Sveučilište u Zagrebu. Prirodoslovno-matematički fakultet Matematički odsjek. Tonio Škaro. Diplomski rad

Transcript

1 Sveučilište u Zagrebu Prirodoslovno-matematički fakultet Matematički odsjek Tonio Škaro Težišnice trokuta i težište Diplomski rad Zagreb, rujan, 015

2 Sveučilište u Zagrebu Prirodoslovno-matematički fakultet Matematički odsjek Tonio Škaro Težišnice trokuta i težište Diplomski rad Voditelj rada: prof. dr. sc. Sanja Varošanec Zagreb, rujan, 015

3 Ovaj diplomski rad obranjen je dana povjerenstvom u sastavu: pred nastavničkim 1., predsjednik., član 3., član Povjerenstvo je rad ocijenilo ocjenom. Potpisi članova povjerenstva:

4 Sadržaj Uvod ii I Trokut, težišnice i težište Trokut Težišnice i težište Dokaz I Dokaz II Dokaz pomoću sličnosti trokuta Dokaz metodom vektorske algebre Dokaz koordinatnom metodom Dokaz pomoću Cevinog teorema II Svojstva težišta i težišnica trokuta 11.1 Svojstva težišnica Svojstva težišta Eulerov i Nagelov pravac III Konstrukcije trokuta Konstrukcije Zaključak 55 Summary 56 Životopis 58 i

5 Uvod U ovome diplomskom radu posebnu pozornost posvećujemo težišnicama i težištu trokuta. Prilikom promatranja težišnica vidjet ćemo kako imaju neka specifična svojstva zbog kojih su i dobila naziv težišnice kao što su raspolavljanje nasuprotne stranice ili dijeljenje na dva trokuta jednakih površina. No, na svakoj od tri težišnice, koliko ih se nalazi u trokutu, postoji jedna posebna točka koju nazivamo težištem trokuta. Ta točka, jednako kao i težišnice na kojima se nalazi, je privukla pažnju geometara zbog svoje posebnosti i svojoj ulozi koju ima u trokutu. Kao što i težišnice imaju svoje posebnosti, tako i točka težišta dijeli svaku težišnicu u omjeru :1, kolinearna je s nekim karakterističnim točkama trokuta itd. Zanimljivim svojstvima težišnica i težišta trokuta ćemo pridodati i konstrukcije trokuta u kojima se medu zadanim veličinama nalazi bar jedna težišnica. ii

6 Poglavlje I Trokut, težišnice i težište 1.1 Trokut U ovom odlomku navodimo dvije definicije trokuta. Pri tome pratimo način definiranja iznesen u knjizi [4, str.30-33]. Kako bismo definirali trokut kao poligon potrebno nam je precizirati pojam poligona. Laički rečeno to je dio ravnine omeden zatvorenom izlomljenom linijom. Neka su A 0, A 1,..., A n različite točke ravnine. Zatvorena izlomljena linija je unija dužina A 0 A 1 A 1 A... A n 1 A n A n A 0. Dužine A 0 A 1, A 1 A... A n A 0 nazivaju se stranice, a A 0, A 1,..., A n vrhovi linije. Ukoliko svaka točka linije leži ili na samo jednoj stranici ili samo na dvjema stranicama kojima je ta točka jedan kraj, tada govorimo o jednostavnoj zatvorenoj izlomljenoj liniji ili o jednostavnom jednodimenzionalnom poligonu. Slika 1.1:Poligon Jednostavni poligoni imaju važno svojstvo iskazano u Jordanovom teoremu. Prema Jordanovom teoremu vrijedi da svaki jednostavni jednodimenzionalni poligon J u ravnini E rastavlja ravninu na točno dva područja koja zovemo unutrašnjost i vanjština poligona J. Jednostavni dvodimenzionalni poligon je unija jednostavnog jednodimenzionalnog poligona i njegove unutrašnjosti. Jednostavni jednodimenzionalni poligon se tada zove rub ili obod ili kontura danog dvodimenzionalnog poligona. 1

7 Definicija Jednostavni dvodimenzionalni poligon s tri vrha koji su nekolinearni zovemo trokut. Slika 1.. Ukoliko želimo izbjeći definiranje trokuta kao specijalnog dvodimenzionalnog poligona, tada koristimo sljedeću definiciju. Definicija Neka su A, B i C tri nekolinearne točke. Neka je skup od te tri točke, tj. = {A, B, C}. Konveksnu ljusku tog skupa nazivamo trokut. Točke A, B, C su vrhovi trokuta, a dužine AB, BC, AC stranice trokuta. Trokut s vrhovima A, B, C označavamo s ABC. Duljine stranica trokuta označavat ćemo s a = BC, b = AC, c = AB, a tim stranicama nasuprotne kuteve s α = BAC, β = CBA i γ = ACB. Slika 1.3. To je definicija koja rabi samo osnovne geometrijske pojmove (točke, kolinearnost, tj. pripadanje točke pravcu) te algebarski pojam kovneksne ljuske. Stoga se ta definicija koristi kao prva definicija trokuta nakon što se aksiomatski izgradi geometrija, [4, str ].

8 1. Težišnice i težište Definicija Dužina koja spaja vrh danog trokuta ABC i polovište njemu nasuprotne stranice zovemo težišnicom tog trokuta. U trokutu ABC postoje tri težišnice AA 1, BB 1, CC 1, pri čemu su točke A 1, B 1, C 1 redom polovišta stanica BC, AC, AB. Duljine težišnica označavat ćemo s t a = AA 1, t b = BB 1, t c = CC 1. Slika 1.4. Teorem Težišnice trokuta ABC sijeku se u jednoj točki T koju zovemo težištem trokuta. Nadalje, težište T dijeli svaku težišnicu u omjeru : 1 računajući od vrha tj. AT : T A 1 = BT : T B 1 = CT : T C 1 = : 1, pri čemu su A 1, B 1, C 1 redom polovišta stranica BC, AC, AB. Ovaj je teorem dokaziv na nekoliko načina koje ćemo prikazati u sljedećim odlomcima teksta. Prije dokazivanja teorema o težištu navedimo (bez dokaza) neka svojstva trokuta i četverokuta koja ćemo koristiti. Teorem o srednjici trokuta: Srednjica trokuta je paralelna jednoj stranici i jednaka je polovini duljine te stranice. Obrat teorema o srednjici trokuta: Ako je A 1 B 1 AB i A 1 polovište od BC, tada je A 1 B 1 srednjica trokuta. Četverokut je paralelogram ako i samo ako mu se dijagonale raspolavljaju. Cevin teorem: Neka su D, E i F redom točke na stranicama BC, AC, AB trokuta ABC. Pravci AD, BE i CF prolaze jednom točkom ako i samo ako vrijedi AF F B BD DC CE EA = 1. 3

9 1..1 Dokaz I Neka se AA 1 i BB 1 sijeku u točki T. Označimo sa A i B polovišta dužina AT i BT. Slika 1.5. Sada prema teoremu o srednjicama trokuta slijedi: A B = 1 AB = A 1B ( A1 B 1 AB A B AB ) ( A 1 B 1 A B ). Prema tome slijedi da je četverokut A 1 B 1 B A paralelogram i vrijedi: A T = T A 1, B 1 T = T B jer se dijagonale paralelograma raspolavljaju. Dakle, točke A i B dijele redom dužine AT i BT na dva jednaka dijela. Točka T je sjecište dijagonala u paralelogramu i ona dijeli dužine A 1 A i B 1 B na dva jednaka dijela. Prema tome točka T dijeli dužine AA 1 i BB 1 u omjeru : 1 računajući od točaka A i B, tj. AT : T A 1 = : 1 = BT : T B 1. Analogno dokazujemo za sjecište T 1 težišnica BB 1 i CC 1, tj. točka T 1 ima svojstvo BT 1 : T 1 B 1 = CT 1 : T 1 C 1 = : 1. Kako na dužini BB 1 postoji jedinstvena točka koja je dijeli u omjeru : 1 od vrha, dobivamo da se točke T i T 1 poklapaju, tj. T = T 1. 4

