UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA Študijski program: Matematika in tehnika. Heronova formula DIPLOMSKO DELO

UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA Študijski program: Matematika in tehnika Heronova formula DIPLOMSKO DELO Mentor: dr. Marko Razpet Kandidatka: Ana Malavašič Ljubljana, februar 013

Zahvala Iskreno se zahvaljujem svojemu mentorju, dr. Marku Razpetu, ker si je vzel čas za strokovno pomoč in nasvete pri nastajanju diplomskega dela. Zahvaljujem se tudi staršema, ki sta mi omogočala študij. Hvala tudi vsem sošolkam, predvsem Sonji, Nataliji, Kseniji in sošolcem ter prijateljem, ki so mi kadarkoli pomagali, stali ob strani, me podpirali in spodbujali ter mi s tem polepšali študij. I

Program dela V diplomskem delu obravnavajte in na nekaj načinov izpeljite Heronovo formulo za ploščino trikotnika. Ljubljana, december 01 Mentor: dr. Marko Razpet II

Heronova formula - povzetek V diplomskem delu smo podrobneje obravnavali ter dokazali Heronovo formulo. Uvodne besede smo namenili geometriji ter v drugem poglavju nadaljevali s kratkim življenjepisom o Heronu. Glavna nit diplomskega dela je Heronova formula, katero smo izpeljali ter dokazali na sedem načinov. Sledita dve poglavji, ki smo ju namenili Heronovim trikotnikom ter tetivnim štirikotnikom. Nadaljevali smo s kratkim življenjepisom indijskega matematika Brahmagupte in poglavje zaključili z Brahmaguptovo formulo za izračun ploščine tetivnega štirikotnika ter ugotovitvijo, da je Heronova formula poseben primer Brahmaguptove formule. V zaključku smo podali možnosti razširitve diplomskega dela ter Heronovo formulo umestili v srednješolsko izobraževanje. Ključne besede: ploščina, Heron, trikotnik, Heronova formula, Heronovi trikotniki, tetivni štirikotnik, Brahmaguptova formula. III

Heron s formula - Abstract In the thesis we discuss Heron s formula in detail and present the proof of the formula. We start with introduction to geometry and continue with a short biography of Heron in the second section. The main theme of the thesis is Heron s formula. We present derivation of Heron s formula and then we prove the formula in seven different ways. In the following two chapters we discuss Heron s triangles and cyclic quadrilaterals. We continue with a short biography of Indian mathematician Brahmagupta and conclude the chapter with presenting Brahmagupta s formula for finding the area of a cyclic quadrilateral and showing that Heron s formula is a special case of Brahmagupta s formula. In conclusion, we present possible extensions of the thesis and fit Heron s formula into the secondary education. Keywords: area, Heron, triangle, Heron s formula, Heron s triangles, cyclic quadrilateral, Brahmagupta s formula. MSC(010): 01A0, 51M04, 51M5. IV

Kazalo 1 Uvod 1 Heron iz Aleksandrije 3 3 Izpeljava kosinusnega izreka 7 3.1 Prvi dokaz kosinusnega izreka.................. 8 3. Drugi dokaz kosinusnega izreka................. 9 4 Izpeljava obrata Pitagorovega izreka 11 5 Heronova formula 1 5.1 Prvi dokaz Heronove formule................... 1 5. Drugi dokaz Heronove formule.................. 15 5.3 Tretji dokaz Heronove formule.................. 17 5.4 Četrti dokaz Heronove formule.................. 19 5.5 Peti dokaz Heronove formule................... 3 5.6 Šesti dokaz Heronove formule.................. 7 5.7 Sedmi dokaz Heronove formule.................. 30 6 Uporaba Heronove formule 36 7 Heronovi trikotniki 37 8 Tetivni štirikotniki in Brahmaguptova formula 43 9 Sklepne besede 57 Literatura 59 V

Slike 1 Heron [16].............................. 3 Heronova buča [1].......................... 5 3 Trikotnik ABC, katerega višina v razdeli stranico c na dva odseka.... 8 4 Trikotnik ABC, katerega napenjata vektorja b in c........... 10 5 Paralelogram ABCD, katerega napenjata vektorja a in b........ 13 6 Trikotnik ABC, katerega napenjata vektorja a in b........... 14 7 Trikotnik ABC, katerega višina v c razdeli stranico c na dva odseka.... 17 8 Trikotnik ABC, s tangentnimi odseki m, n, p.............. 0 9 Trikotnik ABC, s tangentnimi odseki m, n, p.............. 9 10 Trikotnik ABC, kateremu včrtamo krožnico. Z njim si pomagamo pri dokazu Heronove formule na Heronov geometrijski način......... 31 11 Tetivni štirikotnik ABCD, katerega stranice so tetive kroga....... 43 1 Tetivni štirikotnik ABCD, v katerem sta nasprotna notranja kota suplementarna............................... 45 13 Brahmagupta [10]........................... 46 14 Konveksni štirikotnik ABCD, s pomočjo katerega dokažemo splošno Brahmaguptovo formulo............................ 47 15 Tetivni štirikotnik ABCD, s pomočjo katerega dokažemo Brahmaguptovo formulo............................. 50 16 Ortodiagonalni tetivni štirikotnik ABCD................ 55 VI

1 Uvod V prvem poglavju bomo na kratko opisali geometrijo kot vejo matematike, nato evklidsko geometrijo in njeno delitev. Nato se bomo osredotočili na ravninsko geometrijo ter ploščino trikotnika. Geometrija je ena najstarejših znanosti. Začetki segajo v Mezopotamijo in Egipt in v dolino Inda okoli leta 3 000 pr. n. št. Beseda geometrija je grškega izvora in pomeni merjenje zemlje, zato so se na začetku predvsem ukvarjali s praktičnimi problemi ter proučevali probleme, povezane z zemljemerstvom. V današnjem času se za besedo zemljemerstvo uporablja beseda geodezija. Sodobna geometrija pa je matematična panoga, ki ni več povezana z dejanskim merjenjem zemlje. Geometrija je, preprosto povedano, tisti del matematike, ki se ukvarja s točkami, premicami, ravninami, liki, telesi, njihovimi značilnostmi in medsebojnimi odnosi. Geometrija je zgrajena na osnovi aksiomov, izkustveno ali intuitivno določenih značilnosti prostora, ki jih ne moremo dokazati z osnovnejšimi zakonitostmi. Začetnik sodobne geometrije je Evklid iz Aleksandrije, ki je z delom Elementi postavil temelje današnji geometriji. Na podlagi aksiomov oziroma postulatov, ki so očitne resnice, je postopoma izpeljal zapletene lastnosti geometrijskih objektov in odnose med njimi. Evklidska geometrija je dolga stoletja veljala za edino geometrijo ter je še danes nezamenljivi temelj vsakega geometrijskega dela. Deli se na planimetrijo, stereometrijo ter na trigonometrijo. Planimetrija oziroma ravninska geometrija opisuje dele ravnine in ravninske like. Temeljni pojmi so točka, premica, daljica, krivulja; razdalja, kot; trikotnik, štirikotnik, večkotnik; krog, krožnica; obseg, ploščina,... 1

Stereometrija oziroma prostorska geometrija opisuje dele prostora in prostorska telesa. Temeljni pojmi so ravnina, ploskev; prizma, piramida; valj, stožec, krogla; površina, prostornina,... Trigonometrija oziroma računska geometrija obravnava postopke za računanje dolžin stranic in velikosti kotov v trikotniku. Dolgo časa je bila namreč geometrija usmerjena predvsem v risanje in geometrijske konstrukcije. Grški astronomi so izumili trigonometrijo, da bi jim pomagala opisati gibanje planetov in zvezd. Sodobna trigonometrija se je razvila šele po uvedbi kotnih funkcij [14]. Ploščina je v geometriji mera za velikost geometrijskega lika oziroma dela ravnine. Izraz ploščina uporabljamo za dvorazsežne objekte. V slovenski matematiki je bila dolgo časa oznaka za ploščino p, ki je začetna črka besede ploščina; v novejšem času pa se je uveljavila oznaka S, ki je začetna črka latinske besede superficium. V tujih jezikih pa pogosto srečamo oznako A, ki je začetna črka latinske besede area. V diplomskem delu bomo ploščino označevali s S ter rezultate pisali brez ploščinskih enot. Enota za merjenje ploščine je enotski kvadratek oziroma kvadrat, ki ima za stranico eno dolžinsko enoto. Ploščina lika je torej število, ki nam pove, koliko enotskih kvadratkov prekrije dani lik. Če se prekrivanje z enotskimi kvadratki ne izide, postopek nadaljujemo z manjšimi kvadratki, npr s takimi, ki predstavljajo stotinko, desettisočinko, milijoninko osnovne enote in tako naprej do infinitezimalno majhnih enot. Mednarodni sistem enot predpisuje za merjenje ploščine izpeljano enoto kvadratni meter [0]. Za računanje ploščin osnovnih likov uporabljamo formule. V diplomskem delu se bomo posvetili predvsem ploščini trikotnika z danimi stranicami.

