Михаило М. Бошковић, професор НОВO У МАТЕМАТИЦИ

Мајци Душанки

Михаило М. Бошковић, професор НОВO У МАТЕМАТИЦИ подела угла на три једнака дела подела угла на n једнаких делова конструкција сваког правилног многоугла уз помоћ једног шестара и једног лењира

Аутор и проналазач Михаило М. Бошковић, проф. 1000 Ужице ул. Сењак бр. 25 Србија тел: 065/2561956 4

I Трајна дела може стварати само човек који је избацио сваку мржњу из свог срца. Подела угла на три једнака дела уз помоћ једног шестара и једног лењира Анализа Ради лакшег схватања анализе поновимо неке односе кружних лукова и докажимо једну теорему која до сада није доказана. ) Сваком углу α у кружници припада одговарајући лук уколико је угао централни, или два пута већи лук уколико је теме угла на кружници. BASB BAOC!! AB 2AC Сл. 1 b) Уколико је теме угла у унутрашњој области кружнице, углу α одговарају два лука који се лако могу трансформисати у један периферни угао са припадајућим луком једнаким збиру датих лукова. Углу α који захватају праве и b припадају лукови AB и!! CD. У тачки А конструишемо праву b' тако да је b' b. Тада је!!!!! EC AB + DC ED + DC 5 Сл. 2

!! c) Угао α биће подељен у односу 2:1 уколико је CD 2AB!! CD 2AB 0 BCS1D 2BASB 2 0 BAS B CSD 2 2 B 1 Сл. d) Датој кружници k одредити геометријско место тачака (ГМТ) из којих се она види под углом, и. 2 4 Ову конструкцију ћемо реализовати овако: На слици 4 прво ћемо задатом углу S 1 b одредити симетралу s. У произвољној тачки O, на симетрали s конструишемо нормале n и n b на краке и b као и на праву s. Затим ћемо описати кружницу k са центром O и полупречником једнаким удаљености тачке О од кракова и b. Конструишимо тангенте t 1 и t 2 на кружници k које су паралелне крацима а и b и тангенте t и t 4 које су паралелне оси s. У пресеку тангенти t 1 и t 2 налази се тачка S 2. Опишимо кружницу k 1 са центром О и полупречником ОS 2. Она је ГМТ из којих се кружница k види под углом α. Тангенте t 2 и t секу се у тачки B 2. Опишимо кружницу k 2 са центром О и полупречником OB 2. То је кружница из које се као ГМТ кружница k види под углом. Обележимо 2 на тој кружници тачке B 1, B 2, B, B 4, B 5, B 6, и B 7. Дуж OB 2 нанесимо на t од тачке B 2 и ту тачку обележимо са C. Опишимо кружницу k 4 са центром О и полупречником ОC. Кружница k 4 је ГМТ из које се кружница k види под углом. Обележимо на тој кружници тачке C1, C 4 2... C 10. На слици 4 конструишимо из тачака C и C 4 тангенте t C и t C4 на кружницу k. Oве тангенте се секу под углом. Како су оне тангенте на кружницу k њихов пресек мора 2 бити тачка B на кружници k 2, а тачка B је заједничка тачка и осе s. Посматрајмо троуглове: B 2 C 2 C, B C C 4, B 4 C 4 C 5, B 6 C 7 C 8 и B 7 C 9 C 10. Сви наведени троуглови су подударни (СУС) јер су једнакокраки, а краци им износе колико и разлике тангентних дужи са k 4 и k 2 на кружницу k, док је крацима захваћен угао од. 2 6

Пошто је троугао C C 4 подударан сваком од наведених троуглова, то је лук који припада углу α на кружници k 4 подељен на осам једнаких лукова и то:!!!!!!!! CC 1 2, CC 2, CC 4, CC 4 5, CC 5 6, CC 7 8, CC 8 9 и C9C10. Њима је угао α подељен на осам периферних углова од по или на четири периферна угла од по 8 уколико им припадају по два наведена лука на кружници k4. 4 Сл. 4 7

