji je prvi poqeo da istrauje apstraktnu algebru. 20

22 1.8 Konstrukcija Koqanskog Prvi deo :Konstrukcija vrednosti broja π (Slika 1.12.). Slika Konstruiximo krug sa centrom u B i polupreqnikom BC = 1 i preqnike AC i OJ koji su normalni jedan na drugi. Na pravoj, koja je u C normalna na AC nanesimo 3 segmenta CD = DE = EF = 1. Konstruiximo, zatim, luk sa centrom u J i polupreqnikom JB, i presek luka sa krugom (B, BC) oznaqimo sa G i K. Ugao ABG jednak je 30. Presek BG sa pravom koja je u A normalna na AC je H. Duж F H je jednaka π. Zaista, neka je IH normalna na CF. Iz ABH imamo da je tg30 = AH AB, a kako je AB = 1 onda je AH = Na osnovu konstrukcije znamo da je HI = AC = 2, a IF = CF CI = CF AH = = Iz Pitagorine teoreme, primenjene na HDF, dobijamo da je HF 2 = HI 2 + IF 2 = = , odakle je HF = Duжinu HF moжemo odrediti i kao rastojanje dve taqke H( 3, 1) 3 i F (3, 1) : 3 40 HF = (3 3 )2 + (1 ( 1)) 2 = =

23 Drugi deo : Konstrukcija broja π (Slika 1.13.). Slika U prvom delu, dobili smo da je HF = π. Produжimo, sada, HF do M tako da je HM = 1. Neka je Q sredixte duжi MF. Konstruiximo krug sa centrom Q i polupreqnikom QM, a zatim pravu koja je u H normalna na HF i njen presek sa krugom oznaqimo sa L. Dobijana duж LH = π. Zaista, LHM i F HL su sliqni, pa iz njihove sliqnosti sledi da je LH : HM = HF : HL, odakle je LH 2 = HM F H. Kako je HM = 1, F H = π, dobijamo da je LH = π. Dakle, povrxina kvadrata LP NH qija je strana jednaka π, pribliжno je jednaka povrxini kruga sa centrom u H i polupreqnikom HM = 1. 22

24 2 Udvostruqenje kocke Problem udvostruqenja kocke se jox naziva i Delski problem, jer potiqe od legende koja kaжe da je u Atini oko 430. godine pre nove ere harala kuga, pa su zbog toga Atinjani, traжe i pomo, otixli u poznato proroqixte u Delosu. Tamo su dobili odgovor da e pobediti kugu samo ako uspeju udvostruqiti oltar Apolonu, koji je bio u obliku kocke. Naivno su prixli problemu, Atinjani su udvostruqili svaku stranicu kocke, koja je predstavljala oltar, međutim tako su dobili oltar osam puta ve e zapremine od polaznog. Kuga je nastavila harati gradom, budi i da nisu ispunili zahteva proroqanstva. Ovu legendu zapisao je Teon iz Smirne. O ovom problemu postoji i druga legenda, zapisana od strane Eutociusa, u komentaru Arhimedova dela O kugli i valjku, koja kaжe da je kralj Minos imao жelju udvostruqiti grob pesnika Glaukasa, koji je bio kockastog oblika. Ukoliko dati problem posmatramo na algebarski naqin, pri qemu duжinu stranice zadate kocke oznaqimo sa a, problem se svodi na rexavanje jednaqine x = 3 2a, xto je duжina stranice traжene kocke. Bez smanjenja opxtosti dovoljno je posmatrati problem udvostruqenja kocke stranice jediniqne duжine, pa tada ostaje problem konstrukcije 3 2. Ovaj problem se sastoji u određivanju ivice kocke koja ima dva puta ve u zapreminu od zadate kocke. To znaqi da elementarnim putem treba konstruisati veliqinu x koja je rexenje jednaqine x 3 2a 3 = 0 tj. veliqinu x = 3 2 gde je a zadata duж. To je naravno nemogu e. Međutim, mnogim generacijama matematiqara taj problem je zadavao velike brige, sve dok opet Gaus nije dokazao da je nemogu e ovaj problem rexiti elementarnim putem. Prouqavanje ovog problema dovelo je do otkri a mnogih krivih i njihovih osobina. Nikomed je doxao do rexenja pomo u konhoide (krive 4.reda), dok je Dioklo isto uqinio pomo u cikloide (krive 3.reda). Postoje, naravno, i aproksimativna rexenja problema udvostruqenja kocke koja su dali Apolonije iz Perge i Heron iz Aleksandrije. 23

25 2.1 Hipokratovo rexenje Delskog problema Za rexenje Delskog problema, kako je utvrdio Hipokrat sa Hiosa, dovoljno je na i dve srednje proporcionale za dve zadate duжi. Međutim, ako su a i b dve zadate duжi dovoljno je na i x i y, njihove dve srednje proporcionale, takve da je a : x = x : y = y : b da bi se rexio problem udvostruqenja kocke. Ovo vidimo iz slede e jednakosti : a 3 x = a 3 x x y y b = a b. Sada, ako je a ivica kocke i ako je zadat odnos a : b, tada e i odnos zapremina kocki ivica a i x biti jednak zadatom odnosu. Analognom ovom vaжi y 3 b = y 3 b x y a x = a b, tako da je odnos zapremina kocki kojima su ivice y i b jednak zadatom odnosu a : b. Poseban sluqaj traжenja dve srednje proporcionale je kada je odnos duжina a i b jednak 2 : 1, tj. kada je duжina ivice a dvostruko ve a od duжine b. Tada je zapremina kocke ivice a dvostruko ve a od zapremine kocke ivice x, zapremina kocke sa ivicom y bi e dvostruko ve a od zapremine kocke sa ivicom b. Na ovaj naqin, kako je utdvrdio Hipokrat sa Hiosa, problem udvostruqenja kocke sveden je na konstrukciju dveju srednjih proporcionala. Eutokije o ovome svedoqi da je Hipokrat tu texko u pretvorio u drugu ne manju texko u. 2.2 Arhitina konstrukcija Arhita je rođen u Tarantu, oko 428 godine, gde je odrastao i umro između 360. i 350. godine stare ere. Pripadao je mlađoj generaciji pitagorejaca. Aristotel navodi da je najverovatnije bio Filolajev uqenik, mada ga Eudem, tretira i kao vaжnog nezavisnog mislioca koje je uspeho da rexi jedan od tri antiqka problema u predplatonovom vremenu : udvostruqenje kocke, i to konstrukcijom srednjih proporcionala Hipokrata sa Hiosa. 24