Heron iz Aleksandrije V tem poglavju bomo na kratko opisali Heronovo življenje ter njegova pomembna dela. Heron (slika 1) je bil zelo pomemben starogrški matematik, izumitelj, fizik, geometer, inženir in tehnik. Bil je tudi učitelj in poleg Menelaja eden izmed zadnjih velikih učenjakov v Aleksandriji. Slika 1: Heron [16]. O njegovem življenju ni skoraj ničesar znanega. Dolgo časa niso niti vedeli, v katerem stoletju je živel. Izkazalo se je, da je bil Lunin mrk, ki ga je omenjal v svojih spisih, leta 6 v Aleksandriji, tako da je zagotovo živel okoli leta 75. Pogosto v različnih knjigah zasledimo tudi, da je živel med 150 pr. n. št. ter 50 n. št., ker natančnega datuma rojstva in smrti ni nikjer zapisanega. Svoje znanje si je pridobil, ko je študiral v Grčiji in Egiptu. Napisal je 3

veliko različnih del, tako pri matematiki kot tudi pri fiziki. Znanih je okoli 14 razprav praktične uporabe matematike in inženirstva ter različni izumi (sifon, parni stroj, vetrne piščali, vodna črpalka,... ). Geometrična razprava Metrika v treh knjigah, ki je bila odkrita leta 1896 v Carigradu, vsebuje merjenja likov, krožnih, eliptičnih, paraboličnih odsekov, površin valjev, stožcev in sfer, rekurzivno metodo za računanje kvadratnega korena x n+1 = 1 (x n + a/x n ), n 0, ki so jo poznali že Babilonci, ter najbolj znano formulo, s katero izračunamo ploščino trikotnika z njegovimi stranicami a, b in c, to se pravi S = s(s a)(s b)(s c), s = 1 (a + b + c), kateri se bomo posvetili v diplomskem delu. Razprava P neumatika, delo iz mehanike, vsebuje opis okoli sto mehanskih igrač, naprav in orodij (vzvod, kolo, vijak, zagozda), s katerimi lahko silo pravilno usmerjamo ter jo ojačujemo. Pravilno je pojasnil in posplošil Arhimedovo načelo vzvoda. Pri konstruiranju naprav je uporabljal natego, brizgalke in zobnike. Zobnike je uporabljal predvsem za pretvarjanje vrtenja koles na vozovih v obračanje posebnega kazalca, primitivnega števca za dolžino. Sledita še razpravi Dioptra, ki vsebuje optične naprave ter antično obliko teodolita in Katoptrika, katera vsebuje lastnosti zrcal ter opisuje svetlobo. Heron je mislil, da je vid posledica svetlobe, ki jo oddajajo oči in da svetloba potuje z neskončno hitrostjo. Trdil je tudi, da je odbojni kot svetlobnega žarka enak vpadnemu kotu. Napisal je tudi knjigo o zraku ter dokazal, da je zrak snov. S poskusom je pokazal, da voda ne more vdreti v posodo, ki je napolnjena z zrakom, 4

če posoda nima tudi odprtine, skozi katero bi zrak lahko uhajal. Na osnovi dejstva, da je zrak stisljiv, je trdil, da je zrak sestavljen iz posameznih delcev, ki jih ločuje prazen prostor, kar je zagovarjal Demokrit. S stisljivostjo zraka se je kasneje ukvarjal Robert Boyle [15], [16], [18]. Prvi toplotni energetski stroj z vsemi bistvenimi deli se imenuje Heronova buča (slika ) oziroma Heronova vrteča se krogla, ki je vrtljivo vležajena, zaprta in okrogla posoda ter napolnjena z vodo. Slika : Heronova buča [1]. Ogenj, ki so ga zakurili pod kroglo, je povzročil, da se je voda v krogli začela uparjati. Nastala je tlačna razlika med notranjostjo krogle in okolico, kar pa je povzročilo, da je para začela pihati v okolico skozi dve ukrivljeni koleni, ki sta bili tangencialno nameščeni na kroglo. Zaradi reakcijske sile (spomnimo se na zakon o akciji in reakciji, ki ga je pozneje pojasnil Isaac Newton), ki je 5

posledica izstopajoče pare, se je krogla pričela hitro vrteti. To je bila prva metoda pretvarjanja energije pare v gibanje, kar je zametek parnega stroja. Podobno napravo danes uporabljajo za zalivanje trave. Ni pa znano, da bi Heron izkoriščal mehanično delo vrteče se krogle. To je približno 1700 let pozneje ugotovil Giovanni de Branca ter predlagal, da bi curek pare napeljali na posebno mlinsko kolo in preko lesenih zobatih koles in vzvodov v stopah drobili žitno zrnje. Leta 1765 pa je James Watt izumil parni stroj, ki je delal na osnovi razlike tlakov in povzročil, da je lahko uživalo veliko ljudi ugodnosti, ki so bile včasih dostopne le malo ljudem [1], [16]. Kot zanimivost omenimo Heronov vodnjak oziroma naslednjo uganko, ki jo je zastavil Heron. V neki vodnjak priteka voda iz štirih studencev, in sicer daje prvi studenec toliko vode, da sam napolni vodnjak v enem dnevu. Drugi ga sam napolni v dveh dneh. Tretji ga sam napolni v treh dneh in četrti sam v štirih dneh. Koliko časa potrebuje, da se napolni studenec, če voda teče iz vseh štirih studencev hkrati? [7]. 6

3 Izpeljava kosinusnega izreka Kosinusni izrek (1) bomo dokazali na dva načina: s pomočjo Pitagorovega izreka ter z uporabo vektorjev. Najprej odgovorimo na vprašanje, kdaj lahko uporabljamo kosinusni izrek? Kosinusni izrek nam pomaga pri računanju neznanih stranic oziroma velikosti kotov trikotnika, pri katerem poznamo dolžine vseh treh stranic ali dolžini dveh stranic in kot med njima, oziroma pri računanju velikosti kotov, če poznamo dolžine vseh treh stranic trikotnika. Kosinusni izrek je ime dobil po kotni funkciji kosinus, ki se pojavi v izreku. Če ima poljuben trikotnik ABC stranice a, b in c ter so nasproti le tem koti α, β in γ, veljajo naslednje zakonitosti: a = b + c bc cos α, (1) b = a + c ac cos β, () c = a + b ab cos γ, (3) cos α = b + c a, bc cos β = a + c b, ac cos γ = a + b c. ab 7

