2.7. DEVET RJEŠENJA JEDNOG ZADATKA IZ GEOMETRIJE *)

.7. DEVET RJEŠENJ JEDNOG ZDTK IZ GEOMETRIJE *) Riječ je o sljedećem zadatku iz geometrije: Oko jednakostraničnog trougla Δ opisana je kružnica. Dokazati da svaka tačka M luka ima osobinu M+ M = M. Daćemo devet različitih rješenja ovog zadatka čisto geometrijskih pomoću trigonometrije pomoću vektora i analitičke geometrije. Dokaz 1.Naravno tača M pripada luku kome ne pripada tačka (vidi sl.1). Na duži M odredimo tačku D tako da bude M = D. Uglovi M i D su jednaki kao periferijski nad istom tetivom M. Pošto su uglovi DM i =60 0 jednaki (kao periferijski nad tetivom ) to je DM = 600 pa je trougao MD (zbog M = D ) jednakostranični. To znači da y je D = 100 a i M = 100 jer je M = = 60 0 kao periferijski nad D tetivom (a i zbog toga što je četverougao M tetivni). Svakako = pa su S trouglovi M i D podudarni odakle x slijedi da je D = M. Sada imamo: M = D + DM = M + M što je i M trebalo dokazati. sl.1. Dokaz. Na osnovu Ptolemejeve teoreme primijenjene na tetivni četverougao M imamo: M + M = M. (1) Kako je = = = a iz (1) slijedi: a M + a M = a M ili nakon dijeljenja sa a: M + M = M što je i trebalo dokazati. *) Koautor lija Muminagić Nykøbing F. Danska 130

Dokaz 3. Neka je M { K} uglove) pa iz te sličnosti slijedi: =. Očigledno KM K (jer imaju jednake M K K = M =. () K K Iz sličnosti trouglova MK K (trouglovi imaju jednake uglove) slijedi: Sabiranjem jednakosti () i (3) dobijamo: M K K = M =. (3) K K K K M + M = + =(zbog = = a ) = K K ( + K ) a K a = = (zbog K + K = = a ) =. K K a a S K a Dakle M sl. a M + M =. (4) K Osim toga je i M K (jer je zajednički a M = = = = K = 60 0 ) pa je M = M = =(zbog = a ) =. (5) K K K a 131

Konačno iz (4) i (5) slijedi: M + M = M q.e.d. Dokaz 4. Uzmimo tačku E na opisanoj kružnici oko trougla takvu da je E = M. Produžimo E preko tačke E i M preko tačke i presječnu tačku označimo sa F (sl.3). Zbog E = M je E = M pa je i E = M a zbog toga je E M. Tako je četverougao EM jednakokraki trapez i M = ME = 60 0 (jer je M = = 600 ). Ovo pak znači da je trougao ME jednakostranični. Zbog E M je i trougao EF jednakostranični pa je F = FE. E F S Dalje imamo da je: M sl.3 E = E = M = M pa je E = M. Sada je dakle: a u jednakostraničnom trouglu F + M = E + M = M + M MF je: F + M = FM = M pa iz dvije posljednje jednakosti slijedi da je: M + M = M q.e.d. Dokaz 5. Produžimo M preko tačke do tačke E tako da je M = ME (sl.4). Zbog 0 ME = 60 i M = ME trougao ME je jednakostraničan. Neka je M = x M = y i E = z. Imamo da je x + y = 600 i y + z = 600 pa je 13

x = z. Sada je 0 M = 60 = E M = x = z = E te M = E = ME pa je M E i iz podudarnosti tih trouglova slijedi da je M = E. x y z Tako je sada: 60 0 60 0 600 60 0 M S sl.4 M + M = E + M = ME = M tj. 60 0 E M + M = M q.e.d. Dokaz 6. Na osnovu kosinusne teoreme primijenjene na trouglove M i na M dobijamo: = M + M M M cos M = M + M M M cos M. Kako je M = M = 600 (vidi dokaz 1.) to imamo: = M + M M M te = M + M M M. Oduzimajući ove jednakosti (gdje je = ) dobijamo: 0 = M M M ( M M ) a odavde nakon dijeljena sa M M 0 imamo: 0 = M + M M i konačno: M + M = M što je i trebalo dokazati. 133