26 Slika 2.1. Arhitina konstrukcija Arhitina konstrukcija (Slika 2.1.) polazi od pravouglog ADK, sa pravim uglom kod temena K. Taqka I je podnoжje normale iz taqke K na AD, a taqka M podnoжje normale iz I na AK. Tada, iz sliqnosti trouglova ADK, AKI, i AIM vaжi proporcija AD AK = AK AI = AI AM, a iz ovoga sledi, prema zakljuqku Hipokrata sa Hiosa (Slika 2.2.), da je AD AM = AI 2 AM 2. Slika 2.2. Srednje proporcionale Hipokrata sa Hiosa 25

27 Neka je AM ivica zadate kocke. Tada je odnos zapremina kocki qije su ivice AI i AM jednak zadatom odnosu AD : AM. U posebnom sluqaju kada je duж AD dvostruko ve a od duжi AM, zapremina kocke qija je ivica AI je dvostruko ve a od zapremine kocke sa ivicom AM. Da bi se rexio problem udvostruqenja kocke potrebno je konstruisati taqku I na duжi AD kada su zadate duжi AD i AM. Prava potexko a bila je u konstrukciji sliqnih trouglova ADK, AKI, AIM. Izborom taqke I na duжi AD određeni su poloжaji taqaka K i M i to tako xto taqka K pripada polukrugu qiji je preqnik AD i pritom je KI normalno na AD a M je podnoжje normale iz taqke I na duж AK. Ako se taqka I kre e po duжi AD od taqke D ka taqki A, tada i AM opada od AD do nule, pa je zbog toga u jednom trenutku, AM podudarna nekoj unapred zadatoj duжi g, manjoj od AD. Slika 2.3. Izgled Arhitine konstrukcije Taj trenutak kada je AM podudarna zadatoj duжi g Arhita traжi na slede i naqin : on ravan ADK postavlja tako da bude upravna na ravan fiksiranog kruga k koje je AD preqnik, a potom ADK rotira oko prave i koja je u taqki A upravna na horizontalnoj ravni. Sredixte tog kruga je taqka A. Neka je krug l 26

28 opisan oko AD K, Arhita prime uje da se neprekidnom rotacijom ovog kruga oko prave i, dobija povrxi nekog torusa τ. Kako osa i rotacije u taqki A dodiruje krug l, svi meridijani tog torusa sadrжa e taqku A, pa e njegov unutraxnji polupreqnik biti nula. Slika 2.4. Poluvaljak i torus Dopuxtaju i osnu rotaciju ADK oko prave i, Arhita pretpostavlja da je taqka I taqka preseka rotiraju e duжi AD i horizontalnog kruga k i prime uje da je tada taqka K pripada pravoj koja je u taqki I normalna na ravni kruga k. Stoga ona pripada cilindru σ qije izvodnice sadrжe taqke horizontalnog kruga i upravne si na ravan tog kruga. Slika 2.5. Prostorna kriva s koja predstavlja presek cilindra i torusa 27

29 Dakle, taqka K opisuje prostornu krivu s koja se dobija u preseku dveju provrxi : cilindra σ i torusa τ. Kako je AMI prav a ravan AD K upravna na horizontalnu ravan kruga k, taqka M pripada e sferi kojoj je AD preqnik. Kako je, pri tome, AM ivica zadate kocke, podudarna nekoj duжi g, taqka M e pripadati i sferi sa sredixtem u taqki A i polupreqnikom g malo. Stoga ona pripada krugu q preseka ovih dveju sfera. U posebnom sluqaju konstrukcije dvostruke proporcionala, kada je potrebno rexiti problem udvostruqenja kocke, duж AD je dvostruko ve a od duжi AM, pa su stoga ove dve sfere podudarne i sredixte jedne pripada e drugoj. Slika 2.6. Krug q kao direktrisa konusa i trougao qijom rotacijom nastaje konus Budu i da su taqke A, M i K kolinearne, one e pripadati konusu κ sa temenom A kojem je direktrisa krug q koji se dobija u preseku dveju sfera. Slika 2.7. Torus τ iz koga je izvađen polucilindar i konus κ 28

30 Slika 2.8. Konstrukcija taqke K koja se dobija u preseku polucilindra, torusa i konusa Slika 2.9. Konstrukcija taqaka I,D,M Stoga je taqka K presek prostorne krive s i konusa κ, tj. presek jednog konusa, jednog cilindra i jednog torusa. Odredivxi taqku K, koja predstavlja kljuqno mesto ove konstrukcije, Arhita je mogao da odredi taqke I i M. Ovim je rexen problem udvostruqenja kocke. Slika Svi elementi Arhitine konstrukcije dvostrukih proporcionala 29