3.1 Prvi dokaz kosinusnega izreka Prvi dokaz kosinusnega izreka (1) izvedemo s pomočjo Pitagorovega izreka. V poljubnem trikotniku ABC (slika 3) narišemo višino v, ki stranico c razdeli na dva odseka dolžine x ter c x. Brez škode za splošnost izberemo za najdaljšo stranico trikotnika stranico c. Slika 3: Trikotnik ABC, katerega višina v razdeli stranico c na dva odseka. Nato s pomočjo Pitagorovega izreka izrazimo višino na dva načina pri čemer dobimo: v = b x, v = a (c x). Ker sta levi strani enakosti enaki, lahko izenačimo desni strani, zato velja b x = a (c x). Poenostavimo zgornji relaciji v b x a + c cx + x = 0 8

in izrazimo a = b + c cx. Sedaj x nadomestimo z b cos α ter dobimo kosinusni izrek a = b + c bc cos α, ki smo ga želeli dokazati. Podobno dokažemo zakonitosti (), (3). Formule za izračun kota dobimo, če iz (1), (), (3) izrazimo kosinus posameznega kota [19]. 3. Drugi dokaz kosinusnega izreka Drugi dokaz kosinusnega izreka (1) poteka z uporabo vektorjev. V poljubnem trikotniku ABC, kot kaže slika 4, označimo vektorje: AB = c, AC = b, BC = a = b c. Skalarni produkt BC BC, izračunamo na prvi način BC BC = ( b c) ( b c), BC BC = b b b c + c c, 9

Slika 4: Trikotnik ABC, katerega napenjata vektorja b in c. BC BC = b + c bc cos α. Na drugi način, po definiciji skalarnega produkta, pa imamo BC BC = BC BC cos 0, BC BC = a a 1, BC BC = a. Ker sta levi strani enakosti enaki, ju lahko izenačimo ter dobimo kosinusni izrek ki smo ga želeli dokazati. a = b + c bc cos α, Na levi strani enakosti je stranica a, na desni strani enakosti pa sta ostali dve stranici trikotnika in kot α, ki leži nasproti stranice a. Tako lahko na podoben način dobimo zakonitosti (), (3), v katerih sta ostala dva kota, β in γ [5]. 10

4 Izpeljava obrata Pitagorovega izreka V tem poglavju bomo dokazali, kako Pitagorov izrek izpeljemo iz kosinusnega izreka. Dokazali bomo tudi obrat Pitagorovega izreka. V pravokotnem trikotniku ABC, kjer je γ pravi kot, torej γ = 90, iz (3) dobimo: c = a + b ab cos γ, c = a + b ab cos 90, c = a + b ab 0, c = a + b. S tem smo dokazali, da v pravokotnem trikotniku ABC preide kosinusni izrek v Pitagorov izrek. Torej, če poenostavimo: če je kateri izmed kotov v trikotniku ABC pravi (meri 90 ali π/ radianov), je njegov kosinus enak 0, tedaj se kosinusni izrek poenostavi v Pitagorov izrek. Obrat Pitagorovega izreka. Če je v trikotniku c najdaljša stranica in a, b krajši stranici ter velja c = a + b, potem je trikotnik pravokoten. Če velja c = a + b, potem iz c = a + b ab cos γ sledi cos γ = 0, kar pomeni γ = 90 oziroma trikotnik je pravokoten. 11

5 Heronova formula V pričujočem poglavju bomo dokazali Heronovo formulo S = s(s a)(s b)(s c), s = 1 (a + b + c) (4) na sedem načinov: z uporabo vektorjev, s pomočjo splošne formule za ploščino trikotnika, s pomočjo klasične formule za ploščino trikotnika, s pomočjo uvedbe tangentnih odsekov na trikotniku včrtano krožnico, s pomočjo Mollweidovih formul, s pomočjo posebne leme ter na Heronov geometrijski način. 5.1 Prvi dokaz Heronove formule Prvi dokaz Heronove formule poteka z uporabo vektorjev. Ploščina poljubnega trikotnika ABC je enaka polovici ploščine paralelograma ABCD, ki ga označimo tako kot kaže slika 5, z vektorjema: AB = a, AD = b. 1

Slika 5: Paralelogram ABCD, katerega napenjata vektorja a in b. Ploščina trikotnika je kot vemo iz linearne algebre: S = 1 a b. Pogosto računamo z dvakratno ploščino: S = a b. (5) Sedaj si pomagamo z Lagrangevo identiteto, ki govori o skalarnem produktu dveh vektorskih produktov ( a b) ( c d) = ( a c)( b d) ( a d)( b c). V našem primeru vzamemo a = c ter b = d in dobimo: ( a b) ( a b) = ( a a)( b b) ( a b)( b a), a b = a b ( a b). Ker je a = a in b = b, lahko zapišemo: a b = a b ( a b). 13

Nadaljujemo z računanjem, tako da enakost (5) kvadriramo ter si pomagamo z Lagrangevo identiteto, 4S = a b ( a b). Desno stran enakosti razstavimo kot razliko kvadratov 4S = (ab a b)(ab + a b). Pomnožimo s 4 in dobimo 16S = (ab a b)(ab + a b). (6) Nato si pomagamo s trikotnikom ABC, ki je na sliki 6, kjer stranici označujeta vektorja a in b. Začetni točki obeh vektorjev sta v istem oglišču trikotnika. Vektor c leži na tretji stranici trikotnika ABC, in kaže od vrha vektorja b k vrhu vektorja a. Torej velja: c = a b. Slika 6: Trikotnik ABC, katerega napenjata vektorja a in b. Izračunamo c c, upoštevamo distributivnost in komutativnost skalarnega produkta ter dobimo c = a + b a b. 14

Nato izrazimo skalarni produkt s stranicami trikotnika ter dobimo a b = a + b c. Sedaj se vrnemo k enakosti (6), v kateri namesto a b pišemo 16S = (ab a b + c )(ab + a + b c ). Desno stran uredimo, ter ponovno razstavimo razliki kvadratov: 16S = ( (a b) + c )((a + b) c ), 16S = (c a + b)(c + a b)(a + b c)(a + b + c). Vpeljemo novo oznako s = (a + b + c)/, kar je polovični obseg trikotnika ABC, ter dobimo Heronovo formulo S = s(s a)(s b)(s c), ki smo jo želeli dokazati [4]. 5. Drugi dokaz Heronove formule Drugi dokaz Heronove formule opravimo s pomočjo splošne formule za ploščino trikotnika ABC S = 1 ab sin γ. V zgornji enakosti namesto sin γ pišemo 1 cos γ ter vstavimo iz kosinusnega izreka (3) izražen cos γ, cos γ = a + b c, ab 15

in dobimo, S = 1 ( ) 1 ab a + b c. ab Enakost kvadriramo, izraz pod korenom pa razstavimo kot razliko kvadratov S = 1 ( ) ) 4 a b 1 a + b c (1 + a + b c, ab ab S = 1 4 a b ( ab a b + c ab ) ( ab + a + b c Desno stran uredimo ter ponovno razstavimo razliki kvadratov: S = 1 ( ) ( ) (a b) 4 a b + c (a + b) c, ab ab S = 1 ( ) ( ) (c a + b)(c + a b) (a + b c)(a + b + c) 4 a b. ab ab Krajšamo, in dobimo S = 1 ( ) ( ) (c a + b)(c + a b) (a + b c)(a + b + c). 4 Vpeljemo novo oznako s = (a + b + c)/, kar je polovični obseg trikotnika ABC, ter dobimo ab ). S = (a + b + c a) (a + b + c b) (a + b + c c) (a + b + c), S = s (s a) (s b) (s c). Po korenjenju dobimo Heronovo formulo S = s(s a)(s b)(s c), ki smo jo želeli dokazati [8]. 16

5.3 Tretji dokaz Heronove formule Tretji dokaz Heronove formule izvedemo s pomočjo klasične formule za ploščino trikotnika ABC Iz slike 7 vidimo, da velja: S = cv c. (7) m + n = c, n = c m, m = b v c, n = a v c. Slika 7: Trikotnik ABC, katerega višina v c razdeli stranico c na dva odseka. Izrazimo m n na dva načina: m n = (m + n)(m n) = c(m c), m n = b a, 17

ter izenačimo enakosti: Nato izrazimo m in n, ter dobimo: c(m c) = b a. m = a + b + c, c n = a b + c. c Sedaj n vstavimo v zvezo v c = a n in dobimo: ( ) a vc = a b + c, c v c = 4a c (a b + c ) 4c. Desno stran enakosti razstavimo kot razliko kvadratov ter uredimo: v c = (ac a + b c )(ac + a b + c ) 4c, v c = ( (a c) + b )((a + c) b ) 4c. Ponovno faktorja v števcu na desni strani razstavimo kot razliko kvadratov, torej v c = ter uredimo kot ( a + b + c)(a + b c)(a b + c)(a + b + c) 4c, v c = (a + b + c a)(a + b + c c)(a + b + c b)(a + b + c) 4c in dobimo v c = (a + b + c a)(a + b + c b)(a + b + c c)(a + b + c) 4c. 18