Посматрајмо сада кружницу k 2. Углу α припадају на кружници k 2 четири једнака лука, и то:!!!! BB 1 2, BB 2 4, BB и BB 4 5 6 7. Сваком од ових лукова припада периферни угао од, 4 или од уколико угао садржи по два наведена лука. 2 Где је ГМТ из којих се кружница k види под углом? Ово ГМТ је између k2 и k 4, којима се лук угла α дели на шест подударних лукова. На ово питање ће нам одговорити следећа теорема. Наша теорема 1: Ако се кружница k види под углом из ГМТ k2, а иста кружница 2 се види под углом 4 из ГМТ k4, тада се у пресеку тангенти из C (C! k ) на кружницу 4 k и симетрале дужи MC налазе тачке A и А 4 из којих се кружница k види под углом од. ГМТ кружница k (О, ОА ) је ГМТ из кога се кружница k види под углом од (MC је разлика полупречника кружнице k 4 и k 2 ). Доказ: За доказ наше теореме 1 кренућемо од слике 4 без кружнице k 1. На слици 5 конструишимо дуж MC на полупречнику OC, где тачка M припада кружници k 2. Конструишимо симетралу p дужи MC. Она сече тангент t и t C у тачкама А и А 4. Конструишимо кружницу k са центром у тачки О, полупречника ОА. Пресек кружнице k и тангенти из C 4 обележимо са A 6 и А 7. Обележимо остале тачке на кружници k са А 1, А 2... А 1 као на слици 5. На слици 5 из тачака А, А 4, А 6, и А 7, конструишимо тангенте на кружницу k које нису до сада конструисане, а то су t 5, t 6, t 7 и t 8. Њихови пресеци са кружницом k 2 су тачке R, N, L и T, уз већ поменуте тачке B 2, B и B 4. Дуж B 2 A RA NA 4 B A 4 B A 6 LA 6 TA 7 B 4 A 7 као разлике тангентних дужи са k и k 2 на кружницу k. Четвороуглови ОB 2 A R, ОNA 4 B, ОB A 6 L и ОTA 7 B 4 су подударни делтоиди. Тачке А, А 4, А 6, и А 7 спајамо са тачком О. Спајамо тачке B 2 и B 4 са тачком О. Полуправа OB 2 сече кружницу k у тачки D. Угао DOA 5 је подељен дужима OA и OA 4 4 на три једнака дела по (јер су подударни троуглови OB 2 A, ORA и OB A 4 зато што имају једнаке одговарајуће странице). 12 Посматрајмо троугао OB 2 A. Његов спољашњи угао код темена B 2 износи, па је 4 BBAO 2 (јер је један спољашњи угао троугла једнак збиру два унутрашња 4 12 6 несуседна угла). Такође из троугла ORA је BOAR. Значи укупно BBAR 2. 4 12 6 Овим је наша теорема 1 доказана јер је кружница k ГМТ из кога се кружница k види под углом, а ово је први пут да је конструисана једна трећина угла α. Посматрајмо троугао B 2 A 2 D и троугао B 2 A D. Они су подударни јер имају заједничку страницу B 2 D док је B 2 A 2 B 2 A као разлика тангентних дужи са кружница k и k 2 на кружницу k, а угао BABD 2 2 BABD 2. 4 Одавде следи да је: A 2 D A D. Посматрајмо делтоид OB 2 A R. Дијагонала OA је његова симетрала и симетрала угла код темена O. Посматрајмо троугао ODA и троугао OA A 4. Они су подударни јер имају једнаке по две странице и угао захваћен тим страницама ( BDOA BAOA4). Из ове подударности следи да је A D A A 4. 8