31 Smelost i maxta ove veliqanstvene konstrukcije ogleda se u tome xto on predviđa presek u taqki K rotiraju eg kruga (torus), polucilindra i rotiraju eg trougla (konus). Ovo rexenje je u osnovi kinematiqno. Xtavixe, Arhita se ne ustruqava da koristi princip neprekidnosti kada određuje trenutak kada je duж AM koja opada od AD do nule, podudarna datoj duжi g manjoj od AD, pretpostavljaju i da e neprekidna promenljiva koja je najpre ve a, a potom manja od date vrednosti, u jednom momentu biti njoj jednaka. Mi zaista ne znamo xta je navelo Arhitu da proizvede ovaj neverovatan podvig prostorne imaginacije, u cilju konstrukcije srednjih proporcionala i time rexavanja problema udvostruqenja kocke. Kriva koja predstavlja presek poluvaljka i torusa je prva prostorna kriva, tj. kriva koja ne leжi u jednoj ravni, u istoriji matematike. Ova kriva danas se naziva Arhitinom krivom. Vrednost Arhitinog rexenja problema udvostruqenja kocke prevazilazi oblast matematike. Iako nije mehaniqko samo po sebi, rexenje je od ogromnog znaqaja za mehaniku jer omogu ava ne samo da se pomo u njega duplira kocka, ve da se izgradi telo koje ve e ili manje od datog tela u bilo kom odnosu. Dakle, rexenje omogu ava izgradnju maxina na bazi radnog modela. 2.3 Menehmeov dokaz Menehmo ( godine p.n.e.) rođen je u Alopokoneji u Trakiji (sadaxnjoj Turskoj) bio je brat poznatog geoemetra Dinostrata. Prvi je u pokuxaju da rexi Delski problem otkrio krive koje e kasnije biti poznate kao elipsa, parabola i hiperbola koje su dugo bile poznate kao Menehmove krive. Bio je prijatelj Platona 15 i Eudoksov 16 uqenik i kako je bio poznat kao veliki nastavnik geometrije bio je postavljen za uqitelja Aleksandra Velikog. Njegovo rexenje problema pronađeno je u Eutokijevoj antologiji Komentari o Arhimedovim sferama i cilindrima. Naqin na koji on definixe elipsu, parabolu i hiperbolu je interesantan jer bira ravan upravnu na jednoj izvodnici konusa, pa u zavisnosti od toga da li je ugao konusa pri njegovom vrhu 15. P laton ( p.n.e.) bio je neizmerno uticajan starogrqki filozof i besednik, Sokratov uqenik i osnivaq Akademije u Atini. 16. Eudoks ( p.n.e.) je bio grqki matematiqar, astronom i nauqnik, jedan od Platonovih uqenika. 30

32 oxtar, prav ili tup, presek ravni i konusa naziva elipsom, parabolom ili hiperbolom. Problemi koji se odnose na konusne preseke postaju poznati posle Apolonija iz Perge i postaju jedna od najrazvijenijih problematika matematike. Menehmo takođe polazi od rezultata Hipokrata sa Hiosa koji je prethodno pomenut i koji rexenje Delskog problema redukuje na konstrukciju dveju srednjih proporcionala x i y zadatih duжi a i b takvih da je : a x = x y = y b i za sluqaj udvostruqenja kocke a 3 x 3 = ( a x ) ( x y ) ( y ) = a 2a 2a = 1 2. Menehmo je predstavio dve metode gde pokazuje kako pomenute krive dovode do rexenja problema dupliranja kocke. Ako je tada je Ako je tada je i ako je tada je x y = y b y 2 = bx. a x = x y x 2 = ay a x = y b xy = ab. Prve dve jednaqine predstavljaju parabolu dok je tre a hiperbola. Menehmovo prvo rexenje koristi presek parabole i hiperbole, a drugo dve parabole. Ako pretpostavimo da je problem rexen, te da je ON = x i P N = y, a ON i P N dve upravne prave, iz pretpostavljenih proporcija sledi da je x 2 = ay i xy = ab. 31

33 Slika Menehmova konstrukcija Dakle, zakljuqujemo da taqka P pripada jednoj paraboli kojoj je teme O, i jednoj hiperboli qije su asimptote prave ON i OM xto znaqi da se taqka P moжe konstruisati kao presek jedne parabole i jedne hiperoble. Sliqno tome, kako je y 2 = bx, taqku P je mogu e konstruisati i kao presek dve parabole. Iako je Menehmova konstrukcija sasvim teorijska jer se u njoj ne pominje nikakvo sredstvo za konstrukciju, ve samo definicija konusnih preseka, malo je verovatno da je on imao bilo kakvu ideju o relaciji između krivih i jednaqina. Ne postoji ni jedan dokaz o postojanju simboliqkog predstavljanja nepoznate osim u goemetrijskom smislu. 32

34 3 Trisekcija ugla Trisekcija ugla potiqe iz 4. veka p.n.e. i predstavlja problem konstruktivnog nalaжenja tre ine zadatog ugla. Zanimljivo je da su Grci uoqili ovaj problem pri gradnji svojih hramova, spomenika, te ornamenata, qije se ukraxavanje svodilo na trisekciju određenih uglova. Ovaj zadatak koji spada u najstarije matematiqke probleme, potiqe od grqkog filozofa Hipije iz Elide (4. veka.p.n.e.), a sastoji se u tome da se zadani ugao podeli na tri jednaka dela (ugla) elementarnim putem (pomo u lenjira i xestara). Ovim problemom bavili su se mnogi matematiqari među njima i Arhimed, ali ga ipak nisu uspeli rexiti. Stari Grci su na mnoge naqine nastojali izvrxiti trisekciju ugla elementarnim putem, ali kako nisu uspevali, pokuxali su rexiti problem pomo u raznih krivih. Između ostalih, to je uspelo i Nikomedu pomo u konhoide. U novije doba taj su problem pomo u krivih drugog reda rexili Dekar i Klero. Ipak, tek je Gaus dokazao da je trisekciju nemogu e rexiti upotrebom samo lenjira i xestara. Taj se problem naime svodio na jednaqinu tre eg stepena oblika x 3 3ax 2 3x + a = 0, koja se ne moжe svesti na jednaqine niжeg stepena. To znaqi da se odgovaraju a geometrijska konstrukcija ne moжe izvesti elementarno. Uz trisekciju ugla pomenimo i stari problem podele kruga na jednake delove (konstrukcije pravilnog poligona). Taj problem se najverovatnije javio pre nekoliko hiljada godina, kada su se ljudi prvi put sreli sa problemom pravljenja toqka. Naime, ve su Vavilonci umeli dosta dobro aproksimativno razdeliti kruжnicu na sedam jednakih delova, a Grci su znali elementarno geometrijski razdeliti kruжnicu na n = 2, 3, 4, 5, 6, 8 i 12 jednakih delova, ali njihovi pokuxaji da to isto uqine za n = 7, 9, 11, nisu uspeli. I mnogi kasnije pokuxaji da se kruжnica elementarno razdeli na n jednakih delova ostali su uzaludni, sve dok konaqno Gaus krajem 18. veka nije dokazao da je taj problem mogu e elementarno konstruktivnim putem rexiti samo za neke posebne sluqajeve broja n. 33