10 Slika Dokaz II Neka su u trokutu ABC točke A 1 i B 1 polovišta stranica BC i AC. Težišnice AA 1 i BB 1 se sijeku u nekoj točki T. Dovoljno nam je pokazati da je C 1 polovište stranice AB, gdje je {C 1 } = CT AB, jer će nam to značiti da je dužina CC 1 te očito prolazi točkom T u kojoj se već sijeku preostale dvije težišnice. Na pravcu AA 1 ćemo konstruirati točku A takvu da vrijedi T A 1 = A 1 A. Slika 1.7. Primjećujemo da je četverokut BA CT paralelogram jer se dužine T A i CB raspolavljaju. Nadalje, točka B 1 je polovište stranice AC i T B 1 A C, iz čega slijedi da je T B 1 srednjica trokuta AA C. Sada imamo AT = T A = T A 1, 5

11 dakle AT : T A 1 = : 1. Takoder vrijedi iz paralelograma BA CT da je CT A B, a to znači da je T C 1 A B. Iz činjenica da je točka T polovište dužine AA i da su dužine T C 1 i A B paralelne slijedi da je T C 1 srednjica trokuta ABA, pa je prema tome točka C 1 polovište stranice AB. Sada slijedi T C 1 = 1 A B = 1 CT. Drugim riječima, vrijedi CT : T C 1 = : Dokaz pomoću sličnosti trokuta Neka su B 1 i C 1 redom polovišta stranica AC i AB trokuta ABC. Vrhom A konstruiramo pravac koji je paralelan sa stranicom BC. Pravci BB 1 i CC 1 na kojima leže težišnice trokuta sijeku paralelu u točkama P i Q. Osim toga, točku sjecišta težišnica BB 1 i CC 1 označimo s T. Presjek pravca AT i BC označimo s A 1. Dokazat ćemo da je A 1 polovište stranice BC, tj. da je i AA 1 težišnica, a to će onda značiti da sve tri težišnice prolaze kroz T. Slika 1.8. Primjetimo da je P B 1 A = BB 1 C (vršni kutovi) i AP B 1 prema K-K teoremu o sličnosti trokuta vrijedi: = CBB 1 (protukuti), AB 1 P CB 1 B. Takoder AC 1 Q = BC 1 C (vršni kutovi) i C 1 QA = C 1 CB (protukuti), prema K-K teoremu o sličnosti trokuta vrijedi: QC 1 A CC 1 B. 6

12 Prema tome vrijedi: P A BC = B 1A B 1 C = 1, AQ BC = C 1Q C 1 C = 1. Iz ovih jednakosti očitavamo da je točka A polovište dužine P Q. Sada iz sličnosti trokuta P QT i BCT vrijedi: tj. AT T A 1 = P Q BC = P A BC + AQ BC = =, AT : T A 1 = : 1. To je ujedno i koeficijent sličnosti trokuta P QT i BCT. Iz toga slijedi da je P T BT = QT CT = 1. Primjetimo da su i trokuti P AT i BA 1 T slični jer je AT P = A 1 T B (vršni kutovi) i AP T = T BA 1 (protukuti), a iz prethodnih omjera stranica imamo da je P T =. BT 1 Od tuda zaključujemo da je koeficijent sličnosti ta dva trokuta takoder : 1, a posebno P A = A 1 B. Na analogan način dobivamo da je QA = CA 1. Budući da je A polovište dužine P Q vrijedi ovaj niz jednakosti tj. A 1 B = P A = QA = CA 1, A 1 B = CA 1. Drugim riječima A 1 je polovište dužine BC što smo i trebali dokazati. Ujedno smo pokazali da T dijeli AA 1 u omjeru : 1. Za djelišne omjere ostalih težišnica provode se dokazi na analogni način Dokaz metodom vektorske algebre Neka su A 1, B 1 i C 1 redom polovišta stranica BC, AC i AB trokuta ABC i točka O bilo koja točka ravnine. Neka su r A, r B i r C radijvektori vrhova. Uzmimo na vektoru AA 1 točku T A koja ga dijeli u omjeru λ =. Tada je radijvektor točke T A jednak r TA = 1 3 ( r A + r A1 ). Budući da je A 1 polovište dužine BC, radijvektor točke A 1 glasi r A1 = 1 ( r B + r C ). Uvrstimo li to u formulu za radijvektor točke T dobivamo r TA = 1 3 ( r A + r B + r C ). 7

13 Slika 1.9. Odaberemo li na vektoru BB 1 točku T B koja ga dijeli u omjeru λ =, analognim postupkom dobivamo da je radijvektor točke T B jednak r TB = 1 3 ( r A + r B + r C ). Takoder, ako na vektoru CC 1 odaberemo točku T C koja ga dijeli u omjeru λ =, dobivamo da je radijvektor točke T C takoder jednak r TC = 1 3 ( r A + r B + r C ). Dakle, točke T A, T B i T C imaju jednak radijvektor, a to znači da su te tri točke ustvari ista točka koju označimo sa T. Budući da se T nalazi na sve tri dužine AA 1, BB 1 i CC 1 slijedi da se te tri dužine, a to su težišnice trokuta, sijeku u jednoj točki T Dokaz koordinatnom metodom Neka je zadan trokut ABC kojemu su A 1, B 1 i C 1 redom polovišta stranica BC, AC i AB. Postavimo taj trokut u koordinatni sustav tako da su koordinate vrhova i polovišta jednaka: A (x A, y A ), B (x B, y B ), C (x C, y C ). No, tada su koordinate polovišta A 1, B 1 i C 1 jednaka: ( xb + x C A 1, y ) ( B + y C xa + x C, B 1, y ) ( A + y C xa + x B, C 1, y ) A + y B. Dovoljno je pokazati da se težišnice AA 1 i BB 1 te BB 1 i CC 1 sijeku u istoj točki T. Neka se težišnice AA 1 i BB 1 sijeku u točki T. Koordinate točke T dobivamo presjekom pravaca AA 1 i BB 1. Jednadžbe pravaca AA 1, BB 1 i koordinate točke T glase: 8

14 Slika AA 1... y y A = y A y B+y C x A x B+x C (x x A ) BB 1... y y B = y B y A+y C x B x A+x C ( xa + x B + x C T 3, y A + y B + y C 3 (x x B ) Neka se težišnice BB 1 i CC 1 sijeku u točki T 1. Koordinate točke T 1 dobivamo presjekom pravaca BB 1 i CC 1. ). Slika Jednadžbe pravaca BB 1, CC 1 i koordinate točke T 1 glase: BB 1... y y B = y B y A+y C x B x A+x C (x x B ) 9

15 CC 1... y y C = y C y A+y B x C x A+x B (x x C ) ( xa + x B + x C T 1, y A + y B + y C 3 3 Primjećujemo da točke T i T 1 imaju iste koordinate što znači da su one jednake, tj. T = T 1. Dakle, sve težišnice se sijeku u jednoj točki T. Još nam preostaje pokazati da točka T dijeli svaku težišnicu u omjeru : 1 od vrha. U tu svrhu izračunajmo duljine AT i T A 1 : AT = 1 (x A x B x C ) + (y A y B y C ) 3 T A 1 = 1 (x A x B x C ) + (y A y B y C ). 6 Iz čega slijedi da je AT : T A 1 = : 1. Analogno se dokazuje da vrijedi i za preostale dvije težišnice Dokaz pomoću Cevinog teorema Neka je zadan trokut ABC kojemu su A 1, B 1 i C 1 redom polovišta stranica BC, AC i AB. Kako su točke A 1, B 1 i C 1 redom polovišta stranica vrijedi ). BA 1 = A 1 C, CB 1 = B 1 A, AC 1 = C 1 B. Prema Cevinom teoremu vrijedi: Ako je umnožak AC 1 C 1 B BA 1 A 1 C CB 1 B 1 A = 1; a to očito jeste, tada se pravci AA 1, BB 1 i CC 1 sijeku u jednoj točki T (težište trokuta). Još moramo dokazati da točka T dijeli svaku težišnicu u omjeru : 1 od vrha, ali taj dokaz smo već pokazali u poglavlju Dokaz I pa nećemo opet provoditi isti dokaz. 10

16 Poglavlje II Svojstva težišta i težišnica trokuta.1 Svojstva težišnica Teorem.1.1. Svaka težišnica dijeli trokut na dva trokuta jednakih površina. Slika.1. Dokaz. Neka je točka D nožište okomice iz točke A na pravac BC. Visina AD je zajednička trokutima ABA 1 i AA 1 C. Prema tome, površine tih trokuta iznose: P ( ABA 1 ) = BA 1 AD P ( AA 1 C) = A 1C AD. Znamo da točka A 1 dijeli stranicu BC na dva jednaka dijela, dakle BA 1 = A 1 C. Odavde slijedi da je P ( ABA 1 ) = P ( AA 1 C). Analogno se pokaže za preostale težišnice. 11