9 Сл. 5

На исти начин из делтоида ONA 4 B и OB A 6 L и подударних троуглова A OA 4, A 4 OA 5, A 5 OA 6 и A 6 OA 7 закључујемо да је: A A 4 A 4 A 5 A 5 A 6 A 6 A 7,! па с обзиром на претходне закључке имамо да је лук AA 2 7 подељен на шест једнаких делова:!!!!!! AD 2 DA AA 4 AA 4 5 AA 5 6 AA 6 7.!!! Сада већ можемо тврдити да је AA 2 5 AA 7 AA 5 8 јер сваки од ових лукова садржи по четири једнака дела из претходне једнакости (овде сматрамо подударним троуглове B 2 A 2 A, B A 4 A 6, B 4 A 7 A 8, B 7 A 10 A 11 и B 6 A 12 A 1 ), па можемо писати да је!!!!!! AA 1 2 AA 2 5 AA 5 8 AA 8 9 A10E EA1.!! Коначно, нашем углу α на кружници k одговарају лукови AA 1 9 и A10A1. Како је!! AA 1 9 4 $ AA! 1 2 и A 10 A 1! 2 $ AA, то је укупан лук који припада углу α на крућжници 1 2 k подељен у односу 2:1. Зато је BA10AA 1 1 и B AA A 2 1 1 9 чиме је наша теорема 1 доказана. Такође је лук угла α својим крацима подељен на кружнци k у односу 2:1 као на слици. Дискусија: Решење је увек могуће и јединствено је за угао α који испуњава услове 0 < α < 180. Пример 1: Поделити угао од 60 на три једнака дела уз помоћ једног шестара и једног лењира. Према конструкцији за потребу наше теореме 1 на слици 5, извршимо конструкцију угла од 60 и кружница k, k 2, k и k 4 на слици 6. На основу наше теореме 1 једнаки су лукови:!!!!!! AD 2 DA AA 4 AA 4 5 AA 5 6 AA 6 7 или!!!!! AA 2 AA 5 AA или AA AA 5 7 2 5 7 или!!!!!! AA 1 2 AA 2 5 AA 5 8 AA 8 9 A10E EA1, па сваком луку припада периферни угао од 10c. 6 Такође је BA1AA 1 10 20c и BAA A 2 1 1 9 40c чиме је задатак решен уз доказ. Решење је јединствено. Коначно: кружница k сече краке угла α у тачкама A 1, A 9, A 10 и A 1. Периферни угао! кружнице k коме припада A 10 A 1 износи 20c, а периферни угао коме припада лук! AA 1 9 изоси 2 40c. 10

11 Сл. 6

Пример 2: Произвољан угао α поделити на три једнака дела уз помоћ једног шестара и једног лењира. Конструкција: Нека је дат угао S 1 b α. Конструишимо симетралу s угла α. Конструишимо кружницу k, са ценром у произвољној тачки O! s тако да краци угла и b буду тангенте кружнице k. Конструишимо тангенте t 1 и t 2 паралелне крацима и b и тангенте t и t 4 паралелне оси s. t2+ t { B}. BtBt 2 2. Опишимо кружницу k 2 2 (O, OB 2 ). Дуж OB 2 нанесимо на тангенту t од B 2 и добићемо на t тачку C. BBCO 2. Конструишимо тангенту t 8 C из тачке C на кружницу k. BtCt C. Конструишимо кружницу k 4 4 (O, OC ). Она је ГМТ из којих се кружница k види под углом. Конструишимо симетралу p дужи MC (Тачка 4 M је пресек полупречника OC и кружнице k 2 ). Она сече тангенте t и t C у Тачкама A и A 4. Конструишимо кружницу k (O, OA ). Она је ГМТ из којих се кружница k види под углом. B tat 5. Доказ: Да је BtAt 5 следи на основу наше теореме 1. Дискусија: Задатак има јединствено решење уколико је 0 < α < 180. 12 Сл. 7