35 3.1 Kratka istorija geometrije kroz problem trisekcije ugla Zajedno sa teorijom brojeva, geometrija je predstavljala jednu od dve oblasti grqke matematike. Klasiqna geometrija je akcenat stavljala na konstrukcije pomo u lenjira i xestara. Pe inski ljudi su prvi saquvali tragove poqetaka geometrije, uspeli su otkriti tupe trouglove u antiqkoj dolini Inda i Vavilonu oko 3000 p.n.e. Rana geometrija je bila kolekcija empirijski otkrivenih principa koji su se odnosili na duжine, uglove, povrxine i zapremine, a qiji je razvoj bio motivisan praktiqnim potrebama geodezije, građevinarstva, astronomije i razliqitih zanata. Među njima se nalazi i neki iznenađuju e sofisticirani princip koje bi moderni matematiqar texko mogao da dokaжe bez upotrebe analize. Na primer, i Egip ani i Vavilonci su poznavali verzije Pitagorine teoreme jox 1500 godine pre Pitagore ; Egip ani su poznavali formulu za zapreminu zarubljene pravilne qetvorostrane piramide ; Vavilonci su imali trigonometrijske tablice i znali su vrednost 2 na pet decimala. 3.2 Egipatska geometrija Stari Egip ani su znali da pribliжno izraqunavaju povrxinu kruga kao : ( P kruga = R 8 ) 2, R dijametar 9 Ovaj metod se koristio u 50. problemu iz Ahmesovog papirusa za izraqunavanje povrxine kruga. Ova pretpostavka daje π 4 ( ) 2 8, (= ), 9 sa grexkom od Ova prednost je malo loxija od Vavilonskih proraquna (π 25 = 3.125, gde je grexka 0.53), ali inaqe nije prevaziđena sve do Arhimedove aproksimacije /67441 = , 8 qija je grexka oko Interesantno je da je Ahmes znao za modernu 22 aproksimaciju za π, ali je i dalje koristio tradicionalnu vrednost 256 prilikom izraqunavanja zapremine cilindra u 7 81 hekratima (stara Egipatska mera za zrnevlje, hleb i pivo). 34

36 S druge strane, u 48. problemu se koristio kvadrat stranice 9, koji je podeljen mreжom 3 3. Konstruisan je neregularni osmougao povrxine 63 uz pomo dijagonala ugaonih kvadrata mreжe, xto daje drugu vrednost za π od Ova dva problema zajedno pokazuju da se egipatska aproksimacija za π kretala između 3.11 i Vavilonska geometrija Vavilonci su obim kruga raqunali kao troustruki dijametar, a povrxinu kao dvanaestinu kvadrata oblika kruga, xto bi bilo taqno ako bi se uzelo da je π pribliжno jednako 3. Zapreminu cilindra su raqunali kao proizvod povrxine osnove i visine, dok su zapreminu zarubljene kupe ili pravilne qetvorostrane piramide pogrexno raqunali kao proizvod visina i polovine zbira povrxina osnova. Pitagorina teorema je takođe bila poznata Vaviloncima, dok je skoro iskopana tablica u kojoj je za π korix- ena vrednost Grqka geometrija Za starogrqke matematiqare, geometrija je bila kraljica njihovih nauka, postiжu i kompletnost i savrxenost metoda kao nijedna druga oblast njihovog znanja. Tales ( p.n.e.) iz Mileta (sada u jugozapadnoj Turskoj) smatra se ocem grqke filozofije i najstarijim evropskim filozofom. On je napisao empirijske i direktne dokaze pet geometrijskih tvrđenja, mada ovi dokazi nisu saquvani. Kao matematiqar poznat je po Talesovoj teoremi. Sa druge strane mogu e da je Pitagora ( p.n.e.), koji je жiveo u Joniju bio Talesov uqenik. Iako je tvrđenje iz njegove teoreme bilo poznato i ranije, on je verovatno prvi koji je dao njegov kompletan dokaz. Oko sebe je okupio grupu uqenika koja je prouqavala matematiku, muziku i filozofiju i zajedno su otkrili ve inu od onoga xto se iz geometrije danas uqi u osnovnoj xkoli. Pored toga, otkrili su postojanje nesamerljivih duжina i iracionalnih brojeva. Platon ( p.n.e.) je bio najcenjenijim filozofom Grqke, koji je iznad vrata svoje quvene xkole napisao Neka ne ulazi onaj ko ne zna geometriju. Iako on sam nije bio matematiqar, njegovo mixljenje o matematici je bilo vrlo uticajno. Matematiqari su 35

37 stoga prihvatili njegovo ubeđenje da geometrija ne treba da koristi druga oruđa osim xestara i lenjira nikada instrumente za merenje, kao sto su lenjir sa oznakama ili uglomer, jer su to instrumenti zanatlije i nisu dostojni nauqnika. Ovo pravilo dovelo je do dubokih istraжivanja konstrukcija mogu ih samo sa lenjirom i xestarom i tri klasiqna konstruktivna problema : 1. Kako pomo u lenjira i xestara podeliti ugao na tri jednaka dela ; 2. Konstruisati kocku qija je zapremina dvostruko ve a od date kocke i 3. konstruisati kvadrat qija je povrxina jednaka povrxini datog krug. Dokazi nemogu nosti ovih konstrukcija, iako nađeni tek u 19.veku, iznedrili su vaжne principe o strukturi sistema realnih brojeva. Aristotel ( p.n.e.), je Platonov najve i uqenik, koji je napisao traktat o metodama zakljuqivanja u deduktivnim dokazima. 3.5 Helenistiqka geometrija Slika 3.1. Euklid Euklid (oko p.n.e.) iz Aleksandrije, qesto se smatrao sinonimom za geometriju. Njegovi Elementi geometrije (poznatije u skra enom obliku Elementi) u 13 knjiga su jedan od 36