(U slučaju M M = 0 tj. M = M lako se pokazuje da je M = MS = MS + MS = M + M.) Dokaz 7. Neka je M = ϕ (sl.1). Ugao M je jednak također ϕ (kao periferijski nad tetivom M). Poznata nam je veza između stranice trougla sinusa naspramnog ugla i poluprečnika opisane kružnice (sinusna teorema). Iz trouglova M i M dobijamo (R je poluprečnik opisane kružnice tim trouglovima): 0 0 M = R sinϕ M = R sin( 60 ϕ ) i M = R sin( 60 + ϕ ). Odavde je: + = + = = 1 R sin 900 ( 300 ) R sin( 600 = + ϕ = + ϕ ) = M M M R sinϕ sin( 600 ϕ ) R sin300 cos( ϕ 300 ) što je i trebalo dokazati. Dokaz 8. Primijenićemo metodu analitičke geometrije. Uvedimo (sl.1) pravougli koordinatni sistem sa koordinatnim početkom u tako da je: (00) (a0) a a 3 i M(x>0 y<0). Lako se dobija da je centar kružnice a a 3 S a njen 6 a je poluprečnik R =. Jednačina kružnice glasi: 3 ili Dokazaćemo da je x a a 3 a x + y = (5) 6 3 x a 3 + y ax y = 0. 3 a a + y + ( x a ) + y = x + y 3 (6) odnosno M + M = M pošto je: = x y M + = ( x a ) y M + a a M = x + y 3. 134

Neka je Imamo: L = x + y + ( x a ) + y a D a a = x + y 3. L = x + y + (x a) + y + x + y (x a) + y = x + y + + + + + = + + + ax a ( x y )( x y ax a ) x y ax a + + + + + = + + (x y ) ax(x y ) ax ay (x y ax) + + + + + + ( x y ax ) a ( x y ax ) ay. Iz (5) je x a 3 + y ax = y pa je sada: 3 a 3 a 3y L = x + y ax + y + a + ay + = 3 3 (jer je y Dakle konačno je: a 3 4 x y ax y a a y 3 3 = + + + + = a 3 4 = + + + 3 3 x y ax y a ay = y zbog y<0). a 3a a a = x + y ax 3ay + + = x + y 3 D. L = 4 4 Odavde slijedi da je L=D (jer su LD>0) a time je dokazano (6) odnosno M + M = M. Dokaz 9. Poslužićemo se vektorskom metodom. Imamo (sl.5): odnosno M = MS + S M = MS + S M = MS + S 135

M M M = MS + S + MS S = MS + S + MS S = MS + S + MS S. Zbog MS = S = S = S = R imamo M M = R + MS S cos ( MSS) = R + MS S cos ( MSS ) odnosno M M = R + MS S cos ( MSS ) ϕ = R + R cosϕ = R ( 1 + cosϕ ) = 4R cos M υ ϕs ε M M ε = R + R cosε = R ( 1 + cosε ) = 4R cos ϑ = R + R cosϑ = R ( 1 + cosϑ ) = 4R cos. Odavde je: ϕ M = M = R cos ε M = M = R cos (7) ϑ M = M = R cos. sl.5. Dokazaćemo da je ϕ ε ϑ cos + cos = cos. (8) 136

0 0 Pošto je (vidi sl.5): ϕ + ε = 40 i ϑ = ϕ 10 to sada imamo: ϕ ε ϕ ϕ ϕ ϕ + = + = + + cos cos cos cos( 100 ) cos cos100 cos 0 ϕ ϕ 1 ϕ 0 ϕ 1 ϕ + sin10 sin = cos cos + sin10 sin = cos + ϕ ϕ ϕ ϕ ϑ + = + = = 0 0 0 0 sin60 sin cos60 cos sin60 sin cos( 60 ) cos. Time je dokazano (8). Iz (7) i (8) slijedi: ϕ ε ϕ ε ϑ R cos + R cos = R(cos + cos ) = R cos ili M + M = M što je i trebalo dokazati. LITERTUR [1] rslanagić Š. spekti nastave matematike za nadarene učenike srednjoškolskog uzrasta Udruženje matematičara osne i Hercegovine Sarajevo 001. [] rslanagić Š. Matematika za nadarene osanska riječ Sarajevo 004. [3] rslanagić Š. Milošević D. Šest rješenja jednog zadatka iz geoemtrije Matematičko-fizički list Vol.33 Nr. 1/13 (198/83). [4] Engel. Problem-Solving Strategies Springer-Verlag New York 1998. [5] Marić. Planimetrija Zbirka riješenih zadataka Element Zagreb 1996. 137