17 Slika.. Teorem.1.. Težišnice trokuta dijele trokut na 6 trokuta jednakih površina, tj. P ( AC 1 T ) = P ( BT C 1 ) = P ( BA 1 T ) = P ( CT A 1 ) = P ( B 1 CT ) = P ( AT B 1 ). Dokaz. Neka je točka D nožište okomice iz točke A na pravac BC, a točka E nožište okomice iz točke T na pravac BC. Istaknimo dva pravokutna trokuta ADA 1 i T EA 1 koji imaju zajednički kut EA 1 T. Prema K-K teoremu o sličnosti trokuta slijedi ADA 1 T EA 1. Koeficijent sličnosti ta dva trokuta jednak je k = 1 3 jer točka T dijeli dužinu AA 1 u omjeru : 1, tj. T A 1 = 1 3 AA 1 i T E = 1 3 AD. Površina tokuta BA 1 T je jednaka P ( BA 1 T ) = 1 BA 1 T E P ( BA 1 T ) = 1 BA AD P ( BA 1 T ) = 1 3 P ( BA 1A). A prema prethodnom teoremu smo dokazali da težišnica dijeli trokut na dva dijela jednakih površina, pa iz toga slijedi P ( BA 1 T ) = 1 6 P ( ABC). Analogno se pokaže za površine ostalih trokuta. Teorem.1.3. Za težišnice t a, t b i t c tokuta ABC vrijedi b + c a a + c b a + b c < t a < b + c, < t b < a + c, < t c < a + b. 1

18 Slika.3. Dokaz. Neka je A 1 polovište stranice BC. Iz trokuta ABA 1 slijedi t a > c a, a iz trokuta AA 1 C slijedi t a > b a, pa zbrajanjem tih dviju nejednakosti dobivamo t a > b + c a t a > b + c a. (.1) Ako na polupravcu AA 1 konstruiramo točku D takvu da je A 1 D = t a, iz trokuta ABD slijedi t a < b + c, tj. Sada iz (.1) i (.) slijedi: b + c a < t a < b + c. Analogno se pokazuje za preostale dvije težišnice. Primjetimo da za zbroj svih težišnica vrijedi: t a < b + c. (.) a + b + c < t a + t b + t c < a + b + c. Teorem.1.4. Duljina težišnice AA 1 dana je s t a = AA 1 = 1 (b + c ) a. Slično vrijedi i za preostale dvije težišnice t b = BB 1 = 1 (a + c ) b, t c = CC 1 = 1 (a + b ) c. 13

19 Slika.4. Dokaz. Neka je dužina AD visina iz točke A na pravac BC. Prema Pitagorinom poučku u pravokutnim trokutima ABD, ADC i ADA 1 vrijedi: v a = c ( a d) (.3) v a = b ( a + d) (.4) t a = v a + d. (.5) Sada prvo v a iz jednadžbe (.3) primjenimo u jednadžbi (.5), a zatim takoder iz jednadžbe (.4) primjenimo u (.5). Dobivamo dvije jednadžbe t a = c ( a d) + d, Iz čega slijedi t a = b ( a + d) + d. t a = c a 4 + ad, t a = b a 4 ad. Nakon što zbrojimo ove dvije jednadžbe dobivamo odakle slijedi t a = b + c a t a = 1 (b + c ) a. Naravno, analogno dokazujemo za preostale težišnice. 14

20 Propozicija.1.1. Težišnice t a i t b su jednake ako i samo ako su jednake stranice a i b trokuta ABC. Dokaz. Pretpostavimo da je t a = t b. Iskoristimo izraze za t a i t b : Izjednačimo: 4t a = b a + c 4t b = a b + c. b a + c = a b + c b = a b = a što je i trebalo dokazati. Dokažimo sada i drugi smjer. Neka je a = b. Tada je trokut ABC jednakokračan pa je α = β. Neka su D i E polovišta stranica BC i AC. Tada je Slika.5. BD = 1 a = 1 b = AE. Dakle, trokuti ABD i ABE su sukladni pa su im stranice AD i BE sukladne, tj. t a = t b. 15

21 Teorem.1.5. ([][str. 17]) Neka je zadan trokut ABC sa svojom težišnicom AA 1. Neka je točka D po volji odabrana na stranici BC trokuta ABC. Točkom D konstruirajmo paralelu s težišnicom AA 1, koja siječe pravac AB u točki E, a pravac AC u točki F. Tada zbroj duljina DE + DF ne ovisi o izboru točke D. Slika.6. Dokaz. U trokutima BA 1 A i BDE, te CAA 1 i CF D prema Talesovom teoremu o proporcionalnosti vrijedi DE : A 1 A = BD : BA 1, DF : A 1 A = CD : CA 1. Kada zbrojimo ove dvije jednakosti, dobivamo DE + DF A 1 A jer vrijedi BA 1 = CA 1. Iz toga slijedi Kako je BC = BA 1, slijedi = BD + CD BA 1 DE + DF = BC A 1A. BA 1 DE + DF = A 1 A. Prema tome, izbor točke D ne utječe na zbroj duljina dužina DE i DF. Propozicija.1.. ([1]) Težišnice AA 1 i BB 1 trokuta ABC su medusobno okomite ako i samo ako za duljine stranica vrijedi jednakost a + b = 5c. Slično vrijedi i za preostale parove težišnica, tj. AA 1 CC 1 a + c = 5b BB 1 CC 1 b + c = 5a. 16

22 Slika.7. Dokaz. Pretpostavimo prvo da su težišnice AA 1 i BB 1 okomite. trokuta AB 1 T, AA 1 T i ABT vrijedi Kada zbrojimo (.6) i (.7), dobivamo Tada iz pravokutnih 4 9 t a t b = 1 4 b (.6) 1 9 t a t b = 1 4 a (.7) 4 9 (t a + t b) = c. (.8) 5 9 (t a + t b) = 1 4 (a + b ) te kada tu jednakost usporedimo s (.8) dobivamo a + b = 5c. Pretpostavimo sada da vrijedi jednakost a + b = 5c. Nadalje, pretpostavimo da je AT B 1 > 90 (analogno se pokazuje za slučaj AT B 1 < 90 ). tada je i BT A 1 > 90, pa iz trokuta AB 1 T i AA 1 T zaključujemo Zbrajanjem ove dvije nejednakosti dobiva se 4 9 t a t b < 1 4 b 1 9 t a t b < 1 4 a. 5 9 (t a + t b) < 1 4 (a + b ) = 5 4 c, 17

23 tj. 4 9 (t a + t b) < c. S druge strane, kako je AT B < 90, vrijedi 4 9 (t a + t b) > c čime smo dobili kontradikciju. Dakle, težišnice t a i t b su okomite. Teorem.1.6. Neka je P točka u ravnini trokuta ABC, P A, B, C, te neka su T A, T B, T C redom težišta trokuta BP C, AP C, ABP. Dokažite da se AT A, BT B, CT C sijeku u jednoj točki. Slika.8. Dokaz. Izračunajmo AT A, BT B. AT A = r TA r A = 1 3 ( r B + r C + r P ) r A BT B = r TB r B = 1 3 ( r A + r C + r P ) r B. Neka je N točka presjeka dužina AT A i BT B. Budući da N leži na AT A vrijedi: AN = λ AT A r N r A = λ[ 1 3 ( r B + r C + r P ) r A ] r N = (1 λ) r A + λ 3 r B + λ 3 r C + λ 3 r P. 18

24 Budući da N leži na BT B vrijedi: BN = µ BT B r N r B = µ[ 1 3 ( r A + r C + r P ) r B ] r N = µ 3 r A + (1 µ) r B + µ 3 r C + µ 3 r P. Izjednačavanjem koeficijenata dobivamo λ = µ = 3 4 i r N = 1 4 ( r A + r B + r C + r P ). Na analogan način izračunamo radijvektor točke S u presjeku BT B i CT C. Dobije se r N = r S, tj. N = S. Dakle, sva tri pravca se sijeku u točki čiji je radijvektor r N = 1 4 ( r A + r B + r C + r P ). Teorem.1.7. Ako u trokutu ABC vrijedi tada je trokut jednakostraničan. t a : t b : t c = a : b : c Dokaz. Izrazimo t b i t c pomoću t a i u te izraze uvrstimo formule za duljinu težišnica. Iz gornjeg razmjera očitavamo t a = a c t c, t b = b c t c, tj. Uvrstimo li izraze za t a i t c dobivamo t a = a c t c, t b = b c t c. 4t a = b + c a Uvrstimo li izraze za t b i t c dobivamo 4 a c [1 4 (a + b c )] = b + c a a (a + b c ) = c (b + c a ). (.9) 4t b = a + c b 4 b c [1 4 (a + b c )] = a + c b b (a + b c ) = c (a + c b ). (.10) 19