38 najvaжnijih i najuticajnijih knjiga u istoriji matematike. Euklid je geometriju zasnovao kao aksiomatski sistem, u kome se sve teoreme(taqna tvrđenja) dokazuju iz malog broja aksioma. Elementi poqinju definicijama pojmova, osnovnim geoemetrijskim principima(zvanim i postulati) i opxtim kvantitativnim principima(zvanim zajedniqke ideje ), iz kojih se ostatak geometrije izvodi logiqkim zakljuqivanjem. Njegovih pet postulata su : 1. Bilo koje dve taqke se mogu spojiti pravom. 2. Bilo koja duж se moжe produжiti u pravu. 3. Za bilo koju duж, moжe se nacrtati krug sa duжi kao polupreqnikom i centrom u jednom kraju duжi. 4. Svi pravi uglovi su međusobno jednaki. 5. Ako dve prave u ravni seqe tre a prava (zvana transverzala), i ako unutraxnji uglovi između dve prave i transverzale koji leжe sa iste strane transferzale zajedno imaju manje od dva prava ugla, onda e se sa te strane transferzale te dve prave se i, ako ih produжimo dovoljno dugo. Elementi takođe zadrжe slede ih pet zajedniqkih ideja : 1. Stvari koje su jednake istoj stvari jednake su i među sobom. 2. Ako su jednaki delovi dodati jednakim delovima, onda su i celine jednake. 3. Ako se jednaki delovi oduzmu od jednakih delova, onda su i ostaci jednaki. 4. Stvari koje su podudarne jedna drugoj su jednake jedna drugoj. 5. Celo je ve e od bilo kog dela. Bojer u knjizi Euklid iz Aleksandrije napisao : Euklidovi Elementi nisu samo najranije znaqajno delo starogrqke matematike koje je doxlo do nas, ve i najuticajnija knjiga svih vremena. Prvo xtampano izdanje Elemenata se pojavilo u Veneciji i to je bila jedna od prvih xtampanih matematiqkih knjiga. Procenjuje se da su od tada Elementi odxtampani u preko hiljadu izdanja. Verovatno nijedna druga knjiga, sem Biblije, ne moжe imati toliko mnogo izdanja, i sigurno je da nijedno drugo matematiqko delo nije imalo uticaj koji bi se mogao porediti sa Elementima. Arhimed ( p.n.e.) iz Sirakuze na Siciliji, koja je tada bila grqki grad drжava, se qesto smatra najve im starogrqkim 37

39 matematiqarem i ponekad qak smatra jednim od trojice najve ih matematiqara uopxte (zajedno sa Njutnom i Gausom). Qak i da nije bio matematiqar, ostao bi upam en kao veliki fiziqar, pronalazaq i inжenjer. U svojoj matematici, razvio je metode vrlo sliqne koordinatonom sistemu u analitiqkoj geometriji i graniqne procese integralnog raquna. Jedini element koji mu je nedostajao za zasnivanje ovih oblasti je bila efikasna algebarska notacija kojom bi izrazio svoje koncepte. Nakon Arhimeda, Helenistiqka matematika je poqela da opada. Postojalo je jox nekoliko matematiqkih umova tog vremena, ali je zlatno dobra geometrije proxlo. Proklu( n.e.), autor Komentar prve knjige Euklida, je bio jedan od poslednjih vaжnih liqnosti u Helenistiqkoj geometriji. Bio je vrhunski geoemetar, ali vaжnije, bio odliqan komentator dela koja su postojala pre njega. Ve ina tih dela danas nije saquvana i poznata su nam samo kroz njegove komentare. 3.6 Konstrukcije pomo u lenjira i xestara Lenjir i xestar u geometrijskoj konstrukciji nemaju prvenstveno karakter tehniqkog, nego u prvom redu logiqkog sredstva. U XIX veku postalo je poznato da se svaka geometrijska konstrukcija koja se moжe izvesti lenjirom i xestarom moжe i izvesti i samo xestarom. Ova qinjenica poznata je pod nazivom Maskeronijeva 17 teorema. Koriste i samo xestar i neoznaqeni lenjir, grqki matematiqari su pronaxli naqine kako da podele duж na proizvoljan broj jednakih delova, da crtaju paralelne prave, da nađu simetralu ugla, da nacrtaju neke od regularnih poligona i da konstruixu kvadrat koji ima povrxinu jednaku ili dvostruko ve u od povrxine datog poligona. Međutim, tri osnovna geometrijska problema ostala su nerexiva. Na neki naqin, trisekcija ugla je najmanje popularan od ova tri problema. U vreme starih Grka dupliranje kocke je bilo najpopularniji problem, dok je u novije vreme kvadratura kruga postala najpopularniji problem, naroqito među matematiqarima amaterima. Postoji nekoliko razloga zaxto se problem trisekcije ugla razlikuje od druga dva problema. 17. Lorenco M askeroni ( ) je bio italijanski matematiqar koji je 1790 godine izraqunao Ojlerovu konstantu na 32 decimale. 38

40 Najpre, ne postoji jak istorijski razlog zaxto je problem uopxte poqeo da se prouqava. S obzirom da su znali kako da podele duж na proizvoljan broj jednakih delova i kako da podele ugao na dva jednaka dela, starogrqki matematiqari su sigurno hteli da pronađu naqin da podele ugao na proizvoljan broj jednakih delova. Kako bi to bilo mogu e, tada bi znali da konstruixu regularne poligone sa proizvoljnim brojem stranica, xto je za tadaxnje geoemetre sigurno bio interesantniji problem. Zatim, to je problem sasvim drugaqijeg tipa : ne moжe se kvadrirati niti jedan krug, niti se moжe duplirati bilo koja kocka. Međutim, neki uglovi se mogu podeliti na tri jednaka dela. Na primer, postoji relativno jednostavan metod za trisekciju pravog ugla (Slika 3.2.). Za dati pravi ugao CAB, konstruixe se kruжnica sa centrom u A koja duж AB seqe u taqki E. Iz taqke E kao centra, konstruixe se druga kruжnica sa istim polupreqnikom koja seqe prvu kruжnicu u taqki D. Tada je DAE jednakostraniqni trougao, tako da je ugao DAE = 60 i DAC = 30. Prema tome, ugao CAB je podeljen na tri jednaka dela. Slika Rexenje pomo u xestara i lenjira sa oznaqenom duжinom Iako je texko dati taqan datum kada se problem trisekcije ugla prvi put pojavio, poznato je da se Hipokrat sa Hiosa (oko p.n.e), koji je dao prvi znaqajniji doprinos rexavanju problema kvadrature kruga i dupliranja kocke, bavio takođe i problemom trisekcije ugla. On je dao priliqno jednostavan naqin trisekcije proizvoljnog ugla (Slika 3.3.). 39