.8. GENERLIZIJ VN SHOOTENOVE *) TEOREME U [3] je dato devet raznih rješenja jednog zadatka iz geometrije koji glasi: Oko jednakostraničnog trougla opisana je kružnica. Dokazati da za svaku tačku M luka kome ne pripada tačka tj. tačke i M su sa raznih strana prave važi jednakost M + M = M (sl.1) U matematičkoj literaturi ova činjenica je poznata kao Van Schootenova teorema. Sada ćemo dati generalizaciju Van Schootenove teoreme koja glasi: Neka su tačka tri uzastopna vrha pravilnog n - tougla i neka tačka M pripada opisanoj kružnici tom n -touglu i pri tome su tačke i M sa raznih strana prave. Tada važi jednakost: π M + M = M cos. (1) n Dokaz: Posmatrajmo kompleksnu ravan sa koordinatnim početkom u tački O koja je centar opisane kružnice k pravilnom n - touglu i neka je 1 koordinata vrha 1 mnogougla 1 n (sl.). y K k = 3 = M O O 1 = 1 x M sl.1 sl. π π k 1 ko je ε = cos + i sin tada je ε koordinata tačke k ( k = 13...n). n n *) Franz Van Schooten 1615.-1666. holandski matematičar 77

Ne umanjujući općenitost pretpostavićemo da je 1 = i 3. Neka je z = cos t + i sint; t 0π koordinata tačke M k. udući da su tačke i M sa M [ ) raznih strana prave to slijedi da je 4π < t. Tada je n t = = + = = ; ( ) M zm 1 cos t 1 sin t cos t sin π π M = zm ε = cos t cos + sin t sin n n π π = cos t cos + sint sin n n π t π = 1 cos t = sin ; n n 4π 4π M = zm ε = cos t + i sint cos + i sin n n 4π 4π = cos t cos + sin t sin n n 4π 4π = cos t cos + sint sin n n 4π t π = 1 cos t = sin. n n 78

Jednakost (1) tj. M M M cos n π + = je sada ekvivalentna jednakosti: t t t sin sin π 4 sin π + = cos π n n n koja je tačna jer slijedi nakon pretvaranja zbira na njenoj lijevoj strani u proizvod tj.: t t π sin + sin = n t t π t t π + + = sin n cos n t π π = 4 sin cos. n n Sada ćemo dati tri posljedice jednakosti (1). Posljedica 1. Za n = 3 dobijamo iz (1): M M M cos 3 π + = odnosno M + M = M a ovo je Van Schoutenova teorema. Posljedica. Za n = 4 tada za tačku M koja pripada opisanoj kružnici k kvadrata D i pri tome su tačke i M sa raznih strana prave slijedi iz (1): π M + M = M cos 4 odnosno M + M = M. 79

Posljedica 3. Za n = 6 za tačku M koja pripada kružnici k opisanoj pravilnom šestouglu DEF gdje su tačke i M sa raznih strana prave dobijamo iz (1): π M + M = M cos 6 odnosno M + M = 3 M. L I T E R T U R [1] T. ndreescu D. ndrica omplex Numbers from to... Z irkhäuser oston-asel-erlin 004. [] Š. rslanagić Matematika za nadarene osanska riječ Sarajevo 005. [3] Š. rslanagić Matematička čitanka Grafičar promet d.o.o. Sarajevo 008. 80

O JEDNOJ ZNČJNOJ OSOINI TEŽIŠNI TROUGL Dr. Šefket rslanagić Sarajevo ih U ovom članku ćemo dati neke značajne osobine težišnica trougla i kroz zadatke ih iskoristiti u svrhu rješavanja tih zadataka. Kroz te osobine bitan momenat će biti površina trougla pa se ne rijetko ova metoda rješavanja zadataka zove «metoda površina». Riječ je o dvije sljedeće tvrdnje: Neka je D težišnica trougla (tača D je središte stranice tog trougla). Tada je 1 0 P D = P D ; 0 = gdje su tačke i podnožja normala povučenih iz vrhova i na težišnicu D. Dokaz: 1 0 Imamo (sl.1) P 1 D = D E gdje je tačka E podnožje visine iz vrha 1 na stranicu kao i P D E Pošto je tačka D središte stranice trougla to je D. D = jer je E visina i trougla D P D = P q.e.d. D = D te dobijamo odozgo: E D sl.1 1

0 Sada imamo (sl.): P 1 1 = te P D = D. D D 0 Pošto je D = D D = D = 90 i D = D (unakrsni uglovi) to je D D pa je tada = q.e.d. D sl. Sada ćemo dati nekoliko zadataka koje ćemo riješiti pomoću prethodno dokazanih tvrdnji 1 0 i 0. Zadatak 1. Neka se tačka M nalazi unutar trougla i neka važi jednakost P = P. Dokazati da tada tačka M pripada težišnici D tog trougla. M M Rješenje: Neke je D tačka u kojoj prava M siječe stranicu trougla (sl.3). Dokazaćemo da je tada D = D tj. D D gdje je D težišnica trougla. Imamo sada: 1 1 P M = M i P M = M gdje su tačke i podnožja normala iz vrhova i na pravu D. Kako je po pretpostavci zadatka P M = P M to dobijamo odozgo da je: 1 1 M = M

a odavde =. (1) M D sl.3 Pošto su pravougli trouglovi ugla jednaka) to vrijedi: Sada iz (1) i () slijedi: D i D slični (imaju po dva odgovarajuća D =. () D D = D tj. tačka D D je središte stranice trougla pa je duž D težišnica tog trougla q.e.d. Zadatak. Neka su tačke simetrične vrhovima trougla u odnosu na tačke redom kao centrima simetrije. Dokazati da je tada: P = 7P. Rješenje: Po pretpostavci u zadatku je tačka središte duži pa je duž težišnica trougla (sl.4). Sada imamo na osnovu tvrdnje 1 0 : P = P. (3) Pošto je duž težišnica trougla to je iz istog razloga tj. 1 0 : P = P. (4) 3