Vpeljemo novo oznako s = (a + b + c)/, kar je polovični obseg trikotnika ABC, ter dobimo v c = (s a)(s b)(s c)s 4c. Desno stran krajšamo, korenimo in dobimo v c = s(s a)(s b)(s c). c Sedaj v enakost (7) vstavimo pravkar izračunano višino v c : S = c s(s a)(s b)(s c), c krajšamo in dobimo Heronovo formulo S = s(s a)(s b)(s c), ki smo jo želeli dokazati [3]. 5.4 Četrti dokaz Heronove formule Četrti dokaz Heronove formule izvedemo s pomočjo uvedbe tangentnih odsekov na trikotniku včrtano krožnico. Trikotniku ABC narišemo včrtano krožnico in uvedemo tangentne odseke m, n, p, kot kaže slika 8. Očitno lahko izrazimo: a = n + p, b = p + m, 19

c = m + n, s = 1 (a + b + c), s = m + n + p. Slika 8: Trikotnik ABC, s tangentnimi odseki m, n, p. Ker je trikotnik ABC unija trikotnikov ASB, BSC, CSA, velja, da je ploščina trikotnika ABC enaka: S = m + n r + n + p S = r(m + n + p), Pri tem je r polmer trikotniku včrtane krožnice. V trikotniku CES veljata relaciji: sin γ = r + p + m r, S = rs. (8) r r + p, (9) 0

cos γ = p r + p. Če zapišemo sin γ = sin γ in uporabimo formulo za sinus dvojnega kota, dobimo sin γ = sin γ cos γ, sin γ = pr r + p. Sedaj izračunamo ploščino trikotnika ABC s pomočjo splošne formule za ploščino trikotnika in dobimo S = 1 ab sin γ Izenačimo enakosti (8) in (10) in dobimo S = 1 pr (n + p)(p + m) r + p. (10) rs = 1 pr (n + p)(p + m) r + p. Desno stran krajšamo z in obe strani še z r in dobimo s = p(n + p)(p + m) r + p, nato odpravimo ulomek in imamo s (r + p ) = p(n + p)(p + m). Nato zmnožimo sr + sp = mnp + mp + np + p 3 1

ter iz zadnjih treh členov na desni strani izpostavimo p, tako da dobimo sr + sp = mnp + p (m + n + p). Upoštevamo, da velja s = m + n + p: sr + sp = mnp + p s. Uredimo in dobimo sr = mnp. Enakost pomnožimo še s s in dobimo s r = mnps. S pomočjo enakosti (8) lahko pišemo S = mnps. Tangentne odseke m, n, p, ki smo jih na začetku uvedli, spremenimo nazaj. Pri tem dobimo: m = s a, n = s b, p = s c, S = s(s a)(s b)(s c), ter Heronovo formulo S = s(s a)(s b)(s c), ki smo jo želeli dokazati [3].

5.5 Peti dokaz Heronove formule Za peti dokaz Heronove formule uporabimo Mollweidove formule. Najprej ponovimo sinusni izrek, za katerega velja a sin α = b sin β = c sin γ = R. Pri tem je R polmer trikotniku očrtane krožnice. Iz sinusnega izreka sledita enakosti: Če seštejemo enakosti (11), dobimo a c = sin α sin γ, b c = sin β sin γ. (11) a + b c = sin α + sin β. sin γ Na desni strani uporabimo enakosti in dobimo sin x + sin y = sin x + y Sedaj uporabimo relaciji a + b c ter nadaljujemo z računanjem = α + β sin α + β cos x y, sin x = sin x cos x α+β sin cos α β sin γ cos γ. = 90 γ, = cos γ a + b c cos α β = cos γ sin γ cos γ. 3

Krajšamo in dobimo prvo Mollweidovo formulo a + b c = cos α β sin γ. (1) Podobno dobimo ostali dve Mollweidovi formuli a + c b = cos α γ sin β, b + c a = cos β γ sin α Če odštejemo enakosti (11) ter uporabimo enak postopek kot zgoraj, dobimo četrto Mollweidovo formulo. a b c ter zadnji dve Mollweidovi formuli a c b = = sin α β cos γ sin α γ cos β, b c a Več o tem si lahko preberete v [6]. = sin β γ cos α. Sedaj pa pričnimo z dokazom. V vsakem trikotniku veljajo Mollweidove formule. Če enakosti (1) prištejemo 1, dobimo a + b c + 1 = cos α β sin γ + 1, a + b + c c = α β cos + sin γ sin γ. 4

Uporabimo relacijo ki sledi iz zveze ter enakost sin γ = cos α + β, sin γ = sin(π α + β ), cos x + cos y = cos x + y cos x y. Vpeljemo novo oznako s = (a + b + c)/, kar je polovični obseg trikotnika ABC, in dobimo s c = cos α cos β sin γ. (13) Podobno dobimo ostali dve enakosti, če desno ciklično med seboj zamenjamo a, b, c ter α, β, γ Če enakosti (1) odštejemo 1, dobimo s a = cos β cos γ sin α, s b = cos γ cos α. sin β a + b c 1 = cos α β sin γ 1, Uporabimo relaciji ter a + b c c = α β cos sin γ sin γ. sin γ = sin(π α + β ), sin γ = cos α + β cos x cos y = sin x + y 5 sin x y.

Vpeljemo novo oznako s = (a + b + c)/, kar je polovični obseg trikotnika ABC, in dobimo s c c Podobno dobimo ostali dve enakosti = sin α sin β sin γ. (14) s a a = sin β sin γ sin α, (15) s b b = sin γ sin α sin β Če med seboj pomnožimo (13), (14), (15), (16), dobimo s c s a s b s c a b c Dobljeno enakost pomnožimo z abc in dobimo. (16) = sin α cos α sin β cos β. s(s a)(s b)(s c) = abc sin α cos α sin β cos β. Uredimo s(s a)(s b)(s c) = bc sin α cos α ac sin β cos β. Desno stran lahko zapišemo enostavneje in dobimo s(s a)(s b)(s c) = 1 1 bc sin α ac sin β. Na desni strani opazimo splošna izraza za ploščino trikotnika, zato lahko zapišemo s(s a)(s b)(s c) = S. Uredimo S = s(s a)(s b)(s c), 6

ter dobimo Heronovo formulo S = s(s a)(s b)(s c), ki smo jo želeli dokazati [3]. 5.6 Šesti dokaz Heronove formule Šesti dokaz Heronove formule izvedemo s pomočjo posebne leme. Dokaz razčlenimo v dva koraka. V prvem koraku bomo dokazali potrebno lemo, v drugem koraku pa bomo z njeno pomočjo dokazali Heronovo formulo. Lema. Če je α + β + γ = π, velja cot α + cot β + cot γ = cot α cot β cot γ. (17) Z drugimi besedami, lema trdi, da je vsota kotangensov polovičnih kotov v trikotniku enaka produktu kotangensov polovičnih kotov. Dokaz leme. Iz α + β + γ = π sledi, da je γ = π (α + β), ter γ = π α + β, cot γ = tan α + β. 7