25 Oduzmemo li (.10) od (.9) dobivamo b 4 a 4 = a c c b (b a )(b + a ) = c (a b ) (b a )(b + a + c ) = 0. Druga zagrada nije 0 dakle prva zagrada mora biti 0, tj. a = b. Uvrstimo to u (.9): a (4a c ) = c (a + c ) 4a 4 a c c 4 = 0. Podijelimo tu jednakost s c 4 i dobivamo: Sada je Rješenje ( a c ) = = 1 ( a c ) 1, Time smo dokazali da je a = b = c. 4a 4 a c = a c + c 4 ( a c )4 ( a c ) 1 = 0 = 1 ± nema smisla, pa preostaje ( a c ) = = 1 ± 3 4. = 1, tj. a = c. Teorem.1.8. Težišnica t a ne može biti jednaka aritmetičkoj sredini stranica b i c. Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. da je t a = b+c. Uvrstimo li to u 4t a = b + c a dobivamo (b + c) = b + c a bc = b + c a (b c) = a. Dakle, ili je b c = a ili b c = a. Ako je b c = a, tada je b = a + c, a to je nemoguće jer u trokutu vrijedi tzv. nejednakost trokuta b < a + c. Ako je b c = a, tada je c = a + b, a niti to ne vrijedi jer u tokutu vrijedi nejednakost trokuta c < a + b. Dakle, došli smo do kontradikcije pa je početna pretpostavka da je t a = b+c neistinita. Teorem.1.9. Ako je težišnica t a u pravokutnom trokutu ABC s pravim vrhom u C jednaka geometrijskoj sredini stranica b i c, tada je c = 3b. Dokaz. Iskoristimo formulu za duljinu težišnica 4t a = b + c a i Pitagorin teorem c = a + b, te nam iz toga slijedi 4t a = b + (a + b ) c 4t a = b + a + b c 4t a = 4b + a. (.11) 0

26 Slika.9. Sada pretpostavimo da je t a = bc, te ubacimo u (.11) s tim da nam je a = c b. Dobivamo 4bc = 4b + c b, tj. 4b 4bc + c = 0. Dakle, c 1, = 4b ± 16b 1b 4b ± b c 1, =. Rješenje c = 4b b = b nema smisla jer je c hipotenuza trokuta. Prema tome c = 4b+b = 3b je rješenje, što smo upravo i htjeli dokazati. 1

27 . Svojstva težišta Teorem..1. ([3, str. 84]) Za udaljenosti d a, d b, d c težišta T trokuta ABC od stranica a, b, c vrijedi a : b : c = : :, d a d b d c odnosno a d a = b d b = c d c. Dokaz. Težišnica AA 1 dijeli trokut ABC na dva trokuta jednakih površina, tj. P( ABA 1 ) = P( AA 1 C). Odaberimo sada po volji točku M na težišnici AA 1 i spustimo iz te točke okomice MQ i MP na stranice AB i AC. Površine trokuta ABM i ACM su jednake jer imaju jednu zajedničku stranicu AM, dok su vrhovi B i C jednako udaljeni od pravca AM. Iz slijedi AB MQ Slika.10. = AB AC = MP MQ. AC MP, Posebno to vrijedi za težište T, pa iz ove jednakosti dobivamo: tj. c b = d b d c, b d b = c d c b : c = 1 1 :. d b d c Analognim postupkom pomoću ostalih težišnica dokazujemo i za preostale odnose izmedu udaljenosti težišta od stranica i stranica trokuta.

28 Pokažimo da vrijedi i obrat Teorema..1. Teorem... Neka je M točka u unutrašnjosti trokuta ABC, te neka su d a, d b, d c redom udaljenosti točke M do stranica BC, AC, AB. Ako je ad a = bd b = cd c tada je M težište trokuta. Slika.11. Dokaz. Iz ad a = bd b = cd c slijedi P ( MBC) = P ( MAC) = P ( MAB). Zbroj svih tih površina trokuta je jednaka P ( ABC) pa je P ( MBC) = 1 3 P ( ABC) P ( MAC) = 1 3 P ( ABC) P ( MAB) = 1 3 P ( ABC). Iz slijedi P ( MBC) = 1 d a a = 1 3 P ( ABC) = 1 3 (1 v a a) d a = 1 3 v a. Očito je da su trokuti ADA 1 i MT 1 A 1 slični (imaju pravi kut i zajednički kut DA 1 A) a iz jednakosti d a = 1 3 v a slijedi da je njihov koeficijent sličnosti 3 : 1. Dakle, AA 1 = 3 A 1 M, tj, AM = A 1 M, a na težišnici AA 1 to svojstvo ima upravo težište trokuta, tj. M = T. 3

29 Prvo moramo dokazati jednu pomoćnu tvrdnju u svrhu sljedećeg dokazivanja svojstva težišta. Lema..1. Umnožak abc tri pozitivna realna broja a, b, c čija je suma stalna, a+b+c = k, poprima najveću vrijednost ako je a = b = c. Dokaz. Neka su x, y, z pozitivni realni brojevi. Iz tvrdnje (x y) 0, očito vrijedi x + y xy. Jednakost se postiže ako i samo ako su x i y jednaki. Drugim riječima, ako su x i y različiti tada je x + y > xy. Analogno vrijedi da je x + z xz i y + z yz. Sada zbrajanjem ove tri nejednakosti dobivamo: x + y + z xy + xz + yz. (.1) Pri tome vrijedi da ako su bar dva broja od x, y, z različita, tada je znak nejednakosti strogi. Promotrimo sada jednakost x 3 + y 3 + z 3 3xyz = (x + y + z)(x + y + z xy xz yz). Na temelju (.1) slijedi da je drugi faktor na desnoj strani nenegativan, pa je cijeli izraz na lijevoj strani nenegativan, tj. x 3 + y 3 + z 3 3xyz. Uz to, ako su bar dva broja od x, y, z različita, tada je drugi faktor na desnoj strani pozitivan, pa je u zadnjoj nejednakosti strogi znak nejednakosti, tj. x 3 + y 3 + z 3 > 3xyz. Supstitucijom x 3 = a, y 3 = b, z 3 = c dobivamo: ( ) 3 a + b + c abc = k Ako je a = b = c, tada uvrštavanjem u nejednakost dobivamo da vrijedi jednakost. Ako su bar dva broja od a, b, c različiti tada su i bar dva njihova treća korijena (a to su x, y, z) različiti, pa je znak nejednakosti strogi. Dakle, znak jednakosti vrijedi ako i samo ako su a, b, c jednaki. Teorem..3. ([3, str. 85]) Težište T je točka unutrašnjosti trokuta za koju produkt udaljenosti do stranica ima maksimalnu vrijednost. Dokaz. Neka je M bilo koja točka unutrašnjosti trokuta ABC, a m a, m b, m c udaljenosti te točke do stranica trokuta a, b, c. Površinu trokuta ABC sada možemo pisati u obliku zbroja površina trokuta ABM, BCM i ACM i vrijedi P ( ABC) = am a + bm b + cm c. Promotrimo sada produkt tri sumanda koji stoje s desne strane gornje jednakosti (am a )(bm b )(cm c ). Prema Lemi, ovaj umnožak će imati najveću vrijednost ako su ova tri broja jednaka. To će se dogoditi točno onda i samo onda kada točka M bude težište tog trokuta prema prethodnim teoremima. 4

30 Slika.1. Teorem..4. Udaljenost težišta T danog trokuta ABC do nekog pravca p ravnine jednaka je aritmetičkoj sredini udaljenosti vrhova tog trokuta do pravca p. Dokaz. Prema teoremu o težištu vrijedi AT = A 1 T. S apostrofom označimo ortogonalne projekcije točaka na pravac p, tj. T je ortogonalna projekcija točke T na pravac p itd. A sa O označimo sjecište pravca p s AA 1. Iz trokuta AA O, T T O, A 1 A 1O koji su slični (imaju pravi kut i zajednički kut A OA) i svojstva težišnica vrijedi AA T T = 3 T A 1 + A 1 O T A 1 + A 1 O (.13) i T T = T A 1 + A 1 O A 1 A 1 A 1 O T T A 1 A 1 1 = T A 1 + A 1 O 1 A 1 O T T A 1 A 1 = T A 1 A 1 A 1 A 1 O A 1 O = T A 1 A 1 A 1 T T A 1 A 1 (.14) I sada supstitucijom (.14) u (.13) dobivamo T A 1 A 1 A 1 T T A 1 A 1 AA T T = 3 T A 1 + T A 1 + T A 1 A 1 A 1 5 T T A 1 A 1