Sada iz (3) i (4) dobijamo: odnosno zbog (4) i (5): nalogno dobijamo da je: P sl.4 = P (5) P = P + P = P. (6) P = P = P. (7) Imamo sada na osnovu (6) i (7): P = P + P + P + P = 7P q.e.d. Zadatak 3. Neka je D konveksan četevrougao a tačke D su simetrične vrhovima tog četverougla u odnosu na tačke D redom kao centrima simetrije. Dokazati da je tada: P = 5P. D D 4

Rješenje: Iz istog razloga kao u prethodnom zadatku tj. na osnovu tvrdnje 1 0 dobijamo (sl.5): P = P = P a odavde nakon sabiranja ovih jednakosti D D P = P = P P = P = P D D D P = P = P DD D D te ( ) P + P + P + P = P + P + P + P D DD D D D ( ) P = P + P + P tj. D D D D P = 5P q.e.d. D D D : D sl.5 5

Zadatak 4. Koristeći tvrdnje 1 0 i 0 dokazati da se težišnice trougla sijeku u jednoj tački (tj. da su konkurentne). Rješenje: Označimo sa T tačku presjeka težišnica E i F trougla (sl.6). Dokazaćemo da tačka T pripada i težišnici D trougla. Na osnovu tvrdnji 1 0 i 0 slijedi da je P T = P T jer tačka T pripada težišnici E trougla. Iz istog razloga pošto tačka T pripada težišnici F trougla slijedi da je P = P. Iz gornje dvije jednakosti dobijamo da je: T T P T = P T odakle zaključujemo na osnovu prethodnih osobina da tačka T pripada težišnici iz vrha. Dakle težišnice trougla se sijeku u jednoj tački q.e.d. F T E sl.6 Za vježbu preporučujemo da se riješe sljedeći zadaci: 1. Neka je D konveksan četverougao a tačke i su simetrične vrhovima i u odnosu na vrhove i D kao centre simetrije. Odrediti omjer površina četverouglova i D.. Neka je D konveksan četverougao a tačke M N PQ su središta stranica D D redom. Duži N PQ i DM obrazuju svojim presječnim tačkama četverougao XYZT ( N DM = { X} N P = { Y} P Q { Z} Q DM = { T} ). Dokazati da vrijedi jednakost: P = P + P + P + P. XYZT MX NY PZ DQT = 6

3. Neka je jednakostranični trougao i tačka M unutar tog trougla. Neka su tačke i podnožja normala povučenih iz tačke M na stranice i tog trougla. Dokazati da vrijedi jednakost: P + P + P = P + P + P. M M M M M M 4. U konveksnom četverouglu D se nalazi tačka M za koju važi jednakost: P = P = P = P. M M MD MD Dokazati da tada jedna od dijagonala četevrougla polovi drugu dijagonalu. 5. U konveksnom četverouglu D tačke M i N su središta dijagonala i D. Neka je E presječna tačka stranica i D a F presječna tačka stranica i D četevrougla. Dalje neka je tačka P središte duži EF. Dokazati da su tačke MN i P kolinearne (pripadaju istoj pravoj). 6. Neka je četverougao D trapez ( D ). Neka je O presječna tačka njegovih dijagonala i D. Dokazati da je tada P OD = P O. 7. Neka se tačka M nalazi na stranici trougla. Kroz tačku M konstruisati pravu koja dijeli taj trougao na dva dijale jednakih površina. 8. Neka je četverougao D trapez ( ) D i tačka E. Prava kroz vrh koja je paralelna duži DE siječe krak D trapeza u tački F. Dokazati da su prave E i F paralelne. 9. Neka je O presječna tačka dijagonala i D trapeza D. Prava povučena kroz tačku O koja je paralelna osnovicama trapeza siječe krake trapeza u tačkama M i N. Dokazati da je OM = ON. LITERTUR [1] rslanagić Š. Matematika za nadarene osanska riječ Sarajevo 004. [] Enescu. rii Editura GIL Zalau 006. [3] Marić. Planimetrija-zbirka riješenih zadataka Element Zagreb 1996. 7