V levo stran enakosti (17) vstavimo namesto cot γ zgornjo enakost in dobimo cot α + cot β + cot γ = cot α + cot β + tan α + β, cot α + cot β + cot γ = 1 tan α Desno stran uredimo + 1 tan β + tan α + tan β 1 tan α tan. β cot α + cot β + cot γ = tan α + tan β tan α tan β + tan α + tan β 1 tan α tan, β ter dobimo cot α + cot β + cot γ = 1 tan α 1 tan α + tan β tan β 1 tan α tan, β cot α + cot β + cot γ = cot α cot β cot γ, kar je enakost (17), ki smo jo želeli dokazati. S tem smo dokazali lemo. Vrnimo se k dokazu Heronove formule. Pomagamo si s sliko 9, kot pri četrtem dokazu, z uvedbo oznak za odseke tangent m, n, p na trikotniku včrtano krožnico ter s pravkar dokazano lemo. Polmer včrtane krožnice označimo z r. Očitno lahko izrazimo: a = n + p, b = p + m, c = m + n, s = 1 (a + b + c), 8

Slika 9: Trikotnik ABC, s tangentnimi odseki m, n, p. s = m + n + p. Iz enakosti (17) najprej izračunamo levo stran cot α + cot β + cot γ = p r + n r + m r, in nato desno stran cot α + cot β + cot γ = s r, cot α cot β cot γ = p r n r m r, cot α cot β cot γ = mnp r 3. Ker veljata enakosti na levih straneh, lahko desni strani izenačimo, in dobimo Množimo z r 3 s r = mnp r. 3 r s = mnp, 9

nato še s s, in dobimo r s = mnps. Ker velja enakost S = rs, lahko zapišemo S = mnps. Tangentne odseke m, n, p, ki smo jih na začetku uvedli, spremenimo nazaj ter dobimo: m = s a, n = s b, p = s c, ter S = s(s a)(s b)(s c). Tako smo ponovno dobili Heronovo formulo S = s(s a)(s b)(s c), ki smo jo želeli dokazati [3]. 5.7 Sedmi dokaz Heronove formule Sedmi dokaz Heronove formule poteka na Heronov geometrijski način. Poljubnemu trikotniku ABC narišemo včrtano krožnico s središčem v točki I. Krožnica se dotika stranic v točkah D, E, F. Polmer včrtane krožnice 30

označimo s črko r. Stranice in kote pa označimo tako, kot kaže slika 10. Tangentne odseke označimo z x, y, z. Očitno potem velja: x + z = a, x + y = b, y + z = c, ter α + β + γ = π. (18) Slika 10: Trikotnik ABC, kateremu včrtamo krožnico. Z njim si pomagamo pri dokazu Heronove formule na Heronov geometrijski način. 31

Narišemo pravokotnico IG na AI, ki seka stranico c v točki M. Narišemo še eno pravokotnico BG na stranico c. Pravokotnici se sekata v točki G. Skozi točke A, I, B, G lahko narišemo krožnico, s središčem v točki H na stranici AG trikotnika AGB oziroma AGI. Polmer te krožnice označimo z R. Sedaj lahko pričnemo z dokazom. Ker velja izrek o središčnem in obodnem kotu, v trikotniku ABI velja, da je obodni kot nad tetivo IB enak α/, zato je pripadajoči središčni kot dvakrat večji, torej je kot BHI enak α. Podobno velja za kot AHI, ki je enak β. Iz enakosti (18) sledi, da je kot BHG enak γ. Ker je trikotnik BHG enakokrak, z vrhom v točki H, saj velja BH = GH = R, velja tudi, da sta kota HBG in HGB enaka, merita pa (π γ)/. Podobno velja, da je trikotnik AHI, z vrhom v točki H, enakokrak, kota IAH in HIA pa sta enaka, in merita ɛ = (π β)/. Kot BAH je torej enak (ɛ α)/. Če namesto ɛ pišemo zgornjo enakost, dobimo, da je kot BAH enak (π β)/ α/, kar pa je po enakosti (18), enako γ/. Očitno je tudi v trikotniku IEC kot EIC enak (π γ)/. Sedaj upoštevamo podobnost trikotnikov. Ker sta si trikotnika ABG in CEI podobna, saj imata dva kota enaka, lahko zapišemo sorazmerje: BG y + z = r x. (19) V pravokotnem trikotniku AM I, z višino r, velja višinski izrek. Označimo DM = w ter ga zapišimo: r = yw. (0) 3

Ponovno upoštevamo podobnost trikotnikov, in sicer M BG in M DI. Ker imata dva kota enaka, kota BMG ter DMI sta si celo sovršna kota, lahko zapišemo sorazmerje: BG z w = r w Iz enakosti (0) izrazimo w ter dobimo Iz enakosti (1) pa izrazimo w = r y. (1) BG = r (z w). w Tako izraženi BG vstavimo v enakost (19) in dobimo: r x Sem vstavimo še prej izraženi w: r x = r (z w) w (y + z). y ) r r (z = (y + z). r y Števec in imenovalec desne strani enakosti množimo z y in imamo Nato obe strani delimo z r r x = r (yz r ) r (y + z). 1 x = (yz r ) r (y + z), uredimo r (y + z) = xyz xr, 33

ter izrazimo r r = Sedaj upoštevamo enakosti r (x + y + z) = xyz xyz x + y + z. () x + z = a, x + y = b, y + z = c. Če jih seštejemo, dobimo x + y + z = a + b + c, oziroma sledi Izračunamo x + y + z = s, s = 1 (a + b + c), s = x + y + z. (3) s a = y, s b = z, s c = x. (4) Sedaj v enakost () vstavimo (3) in (4) ter s tem dobimo r = (s a)(s b)(s c). s Korenimo (s a)(s b)(s c) r =. (5) s Ker je trikotnik ABC, unija trikotnikov AIB, BIC, CIA velja, da je ploščina trikotnika ABC enaka: S = ar + br + cr, 34

torej, S = rs. Upoštevamo enakost (5) v pravkar izpeljani formuli, torej (s a)(s b)(s c) S = s, s in dobimo Heronovo formulo S = s(s a)(s b)(s c), ki smo jo želeli dokazati [3]. 35

6 Uporaba Heronove formule V nadaljevanju bomo preverili veljavnost Heronove formule za izračun ploščine enakostraničnega trikotnika ABC s stranico a. Najprej izračunamo polovični obseg trikotnika s = 1 (a + b + c), s = 1 3a, pri čemer dobimo s = 3a. Ploščina enakostraničnega trikotnika ABC, po Heronovi formuli je S = s(s a)(s b)(s c). Ker so vse stranice pri enakostraničnem trikotniku a, lahko zapišemo tako dobimo uredimo in dobimo znano formulo S = s(s a)(s a)(s a), 3a S = a a a, S = 3a 4 16, S = a 3 4. S tem smo pokazali, da Heronova formula velja tudi v enakostraničnem trikotniku. 36

7 Heronovi trikotniki Najprej bomo namenili nekaj besed celim trikotnikom, nato bomo definirali Heronove trikotnike ter v nalogah dokazali nekaj trditev. Torej, celi trikotniki so trikotniki, ki imajo za dolžine stranic cela števila. Trikotnik s stranicami a, b, c označimo s trojico števil (a, b, c), ki trikotnik karakterizira, saj je vsak trikotnik določen s svojimi stranicami do skladnosti natančno. Ker vrstni red stranic ni pomemben, določa vsaka od šestih permutacij (a, b, c), (a, c, b), (b, a, c), (b, c, a), (c, a, b), (c, b, a) isti trikotnik, zato lahko izberemo katerokoli med njimi. Odločili se bomo za trojico, za katero velja: (a, b, c); a b c. Naloga. Dokaži, da trojica števil (a, b, c), 0 < a b c, določa trikotnik natanko tedaj ko velja, a + b > c. Če imajo cela števila a, b, c skupni delitelj d, lahko zapišemo: a = a 0 d, b = b 0 d, c = c 0 d. Trikotnika sta si podobna. Če pa cela števila a, b, c nimajo skupnega faktorja, rečemo takemu celemu trikotniku (a, b, c) primitiven trikotnik. Nekateri celi trikotniki so še posebej zanimivi, ker imajo še kakšno dodatno lastnost. Najbolj znani med njimi so pitagorejski trikotniki oziroma pravokotni celi trikotniki. Običajno pravimo trojicam (a, b, c) pitagorejskih trikotnikov pitagorejske trojice, za katere je c = a + b. 37