31 i nakon što izlučimo T A 1 dobivamo AA T T AA T T AA T T = 3 + A1A 1 T T A 1 A A 1A 1 T T A 1 A 1 = 3 T T 3 A 1 A 1 + A 1 A 1 T T A 1 A 1 + A 1 A 1 = 3 T T A 1 A 1 T T iz čega slijedi tj. AA = 3 T T A 1 A 1, 3 T T = AA + A 1 A 1. (.15) Sada iz četverokuta BB C C koji je trapez jer BB CC vrijedi tj. A 1 A 1 = BB + CC, A 1 A 1 = BB + CC (.16) jer je točka A 1 polovište stranice BC i A 1 A 1 BB, pa je A 1 A 1 srednjica trapeza. Sada uvrštavanjem (.16) u (.15) dobivamo: 3 T T = AA + BB + CC. Trebamo napomenuti da valja uvažiti predznak udaljenosti točaka A, B i C od pravca p, tj. naprimjer ako je točka B s druge strane pravca od točaka A, C i T, tada se udaljenost BB uzima s minus predznakom. Korolar..1. Ako pravac p prolazi težištem T trokuta ABC, tada je zbroj udaljenosti onih dvaju vrhova trokuta koji stoje s jedne strane pravca p jednak udaljenosti trećeg vrha do tog pravca. Prema prethodnom teoremu vrijedi 3 T T = AA + BB + CC, ali kako pravac p prolazi točkom T udaljenost T T je jednaka nuli, tj. 3 0 = AA + BB + CC. Dokaz. Bez smanjenja općenitosti uzmimo da je točka A s druge strane pravca od točaka B i C, tada se udaljenost AA uzima s minus predznakom. Prema tome nam vrijedi AA = BB + CC. 6

32 Slika.13. Teorem..5. Neka je dan trokut ABC s težišnicama AA 1, BB 1, CC 1 i težištem T. Za neku točku P ravnine trokuta odredimo točke A, B, C kao točke centralno simetrične točki P s obzirom na centar A 1, odnosno B 1, odnosno C 1. Trokut A B C je centralno simetričan trokutu ABC s obzirom na neki centar P 1. Točke P i P 1 su kolinearne s težištem T i vrijedi: P T : T P 1 = : 1. Slika.14. Dokaz. Vidimo da su trokuti P A 1 B 1 i P A B homotetični sa centrom homotetije u točki P, jer je P A 1 P A = P B 1 P B = 1. Kako je A 1 B 1 AB, to znači da je i A B AB. Ali vrijedi AB = A 1 B 1 i A B = A 1 B 1. 7

33 To znači da su odgovarajuće stranice trokuta ABC i A B C paralelne i jednake, pa su prema tome i ta dva trokuta centralno simetrična, sukladna, i odgovarajuće stranice su im paralelne. Centar te simetrije očito leži na polovištu dužina AA, BB i CC. Promotrimo sada trokut AP A. Uočavamo da je A 1 polovište stranice P A tog trokuta. To znači da su AA 1 i P P 1 težišnice tog trokuta i one se sijeku u točki T. Kako je AA 1 težišnica trokuta ABC, i točka T je težište trokuta ABC, to dokazuje da su točke P, T i P 1 kolinearne. Ali i dužina P P 1 je težišnica trokuta AP A, pa prema teoremu o težištu vrijedi P T : T P 1 = : 1. Propozicija..1. Neka je D bilo koja točka na stranici BC šiljastokutnog trokuta ABC. Dokažite da površina trokuta AT 1 T ne ovisi o položaju točke D pri čemu su T 1 i T redom težišta trokuta ABD i ADC. Slika.15. Dokaz. Neka su E i F redom polovišta stranica BD i DC. Vrijedi BE = ED = 1 BD, DF = F C = 1 DC EF = ED + DF = 1 BD + 1 DC = 1 BC = 1 a. U trokutu AEF visina iz vrha A na EF podudara se s visinom v a iz vrha A na BC u trokutu ABC, pa je P ( AEF ) = 1 EF v a = 1 1 av a = 1 P ( ABC). Dužina AE je težišnica trokuta ABD, pa ju težište T 1 dijeli u omjeru : 1 računajući od vrha, tj. AT 1 = AE = : 3. 8

34 Isto vrijedi i u trokutu ADC, tj. AT = AF = : 3. Uz to je T 1 AT = EAT F, pa su prema teoremu o sličnosti trokuta S-K-S trokuti AT 1 T i AEF slični s koeficijentom sličnosti. Tada za njihove površine vrijedi 3 od tuda imamo P ( AT 1 T ) : P ( AEF ) = 4 : 9, P ( AT 1 T ) = 4 9 P ( AEF ) = P ( ABC) = 9 P ( ABC), tj. površina trokuta AT 1 T ne ovisi o izboru točke D. Propozicija... Ako visina i težišnica iz vrha A trokuta ABC dijele kut α na tri jednaka dijela, tada je α = 90, a ostala dva kuta su 30 i 60. Vrijedi i obrat. Slika.16. Dokaz. Neka je N nožište visine iz vrha A na BC, a D polovište stranice BC. Prema uvjetima zadatka BAD = DAN = NAC = 1 3 α. Trokuti ADN i ACN su sukladni jer imaju zajedničku stranicu AN i sukladne kutove priležeće toj stranici. Stoga je ADN = γ i DN = NC, a kako je DC = 1 a, slijedi da je DN = NC = 1a. 4 Povucimo okomicu iz D na stranicu AB i nožište joj označimo s E. Trokuti AED i AND su sukladni jer imaju zajedničku stranicu AD i podudaraju se u dva (a time i sva tri) kuta. Dakle, ED = DN = 1 4 a. 9

35 Sad promotrimo trokut BED. To je pravokutni trokut čija je hipotenuza duga 1a, a kraća kateta duga je 1a = 1 ( 1 a). Dakle, taj je trokut polovina jednakostraničnog 4 trokuta stranice 1 a, pa su mu kutovi: β = EBD = 30, EDB = 60. Sad iz sukladnosti kutova EAD i ADN i činjenice da im je zbroj 10 slijedi da je ADN = 60, a ADN je sukladan kutu NCA, tj. γ = 60. I konačno dobivamo da je α = 90. Pokažimo sada da vrijedi i obrat, tj, neka u trokutu ABC vrijedi da je α = 90, a ostala dva kuta su β = 30 i γ = 60. Promotrimo pravokutni trokut ANC. Ako je kut γ = ACN = 60 i CNA = 90, to znači da kut NAC = 30. Nadalje, pokazali smo da su trokuti ADN i ACN sukladni, prema tome kut DAN = 30. A kako je kut α = 90 a kutovi NAC = DAN = 30, to znači da je i kut BAD = 30. Iz ovoga zaključujemo da težišnica i visina trokuta ABC iz vrha A dijele taj kut na tri jednaka dijela. 30

36 .3 Eulerov i Nagelov pravac Teorem.3.1. Središte opisane kružnice S, težište T i ortocentar H trokuta su kolinearne točke, osim toga vrijedi ST : T H = 1 :. Slika.17. Dokaz. Neka je točka S središte opisane kružnice a H ortocentar trokuta ABC. Nadalje, neka su A 1 i C 1 redom polovišta stranica BC i AB. Dužina A 1 C 1 je srednjica trokuta i vrijedi A 1 C 1 AC i A 1 C 1 = 1 AC. Neka je točka T 1 sjecište težišnice CC 1 i pravca SH. Primjetimo da se dužine AH i SA 1 te CH i SC 1 nalaze na paralelnim pravcima, stoga su i odgovarajući kutovi s paralelnim pravcima sukladni ( ACH = SC 1 A 1 i HAC = SA 1 C 1 ). Sada prema K-K teoremu o sličnosti trokuta vrijedi da su trokuti ACH i C 1 A 1 S slični sa koeficijentom sličnosti k 1 = 1 :. Nadalje, trokuti CHT 1 i C 1 ST 1 su slični jer su im odgovarajući kutovi sukladni ( C 1 T 1 H = 1 T 1 S i T 1 HC = T 1 SC 1 ), a koeficijent sličnosti im je k = 1 : jer iz prethodne sličnosti vrijedi SC 1 : HC = 1 :. Prema tome točka T 1 dijeli dužinu SH u omjeru 1 :, tj. ST 1 : T 1 H = 1 :. Isto tako, točka T 1 dijeli težišnicu CC 1 u omjeru : 1, što znači da je točka T 1 jednaka težištu trokuta, tj. T 1 = T. Sada ćemo u svrhu dokazivanja svojstva Nagelove točke i težišta trokuta dokazati lemu o radijvektoru Nagelove točke i središta upisane kružnice trokuta. 31