41 Slika 3.3. Za dati ugao CAB, konstruisati pravu iz C normalnu na pravu AB koja seqe AB u taqki D. Neka je F qetvrto teme pravougaonika CDAF. Produжiti pravu F C do taqke E, izabrane tako da prava AE seqe CD u taqki H i da je HE = 2AC tada je EAB jednak tre ini ugla CAB. Dokaz : Neka je G sredixte duжi HE, tako da je HG = GE = AC. Poxto je ECH pravi ugao, to taqka C pripada kruжnici nad HE kao preqnikom, pa je CG = HG = GE. Dalje je EAB = CEA = ECG. Kako je AC = CG, vaжi da je CAG = CGA. Ali CGA = GEC + ECG = 2 EAB, pa je CGA = 2 CAB/3 i EAB = CAB/3. Jedan od razloga zaxto problem trisekcije ugla nije bio toliko popularan kod starogrqkih matematiqara leжi verovatno i u tome xto je gornju konstrukciju mogu e lako izvesti u praksi, bez obzira xto izbor taqke E nije mogu e izvesti samo pomo u neoznaqenog lenjira i xestara. Mehaniqki tip rexenja je slede i : na lenjiru postaviti dve taqke na rastojanju 2AC, zatim pomerati lenjir drжe i jednu oznaku na pravoj CD, a drugu na produжetku prave F C, sve dok lenjir ne prođe kroz taqku A. Dakle, u praksi je problem lako rexiv, iako se matematiqke taqke gledixta stari Grci nisu bili zadovoljni mehaniqkim rexenjima. Kao xto je Platon rekao : Zar u postupanju na mehaniqki naqin nismo izgubili najbolje od geometrije... odnosno Duxa geomtrije je zanemarena i unixtena, jer se opet vra amo u svet ose aja, umesto da se uzdignemo i proжmemo veqnim i nematerijalnim slikama misli... 40

42 3.8 Pribliжne konstrukcije Arhimed je pronaxao sliqan metod koji je takođe koristio lenjir sa oznaqenom duжinom, dok je nexto kasnije Apolonije iz Perge (oko p.n.e) pronaxao metod koji je za trisekciju ugla koristio osobine hiperbole. Tokom istorije je pronađeno jox dosta takvih metoda u [7] delo Roberta Jatesa, gde je opisano 15 mehaniqkih konstrukcija koje, pored xestara i neoznaqenog lenjira, koriste i druga pomo na sredstava. Samo pomo u xestara i lenjira je mogu e dati pribliжne konstrukcije. U [10] delo ima Loja nalazi se pregled tridesetak takvih konstrukcija. Ovde prenosimo jednu od njih, koju je prvi put opisao Mark Stark, (Slika 3.4.) a koja ima neverovatno veliku taqnost : 1. Neka je dat proizvoljan oxtar ugao sa temenom u O; 2. Konstruisati kruжnicu sa centrom u O koja seqe krake u taqkama A i B; 3. Iz taqke A kao centra, konstruisati kruжnicu koja seqe duж AB u taqki D i prethodnu kruжnicu u taqki E, negde između rastojanja između A i B; 1 4 i Ako duж DE prolazi kroz taqku O, onda je AOE = AOB/3; 5. Produжiti duж OA preko taqke O i oznaqiti taqku F na pravoj OA tako da je OF = 3OA; 6. Konstruisati kruжnicu sa centrom u O i polupreqnikom OF. Oznaqimo sa G onaj presek kruжnice i prabe kroz DE, koji je bliжi taqki F ; 7. Produжiti pravu kroz GO i na i presek E sa originalnom kruжniciom iz O. Tada je ugao AOE pribliжno jednak tre- ini ugla AOB. 41

43 Slika 3.4. Starkova konstrukcija Prava prednost ove konstrukcije je xto se moжe iterirati : ako se proces ponovi od koraka 3 koriste i AE kao polupreqnik, tada se u nekoliko koraka moжe dobiti ugao koji od tre ine ugla AOB odstupa za manje od Dokaz nemogu nosti rexenja Dokazi da se tri klasiqna starogrqka problema ne mogu rexiti samo pomo u xestara i lenjira su se pojavili tek u 19. veku. Gaus je tvrdio da se ovi problemi ne mogu rexiti, ali je prvi dokaz nemogu nosti konstrukcije dao tek Pjer Loren Vancel godine. U sluqaju dupliranja kocke, nemogu nost ko- 18. P ierre Laurent W antzel ( ) bio je Francuski matematiqar. 42

44 nstrukcije proizilazi iz qinjenice da se konsturkcije pomo u xestara i lenjira mogu predstaviti jednaqinama prvog i drugog reda, dok dupliranje kocke zahteva nalaжenje rexenja jednaqine tre eg stepena. Sliqna je situacija sa problemom trisekcije ugla, koju emo ilustrovati na primeru nemogu nosti trisekcije ugla od 60. Geometrijski problem trisekcije ugla se moжe povezati sa algebrom specifiqno, sa korenima polinoma tre eg stepena s obzirom da je cos 3θ = 4 cos 3 θ 3 cos θ. Neka je, kao i obiqno, Q polje racionalnih brojeva. Primetimo da su brojevi koji se mogu u jednom koraku konstruisati iz polja Q nule polinoma drugog stepena. Ugao π = 3 60 je konstruktibilan, ali njegova tre ina nije konstruktibilna. Primetimo da je cos 60 = 1. Ako bi se ovaj ugao 2 mogao podeliti na tri jednaka dela xestarom i lenjirom, tada bi minimalni polinom za cos 20 u Q bio drugog stepena. Neka je y = cos 20. Iz trigonometrijskog identiteta cos(3θ) = 4 cos 3 θ 3 cos θ imamo da je cos 60 = 1 2 = 4y3 3y. Mnoжenjem sa 2 dobijamo 8y 3 6y 1 = 0, smenom x = 2y sledi x 3 3x 1 = 0. Neka je p(x) = x 3 3x 1. Minimalni polinom za x(samim tim i za cos 20 ) je faktor polinoma p(x). Ako bi polinom p(x) imao racionalan koren, on bi morao da bude jednak +1 ili 1, jer su najstariji i slobodan qlan jednaki ±1. Međutim ni jedan od ovih brojeva nije koren polinoma p(x) pa je on nerazloжiv u polju Q i minimalni polinom za cos 20 je stepena 3. Prema tome, ugao od 60 nije mogu e podeliti na tri jednaka dela xestarom i lenjirom. U opxtem sluxaju vaжi slede a Teorema : Ugao θ se moжe podeliti na tri jednaka dela xestarom i lenjirom ako i samo ako je polinom p(x) = 4x 3 3x cos θ razloжiv u ekstenziji polja Q(cos θ) Morlijevi trouglovi Kako je nemogu e podeliti ugao na tri jednaka dela samo pomo u xestara i lenjira, veoma je vaжno spomenuti i jednu teoremu koja govori o odnosu između pravih koje dele uglove trouglova na tri jednaka dela. 43