Pitagorejske trojice so vse pozitivne celoštevilske rešitve zgornje enačbe. Če iščemo rešitve enačbe v celih številih, rečemo takim enačbam diofantske enačbe. Obstajajo pa še drugačni celi trikotniki, ki jim rečemo Heronovi trikotniki. Definicija. ploščino. Celi trikotnik (a, b, c) je Heronov trikotnik, če ima celoštevilsko Označimo s S ploščino trikotnika (a, b, c). Iz Heronove formule (4) dobimo diofantsko enačbo 16S = (a + b + c)(a + b c)(b + c a)(c + a b). (6) To je karakteristična enačba za Heronove trikotnike. Naloga. Dokaži, da je obseg vsakega Heronovega trikotnika sodo število. Dokažimo zgornjo nalogo. Dokaz. Označimo obseg Heronovega trikotnika z s, kjer je s N. Vpeljemo nove oznake: A = s a, B = s b, C = s c, in jih vstavimo v enačbo (6) 16S = s (s c)(s a)(s b). Pri tem dobimo 16S = s A B C. Delimo s 16 in dobimo S = ABC(A + B + C). (7) 38

Vsaka celoštevilska rešitev enačbe (7) enolično določa celoštevilsko rešitev enačbe (6), saj je nasprotna transformacija k uvedbam novih oznak preprosta, in sicer: a = B + C, b = A + C, c = A + B. S tem smo dokazali, da je obseg vsakega Heronovega trikotnika sodo število. Poglejmo si naslednjo nalogo. Naloga. Če med števili a, b, c, A, B, C velja zveza a = B + C, b = A + C, c = A + B, je skupni delitelj števil a, b, c tudi skupni delitelj števil A, B, C. Velja tudi obratno. Zgornja naloga nam zagotavlja, da vsaka rešitev enačbe (7), pri kateri A, B, C nimajo delitelja d, d > 1, določa primitiven Heronov trikotnik. Tako lahko dobimo vse primitivne Heronove trikotnike [1]. Heronov trikotnik je trikotnik, pri katerem so vse tri stranice in ploščina naravna števila; a, b, c, S N. Če pa so stranice a, b, c in ploščina S naravna števila, gledamo samo neizrojene trikotnike. Pogoja za neizrojen trikotnik sta, pozitivne vrednosti za a, b, c, S ter stroge trikotniške neenakosti, a < b + c, b < a + c, c < a + b, kar smo omenili že zgoraj. Poglejmo si naslednji primer Heronovega trikotnika. Primer. Preverimo, da je trikotnik s stranicami a = 13, b = 14, c = 15 39

Heronov trikotnik. Najprej izračunamo s, polovični obseg trikotnika s = 1 (a + b + c), s = 1. Nato izračunamo ploščino trikotnika po Heronovi formuli S = s(s a)(s b)(s c), S = 1 8 7 6, S = 7056, S = 84. Trikotnik je res Heronov. Kakšno je število S, če so a, b, c N? Obseg o je lahko: sodo število: natanko 1 ali natanko 3 stranice so sode oziroma, nobena stranica ni liha ali natanko stranici sta lihi. Torej s N. liho število: nobena stranica ni soda ali natanko stranici sta sodi oziroma, natanko 1 ali natanko 3 stranice so lihe. Torej s / N, s N + 1/. Pokažimo, da je v tem primeru ploščina iracionalno število. Trditev. Če so stranice trikotnika naravna števila, obseg pa liho število, potem ploščina trikotnika ni racionalno število. 40

Dokažimo zgornjo trditev. Dokaz. Predpostavimo, da so a, b, c N in o liho število. Velja Heronova formula S = s(s a)(s b)(s c), s = 1 (a + b + c). Upoštevamo, da je s = o/ in dobimo S = o Nato enakost pomnožimo s 16, in dobimo ( o a ) ( o b ) ( o c ). 16S = o(o a)(o b)(o c), (4S) = o(o a)(o b)(o c). (8) Zaradi predpostavk so o, o a, o b, o c liha števila, torej je tudi njihov produkt liho število. Sedaj imamo dve možnosti: desna stran enakosti je popolni kvadrat ali desna stran enakosti ni popolni kvadrat. 1. možnost: Če je desna stran enakosti popolni kvadrat, potem je 4S liho število, saj je le kvadrat lihega števila liho število. (4S) = (o ao)(o (b + c)o + 4bc), (4S) = o 4 (b + c)o 3 + 4bco ao 3 + 4a(b + c)o 8abco, (4S) = o 4 (a + b + c)o 3 + 4(ab + ac + bc)o 8abco. Sedaj upoštevamo, da je o = a + b + c in dobimo: (4S) = o 4 o 4 + 4(ab + ac + bc)o 8abco, 41

(4S) + o 4 = 4((ab + ac + bc)o abco). Ker imamo na desni strani v zunanjem oklepaju celo število, je desna stran enakosti deljiva s 4, zato 4 deli tudi levo stran: 4 (4S) + o 4. 4S in o sta lihi števili, zato lahko pišemo: 4S = m + 1, o = n + 1, m, n N. Sedaj dobimo: (4S) + o 4 = (m + 1) + (n + 1), (4S) + o 4 = 4m + 4m + 1 + 4n + 4n + 1, (4S) + o 4 = 4(m + m + n + n) +. Prišli smo do protislovja, saj bi moralo veljati, da 4 (4S) + o 4. S tem smo dokazali, da desna stran enakosti ni popolni kvadrat. Ostane nam še druga možnost.. možnost: Če desna stran enakosti (8) ni popolni kvadrat, ter na desni strani enakosti naredimo praštevilsko faktorizacijo, nato pa enakost korenimo, nam na desni strani zagotovo ostane kvadratni koren iz nekega praštevila p ter t N: 4S = t p. Na levi strani se mora koren nahajati v S, zato S / Q. S tem smo dokazali zgornjo trditev [17]. Več o Heronovih trikotnikih si lahko preberete v prispevkih profesorja Ivana Vidava v Obzorniku za matematiko in fiziko v letih od 1951 do 006 [] ter v knjigi Challenges in Geometry [11]. 4

8 Tetivni štirikotniki in Brahmaguptova formula V tem poglavju bomo dokazali izrek, ki velja v tetivnih štirikotnikih in napisali kratek življenjepis indijskega matematika Brahmagupte. Nadaljevali bomo z dokazom splošne Brahmaguptove formule za izračun ploščine poljubnega konveksnega štirikotnika. Nato bomo dokazali Brahmaguptovo formulo za izračun ploščine poljubnega tetivnega štirikotnika ter ugotovili, da je Heronova formula poseben primer Brahmaguptove formule. Poglavje bomo zaključili z Brahmaguptovim izrekom. Tetivni štirikotnik (slika 11) je štirikotnik, katerega stranice so tetive kroga. Slika 11: Tetivni štirikotnik ABCD, katerega stranice so tetive kroga. Velja: 43

Izrek. V tetivnem štirikotniku sta nasprotna notranja kota suplementarna: α + γ = 180, β + δ = 180. Velja tudi obratno. Izrek. Če sta nasprotna kota štirikotnika suplementarna, ležijo oglišča na isti krožnici oziroma, lahko štirikotniku očrtamo krog. Zgornje dejstvo izhaja iz izreka o središčnem in obodnem kotu. Velja tudi, da je vsak zunanji kot enak nasprotnemu notranjemu kotu. Dokažimo zgornja izreka. Dokaz. Podali ga bomo v dveh delih, najprej prvi del izreka in nato še drugi del izreka. Pa pričnimo s prvim delom izreka. Nasprotna notranja kota tetivnega štirikotnika α in γ, sta obodna kota. Ker je vsota pripadajočih središčnih kotov enaka polnemu kotu, torej α + γ = 360, je vsota obodnih kotov enaka α + γ = 180. Podobno velja za preostala dva kota β in δ. S tem smo dokazali prvi del izreka. 44