37 Neka je k(i, ρ) kružnica upisana trokutu ABC, te neka su X, Y, Z dirališta kružnice K i stanica BC, AC, AB. Označimo CX = p, AY = q, BZ = r. Budući da su AI, BI, CI simetrale kutova vrijedi Slika.18. a p = r b q = p c r = q. Odaberimo na stranici BC točku X koja je od B udaljena za p; na stranici AC odaberemo točku Y koja je od C udaljena q, a na stranici AB točku Z koja je od A udaljena r. Tada se pravci AX, BY, CZ sijeku u jednoj točki N koju zovemo Nagelova točka. Dokažimo tu tvrdnju. Neka N 1 sjecište pravaca AX i BY. Radit ćemo s radijvektorima čije je ishodište u točki A, tj. r A = 0. r X = AX = AB + BX = r B + p BC a = r B + p a ( r C r B ) = (1 p a ) r B + p a r C. Budući da je N 1 na pravcu AX, tada je da je AN 1 = λax AN 1 kolinearan s AX, tj. postoji λ R takav r N1 = λr X = λ(1 p a ) r B + λ p a r C = r a r B + λ p a r C. Izračunajmo sada r Y. r Y = AY = b q AC = b q r C = p b b b r C. 3

38 Slika.19. Budući da je N 1 na pravcu BY, tada postoji µ R takav da je BN 1 = µ BY r N1 r B = µ( r Y r B) r N1 = r B + µ( p b r C r B ) = r B (1 µ) + µ p b r C. Izjednačavanjem koeficijenata uz r B i r C dobivamo odakle dobivamo da je λ = a r + b, µ = λ r a = 1 µ, λp a = p b µ b r + b, r N 1 = r r + b r B + p r + b r C. Neka je N sjecište pravaca AX i CZ. Na isti način kao u prethodnom računu dobivamo da je r N = r r + b r B + p r + b r C, tj. r N1 = r N, a to znači da je N 1 = N. Dakle, sva tri pravca AX, BY i CZ prolaze jednom točkom. U ovom smo računu dobili i radijvektor točke N r N = r r + b r B + p r + b r C u koordinatnom sustavu gdje je A ishodište radijvektora. Sada dokažimo sljedeću lemu: Lema.3.1. U trokutu ABC središte I upisane kružnice ima radijvektor jednak r I = a r A + b r B + c r C. a + b + c 33

39 Slika.0. Dokaz. Neka je AD simetrala kuta α, D BC. Prema teoremu o simetrali unutarnjeg kuta trokuta vrijedi DB : DC = c : b, pa je radijvektor točke D jednak r D = b r B + c r C. b + c Neka je BE simetrala kuta β, E AC. Prema teoremu o simetrali unutarnjeg kuta trokuta vrijedi EA : EC = c : a. pa je radijvektor točke E jednak Za točku I vrijedi r E = a r A + c r C. a + c r I = OI = OA + AI = r A + λ AD = r A + λ( r D r A ) = λ r D + (1 λ) r A = λb r B + λc r C b + c + (1 λ) r A, gdje je λ realan broj za koji je AI = λad ( AI i AD su kolinearni vektori). Analogno, r I = OI = OB + BI = r B + µ BE = r B + µ( r E r B ) = µ r E + (1 µ) r B = µa r A + µc r C a + c + (1 µ) r B. Izjednačavanjem koeficijenata uz r C i r A dobivamo λc bc = µc a + c i 1 λ = µa a + c. 34

40 Iz prve jednadžbe izrazimo µ: i uvrstimo u drugu jednadžbu µ = λ a + c b + c Od tuda je Kad λ uvrstimo u r I dobivamo 1 λ = λ a + c b + c a a + c 1 λ = λ a b ( + c ) a 1 = λ b + c + 1 λ = b + c a + b + c. µ = b + c a + b + c a + c b + c = r I = a r A + b r B + c r C. a + b + c a + c a + b + c. Teorem.3.. Središte upisane kružnice I, težište T i Nagelova točka N trokuta su kolinearne točke. Osim toga vrijedi Dokaz. Težište trokuta T ima radijvektor ako je r A = 0. Radijvektor središta upisane kružnice glasi IT : T N = 1 :. r T = 1 3 ( r A + r B + r C ) = 1 3 ( r B + r C ) r I = a r A + b r B + c r C a + b + c = b a + b + c r c B + a + b + c r C. Tada je r I + r N = b a + b + c r c B + a + b + c r C + r r + b r B + p r + b r C = b ( a + b + c + r r + b ) r c B + ( a + b + c + p r + b ) r C. Iz jednakosti za p, q, r, zbrajajući sve tri jednakosti dobivamo a + b + c = p + q + r 35

41 pa je b a + b + c + r r + b = = b p + q + r + r r + b p + q p + q + r + r r + p + q = 1, pri čemu smo iskoristili da je b = p + q. Analogno je c a + b + c + p r + b = = c p + q + r + p r + b q + r p + q + r + r r + p + q = 1, pri čemu smo iskoristili da je c = q + r. Dakle, r I + r N = r B + r C = 3 r T, tj. I, N i T su kolinearne i upravo vrijedi omjer IT : T N = 1 :. Pravac na kojem leže točke I, N i T nazivamo Nagelov pravac. 36

42 Poglavlje III Konstrukcije trokuta U ovom poglavlju proučavat ćemo konstrukcije trokuta pri čemu je bar jedan od zadanih elemenata težišnica trokuta. U donjoj tablici su dane sve moguće kombinacije od tri zadane veličine, s time da je barem jedna od veličina težišnica trokuta. Nećemo navoditi zadatke koji su istog tipa. Veličine koje mogu biti zadane su: težišnice trokuta t a, t b, t c, stranice a, b, c, kutovi α, β, γ, visine v a, v b, v c, simetrale kutova s α, s β, s γ, polumjer opisane kružnice R, polumjer upisane kružnice r. Redni broj Zadani elementi Rješivost 1. t a, t b, t c da. t a, t b, a da 3. t a, t b, c da 4. t a, t b, α da 5. t a, t b, γ da 6. t a, t b, v a da 7. t a, t b, v c da 8. t a, t b, s α ne 9. t a, t b, s γ ne 10. t a, t b, R ne 11. t a, t b, r ne 1. t a, a, b da 13. t a, a, α da 14. t a, a, β da 37

43 Redni broj Zadani elementi Rješivost 15. t a, a, v a da 16. t a, a, v b da 17. t a, a, s α da 18. t a, a, s β ne 19. t a, a, R da 0. t a, a, r ne 1. t a, b, c da. t a, b, α da 3. t a, b, β da 4. t a, b, γ da 5. t a, b, v a da 6. t a, b, v b da 7. t a, b, v c da 8. t a, b, s α ne 9. t a, b, s β ne 30. t a, b, sγ ne 31. t a, b, R da 3. t a, b, r ne 33. t a, α, β da 34. t a, α, v a da 35. t a, α, v b da 36. t a, α, v c da 37. t a, α, s α da 38. t a, α, s β ne 39. t a, α, R da 40. t a, α, r da 41. t a, β, γ da 4. t a, β, v a da 43. t a, β, v b da 44. t a, β, v c da 45. t a, β, s α ne 46. t a, β, s β ne 47. t a, β, s γ ne 48. t a, β, R da 49. t a, β, r ne 50. t a, v a, v b da 51. t a, v a, s α da 5. t a, v a, s β ne 53. t a, v a, R da 54. t a, v a, r da 55. t a, v b, v c da 56. t a, v b, s α ne 57. t a, v b, s β da 38