45 Teorema, koju je godine otkrio ameriqki matematiqar Frenk Morli, tvrdi slede e : neka je dat proizvoljni trougao i podelimo svaki od unutraxnjih uglova na tri jednaka dela. Nazovimo trimetralama prave koje ugao dele na tre ine. Tada taqke preseka parova trimetrala susednih uglova obrazuju jednakostraniqni trougao. Ovaj rezultat je tada bio iznenađuju i, da je uxao u matematiqki folklor pod imenom Morlijevo qudo. Slika 3.5. Morlijevi trouglovi 3.11 Nada naivnih nematematiqara Stari grqki matematiqari mnogo su se bavili konstruktivnim geometrijskim zadacima. Oni su mnoge probleme koje mi danas rexavamo algebarski rexavali qisto geometrijski, a pri konstrukciji su dozvoljavali sebi samo upotrebu lenjira i xestara. Poreklo ovog uslova je u tome xto su oni smatrali pravu i krug za savrxene linije. Zato su ve u njihovo vreme bili uoqeni neki konstruktivni zadaci koji se na taj naqin ne mogu rexiti. Neki od tih zadataka su vremenom postali quveni, a jedan od njih je i problem trisekcije ugla. Međutim, ne samo mnogo quveni matematiqari, nego i mnogi slabi poznavaoci matematike pokuxavali da ga rexe, ovi poslednji qesto i zato xto su za rexenje raspisivane velike nagrade. Sada se pak matematiqari ne bave vixe tim problemom. Njime se bave jox neki put samo ljudi koji ne znaju matematiku, pa im se qini da mogu na i rexenje i za ono xto je nerexivo. Izvesti, međutim, trisekciju ugla drugim instrumentima, koji crtaju druge sloжenije algebarske krive linije, mogu e je. Xestarom i lenjirom zadatak se, za proizvoljni ugao, moжe rexiti pribliжno, i to po жelji velikom taqnox u. 44

46 3.12 Upornost naivnih nematematiqara Ovaj quveni problem, koji je od vajkada zanimao matematiqare, zanima e i ubudu e bar one koji ne znaju taqno u qemu se on sastoji, ali znaju toliko da je to nexto od qega su se lomila mnoga koplja, pa je ipak posao ostao nesvrxen. Prvi pojam o tom problemu bar prividno je pristupaqan svakome, pa i onome koji jedva ima prve, osnovne, geoemetrijske i raqunske pojmove. Pravi smisao problema jasan je samo onima koju su dovoljno upu eni u pitanja matematiqke analize, a takvi se sigurno ne e vixe njime baviti. U istoriji francuske Akademije nauka od godine nalazi se zapisana odluka Akademije, da vixe ne e ulaziti u ispitivanju rexenja problema kvadratura kruga, trisekcije ugla i udvajanje kocke, koja bi joj bila podneta ma od qije strane. U objavi, Akademija odluqno poriqe da je u Akademiji rezervisana znatna suma novca za nagradu sre nom pronalazaqu rexenja od tih problema, stoji od reqi do reqi ovo : Stalno se pronose glasovi da je francuska vlada odredila veliku nagradu onome koji rexi jedno od gornjih pitanja. Veruju i u te laжne vesti, masa ljudi lixenja svakog matematiqkog znanja, odaje se takvim bespredmetnim poslovima, zapuxtaju i svoje prave poslove i svoje porodiqne briga. Njihova upornost prelazi u ludilo, koje je u toliko teжe za leqenje xto su pronalazaqi, koji nemaju pojma o pravom smislu problema, i koju su nesposobni da razumeju ni o qemu se radi, ubeđeni da ih je Proviđenje naroqito odredilo da traжe i nađu rexenje problema i da oni za svoje uspehe u tome imaju da zahvale jednoj vrsti inspiracije koja ne nailazi na prave nauqnike Rexenje i razoqarenje maturanta Milutina Milankovi a Prvo nauqno otkri e i veliko razoqarenje, naxeg velikog nauqnika svetskog glasa Milutina Milankovi a bilo je upravo rexenje problema trisekcije ugla. Posle mature (juna 1896) a pre odlaska na studije građevinske tehnike, oktobra meseca u Beq, imao je dosta vremena. To vreme iskoristio je da poseti rodjake i prijatelje porodice Milankovi u Beogradu. Tom prilikom nabavio je i svesku Glas Srpske kraljevske akademije koja je te godine izaxla iz xtampe. U toj svesci Glasa naxao je opxirnu raspravu akademika Ljubomira Kleri a pod naslovom 45