Slika 1: Tetivni štirikotnik ABCD, v katerem sta nasprotna notranja kota suplementarna. Preostane nam še drugi del izreka. Če je v štirikotniku ena dvojica notranjih nasprotnih kotov suplementarna, je suplementarna tudi druga dvojica, saj je vsota notranjih kotov 360. Poljubno izberemo tri oglišča A, B, C štirikotnika ABCD, v katerem je vsota dveh nasprotnih kotov 180, kar prikazuje slika 1. Skozi tri različne točke A, B, C, katere ne ležijo na isti premici, lahko načrtamo natanko eno krožnico. Nato povežemo oglišča A in C s središčem S. Središčni kot ASC je β. Drugi središčni kot je torej 360 β. Pripadajoči obodni kot je zato 180 β. Ker pa je δ, zaradi suplementarnosti s kotom β, tudi enak 180 β, mora ležati njegov vrh D tudi na krožnici. Torej ležijo vse štiri točke na krožnici. S tem smo dokazali drugi del izreka. Sedaj sta izreka v celoti dokazana [6]. 45

Brahmagupta (slika 13) je bil znani indijski matematik, ki je živel in ustvarjal v letih 598-668. Poleg astronomije se je ukvarjal tudi z geometrijo (tetivnimi štirikotniki, trikotniki z racionalnimi stranicami in ploščino) in algebro (linearnimi diofantskimi enačbami in reševanjem Pellove enačbe). Slika 13: Brahmagupta [10]. Brahmagupta je zapisal pravila za deljenje pozitivnih in negativnih števil. Bil je prvi, ki je računal z nič kot s številom ter podal pravila tudi za negativna števila. Ta pravila so bila: Če delimo pozitivno število s pozitivnim ali negativno število z negativnim, je rezultat pozitivno število. Če delimo pozitivno število z negativnim ali negativno s pozitivnim, je rezultat negativno število. Če delimo 0 z 0, dobimo 0. Vidimo, da je imel prav v vsem, razen v zadnjem primeru, saj danes vemo, da izraz 0/0 ni definiran [4]. 46

Najprej si poglejmo, kako poljubnemu konveksnemu štirikotniku ABCD izračunamo ploščino. Naj bo štirikotnik ABCD, poljuben konveksen štirikotnik. Stranice označimo z a, b, c, d, kote z α, β, γ in δ ter diagonali z e in f, kot kaže slika 14. Želimo izračunati ploščino S tega štirikotnika. Slika 14: Konveksni štirikotnik ABCD, s pomočjo katerega dokažemo splošno Brahmaguptovo formulo. Diagonala e štirikotnik ABCD razdeli na dva trikotnika ABC in ACD. S formulo za ploščino trikotnika izračunamo ploščino štirikotnika in za štirikratno vrednost dobimo: 4S = (ab sin β + cd sin δ). (9) Nato v trikotnikih ABC in ACD uporabimo še kosinusni izrek: e = a + b ab cos β, e = c + d cd cos δ. Če izenačimo zgornji enakosti, torej a + b ab cos β = c + d cd cos δ, 47

dobimo: a + b c d = (ab cos β cd cos δ). (30) Enakosti (9) in (30) kvadriramo in seštejemo: 16S + (a + b c d ) = 4(ab sin β + cd sin δ) + 4(ab cos β cd cos δ). Na desni strani enakosti uporabimo enakosti sin β + cos β = 1, sin δ + cos δ = 1 ter adicijski izrek za funkcijo kosinus in dobimo: 16S + (a + b c d ) = 4a b + 4c d 8abcd cos(β + δ). Uporabimo še enkrat cos (β + δ)/ = 1 + cos(β + δ): 16S + (a + b c d ) = 4a b + 4c d + 8abcd 16abcd cos (β + δ)/. Izrazimo kvadrat štirikratne ploščine: 16S = 4(ab + cd) (a + b c d ) 16abcd cos (β + δ)/. Na desni strani enakosti razstavimo prva dva člena kot razliko kvadratov in dobimo: 16S = (ab+cd a b +c +d )(ab+cd+a +b c d ) 16abcd cos (β+δ)/. Uredimo 16S = ( (a b) + (c + d) )((a + b) (c d) ) 16abcd cos (β + δ)/. Ponovno razstavimo: 16S = (a b+c+d)( a+b+c+d)(a+b+c d)(a+b c+d) 16abcd cos (β+δ)/. 48

Vpeljemo novo oznako s = (a+b+c+d)/, kar je polovični obseg štirikotnika ABCD, ter izrazimo: s a = 1 ( a + b + c + d), s b = 1 (a b + c + d), Nato lahko zapišemo: s c = 1 (a + b c + d), s d = 1 (a + b + c d). 16S = (s a) (s b) (s c) (s d) 16abcd cos (β + δ)/. Nato delimo obe strani enakosti s 16, S = (s a) (s b) (s c) (s d) abcd cos (β + δ)/, korenimo, S = (s a)(s b)(s c)(s d) abcd cos (β + δ)/, ter dobimo splošno Brahmaguptovo formulo za izračun ploščine poljubnega konveksnega štirikotnika ABCD, ki smo jo želeli dokazati [3]. Ker je v štirikotniku ABCD vsota notranjih kotov enaka π, lahko zamenjamo kota β+δ z π (α+γ) ter dobimo analogno Brahmaguptovo formulo, S = (s a)(s b)(s c)(s d) abcd cos (α + γ)/. V primeru tetivnega štirikotnika je α + γ = β + δ = π in ploščina se izraža enostavneje: S = (s a)(s b)(s c)(s d), s = 1 (a + b + c + d). 49

Sedaj pa si poglejmo, kako lahko še izračunamo ploščino poljubnega tetivnega štirikotnika ABCD. Ploščina poljubnega tetivnega štirikotnika ABCD s stranicami a, b, c, d se izraža z Brahmaguptovo formulo S = (s a)(s b)(s c)(s d), s = 1 (a + b + c + d). (31) Slika 15: Tetivni štirikotnik ABCD, s pomočjo katerega dokažemo Brahmaguptovo formulo. Dokažimo zgornjo formulo še na klasičen geometrijski način. Dokaz. Dan je poljubni tetivni štirikotnik ABCD. Presečišče nosilk stranic b in d označimo z E. Nato vpeljemo še x = CE, y = DE in označimo točke in daljice tako, kot kaže slika 15. Brez škode za splošnost je lahko c > a in stranica b nevzporedna s stranico d, drugače bi dobili enakokrak trapez, katerega ploščino že poznamo. 50

Ploščino trikotnika CDE izračunamo s pomočjo Heronove formule (4) S(CDE) = 1 (x + y + c) 1 (x + y c) 1 1 (x y + c) ( x + y + c). (3) Ker sta si trikotnika AEB in CDE podobna (ujemata se v kotih AEB in CDE ter EAB in DCE), je razmerje ploščin trikotnikov enako kvadratu podobnostnega števila: Sledi S(AEB) S(CDE) = ( ) AB, CD S(AEB) ( a ) S(CDE) =. c S(CDE) S(AEB) S(CDE) S(ABCD) S(CDE) Upoštevamo sorazmerja oziroma Iz enakosti (34) izrazimo x = S(ABCD) S(CDE), = S(CDE) S(AEB) S(CDE) x c = y d a, y c = x b a = c a c. (33) xa = c(y d), (34) ya = c(x b). (35) x = c(y d), (36) a 51

in ga vstavimo v enakost (35) ter dobimo ( ) c(y d) ya = c b. a Uredimo desno stran enakost množimo z a ponovno uredimo ya = c y c d abc, a ya = c y c d abc, ya yc = c d abc ter izrazimo y y = Tako izraženi y vstavimo v enakost (36) in dobimo ( ) c(cd + ab) c x = d a c a. Izračunamo c(cd + ab) a c. (37) ( ) c d abc a d + c d c x = a c a in uredimo števec na desni strani enakosti, x = abc a cd, a(a c ) izpostavimo ac v števcu ter pokrajšamo z a: x = c(bc + ad) a c. (38) Sedaj se vrnemo k enakosti (3), najprej pa izračunamo izraze pod korenom. 5