44 Redni broj Zadani elementi Rješivost 58. t a, v b, s γ ne 59. t a, v b, R ne 60. t a, v b, r da 61. t a, s α, s β ne 6. t a, s α, R da 63. t a, s α, r ne 64. t a, s β, s γ ne 65. t a, s β, R ne 66. t a, s β, r ne 67. t a, R, r ne U zadnjem stupcu je navedeno radi li se ili ne o euklidskoj konstrukciji. Naime, konstrukcije koje su izvedive pomoću jednobridnog ravnala i šestara proizvoljnog polumjera nazivaju se euklidske konstrukcije, [4][str. 305]. Poznato je da ako neku dužinu (zapravo točnije je reći njezinu duljinu) možemo izraziti pomoću zadanih dužina (konačno njih) konačnim brojem operacija zbrajanja, oduzimanja, množenja, dijeljenja i kvadratnog korjenovanja, tada je ta dužina konstruktibilna uz upotrebu već spomenuta dva pomagala. U knjizi Elementarna matematika I dokazani su teoremi koji opisuju kad je neki broj elementarno konstruktibilan. Podsjetimo se da ako se korijeni algebarske jednadžbe s racionalnim koeficijentima mogu elementarno konstruirati onda kažemo da je ta jednadžba rješiva u kvadratnim radikalima. Izdvojiti ćemo sljedeće teoreme na temelju kojih ćemo dokazivati nerješivost nekih od konstrukcija navedenih u tablici. Teorem[4] Jednadžba trećeg reda s racionalnim koeficijentima rješiva je u kvadratnim radikalima ako i samo ako ima racionalni korijen. Teorem[4] Jednadžba četvrtog stupnja x 4 + ax 3 + bx + cx + d = 0 je rješiva u kvadratnim radikalima ako i samo ako je u kvadratnim radikalima rješiva i njezina rezolventa (ay c) = 4( a 4 b + y)(y d). 39

45 3.1 Konstrukcije U prvih nekoliko konstrukcija detaljno ćemo opisati sva četiri koraka konstruktivnog zadatka: analizu, konstrukciju, dokaz i raspravu, a u narednim konstrukcijama ćemo samo opisati analizu iz koje će biti potpuno jasno kako dalje izvesti konstrukciju. 1. Konstruirajmo trokut ABC, ako je zadano: t a, t b, t c. Analiza: Neka su A 1, B 1, C 1 redom polovišta stranica BC, AC, AB. Težišnice AA 1, BB 1, CC 1 sijeku se u težištu T. Neka je T točka centralnosimetrična točki T s obzirom na točku A 1. Promotrimo četverokut T BT C. Njegove se dijagonale T T i BC raspolavljaju pa se radi o paralelogramu čije su duljine stranica T B = CT = t 3 b, CT = BT = t 3 c, a duljina dijagonale T T je T T = t 3 a. Budući da su zadane t a, t b, t c, možemo konstruirati i taj paralelogram tako da se prvo konstruira trokut T BT (sa stranicama t 3 a, t 3 b, t 3 c), a potom se točka C dobiva iz točke B centralnom simetrijom s obzirom na točku A 1. Time ćemo dobiti dva vrha trokuta: B i C. Treći vrh A dobit ćemo kao centralnosimetričnu sliku točke T s obzirom na točku T. Konstrukcija: Slika T BT ( T B = 3 t b, BT = 3 t c, T T = 3 t a). Paralelogram T BT C 3. Točka A, kao centralnosimetrična slika točke T s obzirom na T 4. ABC Dokaz: Iz provedene analize jasno je da će dobiveni trokut ABC imati upravo te tri zadane težišnice. 40

46 Rasprava: Jedini korak konstrukcije u kojem se zahtjevaju neki uvjeti na dane veličine je upravo prvi korak. Naime, konstrukcija trokuta T BT moguća je samo ako njegove stranice zadovoljavaju nejednakost trokuta, tj. ako vrijedi: ( 3 t b < 3 t c + 3 t a) ( 3 t c < 3 t a + 3 t b) ( 3 t a < 3 t b + 3 t c). Množenjem svake od tih nejednakosti s 3 dobivamo uvjete uz koje ovaj zadatak ima jedno rješenje: (t b < t c + t a ) (t c < t a + t b ) (t a < t b + t c ).. Konstruirajmo trokut ABC, ako je zadano: t a, t b, a. Analiza: Neka su A 1, B 1 redom polovišta stranica BC, AC. Težišnice AA 1, BB 1 sijeku se u težištu T. Promotrimo trokut A 1 BT, radi se o trokutu čije su duljine stranica A 1 B = 1 a, BT = t 3 b i T A 1 = 1t 3 a. Budući da je zadano a, t a, t b, možemo konstruirati taj trokut (sa stranicama 1a, t 3 b, 1t 3 a). Time ćemo dobiti vrh B. Vrh C dobiti ćemo kao centralnosimetričnu sliku točke B s obzirom na točku A 1. Vrh A se nalazi na polupravcu A 1 T, te je udaljen od točke A 1 za duljinu težišnice t a koja nam je zadana. Prema tome konstruirati ćemo kružnicu k sa središtem u vrhu A 1 polumjera t a i presjeći je sa polupravcem A 1 T. Slika 3.. Konstrukcija: 1. BA 1 T ( BA 1 = 1a, A 1T = 1t 3 a, T B = t 3 b),. Točka C, kao centralnosimetrična slika točke B s obzirom na točku A 1 3. A k(a 1, t a ) A 1 T, s time da vrijedi A T A 1 41

47 4. ABC. Dokaz: Iz provedene analize jasno je da će dobiveni trokut ABC imati upravo te zadane težišnice t a, t b i stranicu a. Rasprava: Prvi korak konstrukcije je jedini u kojem se zahtjevaju neki uvjeti na dane veličine. Stoga konstrukcija trokuta A 1 BT je jedino moguća ako njegove stranice zadovoljavaju nejednakost trokuta, tj. ako vrijedi: ( 1 a < 1 3 t a + 3 t b) ( 1 3 t a < 3 t b + 1 a) ( 3 t b < 1 a t a). Dakle, ovaj zadatak ima jedno rješenje uz gornje uvjete. 3. Konstruirajmo trokut ABC, ako je zadano: t a, t b, c. Analiza: Neka su A 1, B 1 redom polovišta stranica BC, AC. Težišnice AA 1, BB 1 sijeku se u težištu T. Promotrimo trokut ABT. Radi se o trokutu čije su duljine stranica AB = c, BT = 3 t b i T A = 3 t a. Budući da je zadano t a, t b, c možemo konstruirati taj trokut (sa stranicama c, 3 t b, 3 t a). U produžetku stranica AT i BT možemo konstruirati točke A 1 i B 1 ( AA 1 = t a, BB 1 = t b ). U svrhu toga konstruirati ćemo dvije kružnice k 1 i k sa središtima u A i B s radijusima t a i t b te ih presjeći sa polupravcima AT i BT. Na taj način ćemo moći konstruirati pravce AB 1 i BA 1 koji su nam potrebni u svrhu konstruiranja trećeg vrha C jer se on nalazi na sjecištu upravo ta dva pravca, tj. {C} = AB 1 BA 1. Slika 3.3. Konstrukcija: 1. BCT ( BC = a, CT = t 3 c, T B = t 3 b), 4

48 . k 1 (A, t a ) AT = A 1, s time da vrijedi A 1 T A 3. k (B, t b ) BT = B 1, s time da vrijedi B 1 T B 4. BC 1 CB 1 = C 5. ABC. Dokaz: Iz provedene analize jasno je da će dobiveni trokut ABC imati upravo te zadane težišnice t a, t b i stranicu c. Rasprava: Prvi korak konstrukcije je jedini u kojem se zahtjevaju neki uvjeti na dane veličine. Stoga konstrukcija trokuta ABT je jedino moguća ako njegove stranice zadovoljavaju nejednakost trokuta, tj. ako vrijedi: (c < 3 t a + 3 t b) ( 3 t a < 3 t b + c) ( 3 t b < c + 3 t a). Dakle, ovaj zadatak ima jedno rješenje ako vrijede gornji uvjeti. 4. Konstruirajmo trokut ABC, ako je zadano: t a, t b, α. Analiza: Neka su A 1, B 1 redom polovišta stranica BC, AC. Iz vrha A se težišnica BB 1 vidi pod kutem α. Slika 3.4. Neka je točka O vrh jednakokračnog trokuta BB 1 O kojem znamo duljinu stranice BB 1 i kutove ( BOB 1 = α i OB 1 B = B 1 BO = 90 α). Sada možemo konstruirati kružnicu k 1 (O, OB ) na kojoj će se nalaziti vrh A jer središnji kut nad tetivom BB 1 iznosi α što će značiti da obodni kut nad tom tetivom iznosi α. Nadalje, težište trokuta ABC dijeli težišnicu u omjeru : 1 od vrha, pa prema tome možemo konstruirati težište T na stranici BB 1. Točku A dobit ćemo kao presjek kružnice k 1 (O, OB ) s kružnicom k (T, 3 t a), i o tome će nam ovisiti broj rješenja, tj. ako se dane kružnice sijeku u dvije točke imat ćemo dva rješenja, a ako se dodiruju bit će jedno rješenje i naravno ako se ne sijeku konstrukcija 43