47 Traktoriograf i konstruisanje Ludolfovog broja π i osnovice e prirodnih logaritama. U tom radu je bilo na korektan naqin pokazano da se klasiqni problem rektifikacija (odnosno kvadratura) kruga, istina samo upotrebom xestara i lenjira ne moжe rexiti, ali sa drugim instrumentima, njegovim traktoriografom koji crta traktrise, transcedentne krive, to moжe posti i. Milankovi kaжe u svojim Uspomenama : Ve sam taj naslov me жivo zainteresovao, jer sam, i sa uskim znanjem srednjoxkolske matematike, mogao da xvatim o qemu se u toj raspravi radi, tim pre xto me je moj profesor Vari ak liqno obavestio o neqem xto nije smatrao interesantnim za ostale moje drugove. To obavexetenje se odnosilo na tri quvena stara problema. Bilo je ve dokazano da se ni jedan od ovih problema ne moжe rexiti samo xestarom i lenjirom, tj. da se ne moжe nikako svesti samo na crtanje pravih linija i krugova. Kleri je pokazao da se za problem kvadratura kruga to moжe posti i crtanjem traktrise. Na Milankovi a je to uqinilo veliki utisak ; qak i samo upoznavanje sa jednim novim instrumentom, jer on do tada osim xestara i lenjira druge nije poznavao. Stoga je sebi postavio zadatak da na neki naqin rexi trisekciju ugla koja je lakxi problem kako on kaжe. On je razmixljaju i o tome u svojoj baxti na drvenoj klupi nacrtao rexenje traжenog problema. Međutim, nesre a je bila u tome xto je taj problem ve bio rexen na isti naqin, xto on, naravno nije znao. Milankovi je problem trisekcija ugla rexio u istom onom smislu u kojem je Kleri rexio problem kvadratura kruga pomo u krive koja se zove konhoida Nemogu nosti lenjira i xestara U elementarnoj geometriji ne postoji algoritam kojim bi se, u opxtem sluqaju, moglo odrediti koji se konstruktivni zadatak moжe rexiti pomo u lenjira i xestara, a koji ne. Odgovor na ovo pitanje dobija se primenom analitiqke geometrije uz teoriju algebarskih jednaqina. Analiziraju i elementarne konstrukcije, lako je uvideti da se svaki konstruktivni problem moжe svesti na određivanje traжenih taqaka, polaze i od datih taqaka u figuri. Svaka nova taqka u procesu konstrukcije dobija se u bilo u preseku dve prave, bilo u preseku prave i kruga, ili u preseku dva kruga. Prave u analitiqkoj geometriji predstavljaju se linearnim jednaqinama oblika (1) ax + by + c = 0, a krugovi jednaqinama drugog stepena oblika (2) x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0. 46

48 Prema tome, pronalaжenje koordinata novih taqaka svodi se na rexavanje sistema od dve jednaqine, od kojih je svaka bilo tipa (1), bilo tipa (2). Analitiqkim rexavanjem problema trisekcije ugla dobija se (poznata) trigonometrijska jednaqina cos α = 4 cos 3 α 3 3 cos α 3, koja zamenom cos α = a i cos α = x prelazi u algebarsku jednaqinu 3 (3) 4x 3 3x a = 0. Moжe se pokazati da se ova kubna jednaqina (3) za proizvoljnu vrednost a, tj. ugla α ne moжe razloжiti na sistem od dve jednaqine, tipa (1) i (2). To znaqi da nije mogu e pomo u xestara i lenjira podeliti ugao na tri jednaka dela. Kada je ugao α = 90 2 n gde je n = 1, 2, 3... jednaqina (3) se moжe razloжiti na jednaqine tipa (1) i (2), tj. trisekcija se moжe izvrxiti pomo u xestara i lenjira. Godine su prolazile a da niko nije uspeo da rexi ove na oko sasvim jednostavne probleme. Matematiqari su poqeli da pomixljaju na to da se problem uopxte ne moжe rexiti pa su se pojavili prvi dokazi takve tvrdnje. Trebalo je, međutim, da prođu 22 veka da bi godine u jednom francuskom matematiqkom qasopisu bio objavljan prvi matematiqki rigurozan dokaz da se svaki ugao ne moжe podeliti na tri dela, tvorac ovog dokaza je Pjer Loren Vancel. Matematiqari su, naravno, opseжno proveravali Vancelov rad i pronaxli mu samo jednu zamerku : dokaz je, primetili su, veoma sloжen i texko ga je prevesti na obiqan jezik. Ovaj problem je verovatno najmanje quven od sva tri problema Antiqke Grqke. Problem trisekcije zadatog ugla je verovatno jedan sa najvixe pogrexnih dokaza xto je savrxeno normalno jer je dokazano da je takva podela nemogu a korix enjem lenjira i xestara. 47

49 3.15 Rexenje trisekcije ugla korix enjem kvadratrise Hipia iz Elise je bio među prvima koji je pokuxao da rexi ovaj problem. Kvadratrisa predstavlja skup taqaka (BF IH) koji nastaje presekom dve linije koje se pomeraju, AE (polupreqnik kruga AB) i prave B C koja je paralelna pravoj BC i pomera se u pravcu AD. Slika 3.6. Kvadratrisa Neka je EAD taj koji treba da bude podeljen na tri jednaka dela. Neka je F taqka preseka strane AE i kvadratrise i neka je JK = 1 F K. Konstruisati pravu parelenu AD koja prolazi kroz 3 K. Neka je presek ove prave i kvadratrise taqka I, tada je ugao GAD tre ina ugla EAD Mehaniqka rexenje trisekcije ugla Jedan od razloga zaxto je ovaj problem bio manje privlaqan antiqkim matematiqarima je taj xto je rexenje bilo jednostavno pronađeno korix enjem mehaniqkim pomagala, pa samim tim nije zadovoljavao znatiжeljnost koja proizilazi iz nemogu nosti rexenja koja postoji kod prethodna dva problema. Arhimedovo rexenje moжe se smatrati jednim od prvih mehaniqkih rexenje problema. 48

50 Slika 3.7. Arhimedov dokaz Neka je dat ugao AOB, ako se produжi prava OA u oba pravca i konstruixe polukrug sa centrom u O i polupreqnikom OA tako da je C taqka preseka polukruga i produжene prave OA. Lenjir se obeleжi sa dvema taqkama E, D qiji je razmak jednak duжi AO, tj. polupreqniku. Lenjir se pomera tako da taqka E leжi na pravoj OA, taqka D je na polukrugu i lenjir prolazi kroz taqku B. Tada je DE = OA = OB = OD. Kako su OBD i DOE jednakokraki, tada su DEO = DOE = α i OBD = ODB = 2α. Slika 3.8. Verzija Arhimedovog dokaza Ovo se lako dokazuje korix enjem teoreme o spoljaxnjim uglovima u trouglu gde znamo da je spoljaxnji ugao u trouglu jednak zbiru dva nesusedna ugla. Tada je DEO + DOE = ODB i tada je OBD = ODB = 2α 49