Seštejemo enakosti (37) in (38): x + y = c(cd + ab + bc + ad) a c. Takoj opazimo, da lahko števec in imenovalec dobljenega ulomka razstavimo: Krajšamo in uredimo x + y = x + y = x + y = c(b + d)(a + c) (a c)(a + c). c(b + d) a c c(b + d) a + c. Podobno izračunamo ostale izraze pod korenom ter dobimo: x + y + c = c(s a) a + c, c(s c) x + y c = a + c, c(b d) x y = a + c, c(s d) x y + c =, a + c c(s b) x + y + c =. a + c Izraze pod korenom vstavimo v enakost (3) in dobimo c S(CDE) = 4 (s a)(s b)(s c)(s d). (a + c) ( a + c) Desno stran enakosti delno korenimo S(CDE) = c c a (s a)(s b)(s c)(s d). 53

Ker velja enakost (33), lahko zapišemo in dobimo Brahmaguptovo formulo S(ABCD) = c a S(CDE) = (s a)(s b)(s c)(s d), ki smo jo želeli dokazati [7]. S tem smo dokazali Brahmaguptovo formulo. c Poseben primer Brahmaguptove formule (31) za izračun ploščine poljubnega tetivnega štirikotnika je Heronova formula (4) za izračun ploščine poljubnega trikotnika, če vzamemo d = 0. Za konec omenimo, da za poljubne tetivne štirikotnike velja tudi Ptolemajev izrek, ki pravi, da je produkt dolžin njegovih diagonal enak vsoti produktov dveh nasprotnih stranic, kar lahko zapišemo: ef = ac + bd. V vsakem konveksnem štirikotniku dve diagonali skupaj razdelita štirikotnik v štiri trikotnike. V tetivnem štirikotniku pa sta nasprotna para teh trikotnikov med seboj podobna. Po Brahmagupti se imenuje tudi izrek, ki velja v tetivnem štirikotniku, čigar diagonali se sekata pod pravim kotom. Takemu štirikotniku rečemo ortodiagonalni tetivni štirikotnik. Sedaj pa zapišimo in dokažimo Brahmaguptov izrek. Izrek. V ortodiagonalnem tetivnem štirikotniku poljubna premica, ki poteka skozi presečišče diagonal ter seka stranico pravokotno, razpolavlja nasprotno stranico. 54

Dokaz. Naj bo štirikotnik ABCD ortodiagonalen tetivni štirikotnik. Presečišče diagonal označimo z G. Premica, ki gre skozi točko G, seka pravokotno stranico AD v točki E, nasprotno stranico BC pa v točki F, kar kaže slika 16. Dokazati moramo, da je BF = F C = GF. Slika 16: Ortodiagonalni tetivni štirikotnik ABCD. V ortodiagonalnem tetivnem štirikotniku ABCD, ki mu očrtamo krožnico, zaradi lastnosti obodnih kotov nad tetivama AB ter CD velja: ADB = ACB, DBC = DAC. Ker je trikotnik DAG pravokoten, velja ADB = AGE = F GC = ACB = GCF. Iz relacije F GC = GCF vidimo, da je trikotnik CGF enakokrak z vrhom v točki F, zato velja F C = GF. 55

Kota GAE in AGE sta si komplementarna. Prav tako sta si komplementarna kota F GC ter BGF. Zaradi CBD = F BG = CAD = GAE, GAE = π AGE, GAE = π F GC, GAE = π (π BGF ), GAE = BGF, velja relacija BGF = F BG. Trikotnik BF G je tudi enakokrak, vrh pa ima v točki F. Za njegova kraka velja: BF = GF. Torej res velja relacija BF = F C = GF, ki smo jo želeli dokazati. S tem smo dokazali Brahmaguptov izrek [3]. 56

9 Sklepne besede Za konec bomo strnili misli in podali možnosti razširitve diplomskega dela ter Heronovo formulo umestili v srednješolsko izobraževanje. V 5. stoletju n. št. se je končalo klasično obdobje grške matematične tradicije. Pod površino znanstvene tradicije grških matematikov se je odvijala tudi neznanstvena tradicija, in to je bila matematika vsakodnevnega življenja. Ne glede na očaranost, ki so jo mnogi matematiki kazali nad geometrijo in njihovo rahlo zaničevanje števil, so morali trgovci seštevati in odštevati, davčni izterjevalci meriti površine polj, arhitekti in gradbeniki pa so morali skrbeti za to, da se njihove stavbe in mostovi niso porušili. Vse to je seveda zahtevalo matematično znanje, ki kaže, da so ga skoraj neodvisno od tega, s čimer so se matematični učenjaki ukvarjali, predajali. Veliko tega izročila niso nikoli zapisali. Izjema pa je bilo Heronovo delo, ki je mešanica znanstvenega in neznanstvenega izročila ter poskus njune povezave [1]. Diplomsko delo bi lahko poljubno tudi razširili. Možnosti je veliko. Lahko bi Heronovo formulo dokazali še na kakšen drugačen način. Če bi nas zanimali Heronovi trikotniki in njegove lastnosti, bi si prebrali prispevke profesorja Ivana Vidava v Obzorniku za matematiko in fiziko v letih od 1951 do 006 [] in knjigo Challenges in Geometry [11]. Zasledili smo tudi nekaj diplomskih del na to temo, vendar so vsa osredotočena predvsem na dokaze zapletenih izrekov in trditev, ki veljajo v Heronovih trikotnikih. Lahko bi 57

pokazali, na kakšen način dobimo vse Heronove trikotnike oziroma ali obstaja pravilo za to. V diplomskem delu z naslovom Heronova formula smo prišli do naslednjih ugotovitev oziroma zanimivosti. Sedmi dokaz Heronove formule na Heronov geometrijski način je zanimiv zaradi tega, ker ga je približno tako izvedel Heron. Poseben primer Brahmaguptove formule za izračun ploščine poljubnega tetivnega štirikotnika je Heronova formula za izračun ploščine poljubnega trikotnika, če vzamemo, da je ena stranica štirikotnika enaka nič. Ugotovili smo tudi, da Heronova formula za izračun ploščine enakostraničnega trikotnika s stranico a velja tudi v enakostraničnem trikotniku. Na koncu smo pregledali srednješolske učbenike za matematiko ter preverili, ali morajo dijaki znati dokazati Heronovo formulo. Ugotovili smo, da dijaki obravnavajo Heronovo forrmulo pri pouku matematike, vendar jim dokaza ni potrebno znati. V nekaterih učbenikih za gimnazijo pa smo zasledili tudi dokaz Heronove formule, in to s pomočjo splošne formule za ploščino trikotnika ABC. 58

Literatura [1] W. P. Berlinghoff, F. Q. Gouvea: Matematika skozi stoletja, Modrijan, Ljubljana 008 [] J. N. Bronštejn - K. A. Semendjajev: Matematični priročnik, Tehniška založba Slovenije, Ljubljana 1990 [3] A. Ostermann, G. Wanner: Geometry by Its History, Springer, Berlin, Heidelberg 01 [4] F. Križanič: Vektorji, matrike, tenzorji, Mladinska knjiga, Ljubljana 196 [5] G. Pavlič in ostali: Planum, Matematika za. letnik gimnazij, Modrijan, Ljubljana 004 [6] I. Pucelj, I. Štalec: Geometrija za I. razred gimnazije, Založba obzorja Maribor, Maribor 1966 [7] I. Pucelj, I. Štalec: Geometrija za srednje šole, II. del, DMFA SRS, Ljubljana 1989 [8] M. Rugelj in ostali: Spatium, Matematika za 3. letnik gimnazij, Modrijan, Ljubljana 005 [9] D. J. Struik: Kratka zgodovina matematike, DZS, Ljubljana 1978 [10] Brahmagupta, URL=http://conceptart.org/forums/showthread.php? 87444-two-Thunderdome-related-pieces, 1.. 013 59