49 nema rješenja. Preostaje nam još konstruirati točku C, a nju ćemo dobiti kao centralnosimetričnu sliku točke A sa centrom simetrije u B Konstruirajmo trokut ABC, ako je zadano: t a, t b, v a. Analiza: Neka su A 1, B 1 redom polovišta stranica BC, AC. A točka N je nožište okomice iz vrha A. Sada imamo dvije mogućnosti: v a < t a v a = t a Ako je v a < t a, tada možemo konstruirati trokut NAA 1 jer je trokut jednoznačno odreden sa dvije stranice (v a, t a ) i kutom nasuprot većoj stranici ( ANA 1 ). Takoder je i točka T jednoznačno odredena jer dijeli težišnicu AA 1 u omjeru : 1 od vrha A. Presjekom pravca NA 1 i kružnice k(t, 3 t b) konstruirat ćemo točku B i na kraju točka C se dobiva kao centralnostimetrična slika točke B sa centrom u A 1. Ako je v a = t a trokut Slika 3.5. ABC je jednakokračan jer se nožište N poklapa sa točkom polovišta stranice BC, što bi značilo da se točka A nalazi na simetrali te stranice pa je jednako udaljena od točaka B i C. Dakle, trokut T BN možemo konstruirati jer je jednoznačno odreden s dvije stranice ( 3 t b, 1 3 t a) i kutom nasuprot većoj stranici ( T NB). Presjekom pravca NT i kružnice k(n, t a ) konstruirat ćemo točku A, a točka C je centralnosimetrična slika točke B sa centrom u točki N. 44

50 Slika Konstruirajmo trokut ABC, ako je zadano: t a, a, b. Analiza: Neka je A 1 polovište stranice BC. Trokut AA 1 C je jednoznačno odreden sa svoje tri stranice (t a, 1 a i b). Točka B je centralnosimetrična slika točke C sa centrom u točki A 1. Slika

51 18. Konstruirajmo trokut ABC, ako je zadano: t a, a, s β. Rješenje: Prije dokazivanja nerješivosti ovog konstruktibilnog problema iskažimo duljinu simetrala kutova trokuta ABC pomoću njegovih stranica. Lema U trokutu ABC vrijedi s α(b + c) = bc[(b + c) a ], s β(a + c) = ac[(a + c) b ], s γ(a + b) = ab[(a + b) c ]. Slika 3.8. Dokaz. Neka je točka D sjecište simetrale kuta BAC i nasuprotne stranice BC. Duljinu simetrale AD označit ćemo s s α. Najprije je očito P ( ADC) + P ( ABD) = P ( ABC), tj. odnosno 1 s αb sin α + 1 s αc sin α = 1 bc sin α, (b + c)s α = bc cos α. Iz cos α = 1 + cos α, cos α = b +c a, slijedi bc s α(b + c) = bc[(b + c) a ]. Analogno se pokaže da vrijedi i za ostale simetrale. Dokaz nerješivosti konstrukcije. Iz izraza za s β dokazanog u prethodnoj lemi izrazimo b : Uvrstimo to u izraz za težište t a : b = (a + c) s β (a + c). ac 4t a = b a + c 4t a = (a + c) s β (a + c) ac a + c. 46

52 U gornjem izrazu poznate su nam varijable t a, a i s β, a nepoznata varijabla je c. Uzmimo da je a =, t a = 1 i s β = 1 i uvrstimo to u gornju jednakost Sredivanjem dobivamo 4 = ( + c) 1 ( + c) c 4 + c. 4c 3 + 7c 4c 4 = 0. (3.1) Racionalni korijeni, ako postoje, nalaze se u skupu { ±1, ± ± 4, ± 1, ± 1 4}. Isprobajmo Hornerovim algoritmom je li neki od tih brojeva rješenje gornje jednadžbe

53 Pokazali smo da jednadžba (3.1) nema racionalna rješenja, pa nije rješiva u kvadratnim radikalima, dakle, trokut s elementima a =, t a = 1 i s β = 1 nije moguće elementarno konstruirati. Još moramo dokazati da takav trokut postoji. Slika 3.9. Fiksirajmo BC = a =. Neka je P polovište dužine BC. Tada se vrh A nalazi na kružnici k(p, t a ), t a = 1. Slika Na slici su pokazana tri proizvoljna položaja vrha A; A 1, A, A 3. Kada se A 1 približava vrhu C tada s β, kada se A 3 približava vrhu B, tada s β 0. Ova promjena od do 0 je neprekidna pa postoji položaj vrha A kada je s β = 1, tj. taj trokut s elementima a =, t a = 1 i s β = 1 postoji. 48

54 45. Konstruirajmo trokut ABC, ako je zadano: t a, β, s β. Rješenje: Kako ova konstrukcija nije moguća, provest ćemo dokaz. Uzmimo da je β = 90. Tada je Iz leme o duljini s β dobivamo b = a + c. s β(a + c) = ac[(a + c) b ], a nakon što u taj izraz uvrstimo b dobivamo s β(a + c) = ac ac, te korjenovanjem imamo tj. s β (a + c) = ac, c = s β a a s β. Uvrstimo u formulu za t a 4t a = b a + c 4t a = (a + c ) a + c 4t a = a + 4c s β a 4t a = a + 4 (a (3.) s β ) Uzmimo da je s β =. Razlog tog izbora je u tome što želimo dobiti jednadžbu s racionalnim koeficijentima, a u ovom slučaju će (a s β ) prijeći u (a ) = (a 1), tj. izgubio se. Sada bismo za vrijednost t a morali uzeti onu za koju trokut s tim elementima postoji. Slika

55 Kada je β = 90 tada se za različite trokute ABC točka E miče po simetrali kuta β. Uzmimo da je t a fiksiran kako bismo nacrtali trokut sa β = 90 i t a. Na jednom kraku odaberemo A, opišemo kružnicu k(a, t a ), njezin presjek s drugim krakom je točka D i onda vrh C dobijemo tako da preslikamo B centralnom simetrijom s obzirom na točku D. Na donjoj slici je napravljeno nekoliko takvih točaka A i D. Slika 3.1. Nadalje, udaljenost za koju možemo udaljiti A od B je upravo t a. Kad se A približava tom krajnjem položaju D teži točki B, samim time će i C težiti B (je BC = BD ) i simetrala kuta β će težiti 0. Drugi krajnji položaj je kad se A približava točki B, tj. BA 0. Tada BD t a, tj. BC t a i s β 0. Dakle s β se mjenja ovako: od 0 raste do neke vrijednosti i onda opet pada do 0. Ova je promjena očito simetrična pa pogledajmo situaciju kad su A i D jednako udaljeni od B. Tada je trokut ABD pravokutni jednakokračni, tj. ADB = 45. Simetrala kuta β siječe AD u F i zbog F BD = 45 imamo da je BF = F B = 1 t a. Kada dovršimo trokut ABC, tada imamo s β = BE > BF = 1 t a i s β < t a. Dakle, s β se mijenja od 0 do nekog broja s β koji je izmedu 1 t a i t a. Ako odaberemo t b = 3, onda je maksimum za s β broj izmedu 3 i 3. Mi smo izabrali da je s β = 1.41 < 3 pa pri promjeni kad se s β mijenja od 0 do svog maksimuma koji je veći od 3, u nekom trenutku postigne vrijednost. Dakle, trokut β = 90, s β =, t a = 3 postoji. Uvrstimo li te vrijednosti u (3.) dobivamo a 4 3 = a + 4 (a ) 36 = a + 4a (a 1) 36(a 1) = a (a 1) + 4a a 4 a 3 31a + 7a 36 = 0 (3.3) 50