Мој одговор онима који су тврдили да је задатак нерешив је: Нема те тачке у равни коју шестар и лењир не могу повезати и наћи. Посебан одговор књизи Теорија једначина од др Мирка Стојаковића у којој се доказује да се угао од 60 не може поделити шестаром и лењиром на три једнака дела, јер једначина 4x x 1 0 није степен двојке. 2 Изведени закључак није коректан и он би могао да се промени можда у следећи: Половљењем не можемо доћи до трећине. Када ова једначина не би имала реалних корена, не би била могућа ни геометријска конструкција. Аутор Михаило М. Бошковић проф. 1000 Ужице, Србија ул. Сењак бр 25 тел: 065/2561956 1

II Не може се стално уживати осим у Љубави. Подела угла на n једнаких делова уз помоћ једног шестара и једног лењира 1) Анализа Поступак за поделу угла на три једнака дела дат је у нашој теореми 1. Да би угао α поделили на n једнаких делова докажимо нашу теорему 2. Наша теорема 2 гласи: Ако се кружница k види под углом из ГМТ kn, а иста n кружница се види под углом n + из ГМТ k 2 n+2 (n је паран број), тада се у пресеку тангенти из тачке Х n+2 и симетрале дужи r n+2 r n која садржи тачку Х n+2 налазе тачке које припадају ГМТ из којих се кружница k види под углом n +. (Тачка Х 1 n+2 је тачка пресека тангенте t S1 и кружнице k n+2, а r n+2 r n је разлика полупречника кружница k n+2 и k n, слика 8). Наша теорема 2 тврди да ако знамо парне поделе угла α, можемо одредити непарну поделу угла α. Доказ наше теореме 2: 2) Конструкција угла n Крацима угла α одредимо симетралу s и теме S 1. На симетрали s одаберемо произвољно тачку О. Конструишимо нормале из тачке О на краке угла и b као и нормалу на s. У произвољним тачкама A, B и C кракова и b и симетрале s конструишимо нормале. Конструишимо кружницу k са центром О и полупречником једнаким удаљености тачке О од кракова угла α. Нанесимо пречник на нормале у тачкама A и B и полупречнике на нормалу на s у тачки C. Конструишимо тангенте t 1 и t b1 паралелне са и b и t s1 и t s2 паралелне са симетралом s. Тангенте t s1 и t b1 секу се у тачки X 2. Конструишимо кружницу k 2 (О, ОX 2 ). Она је ГМТ из којих се кружница k види под углом. 2 Полупречник ОX 2 нанесимо на тангенту t s1 од X 2 и добићемо тачку X 4. Тачка X 4 је тачка ГМТ из којих се кружница k види под углом. Конструишимо полупречник ОX4 и 4 тангенту t X4. Овај полупречник је секао кружницу k 2 у тачки M 2. Конструишимо симетралу дужи М 2 X 4 сходно нашој теореми 1. Она сече тангенте ts 1 и t X4 у тачкама X и Y. Ове тачке припадају кружници k (ГМТ) из којих се кружница k види под углом. Конструишимо 14

15 Сл. 8

кружницу k. Спојимо тачке X и О. Слично као у претходном случају полупречник OX нанесемо на t s1 од X и добићемо тачку X 6 која припада ГМТ из којих се кружница k види под углом од,... и тако даље према нашој теореми 1 добићемо кружнице k 5, 6 k 6, k 7, k 10... k n, k n+1, k n+2... Због немогућности да поделу угла α прикажемо на слици 8 то ћемо урадити на детаљу слике 8 око ГМТ k n ) Доказ На слици 8а (као на нашем детаљу) конструисано је n ГМТ из којих се кружница k види под углом. Код сваког од n ових углова први крак је тангента t s1, а други крак је тангента t n на кружницу k. Током овог рада сваку од тангената t n смо конструисали помоћу одговарајуће тангентне дужи са тангенте t s1 почев од тачке P n до њеног пресека са кружницом k. за n 2 & ГМТ k n 2 2 за n & ГМТ k n за n 4 & ГМТ k n 4 4 за n 5 & ГМТ k n 5 5 за n 6 & ГМТ k n 6 6 за n 7 & ГМТ k n 7 7 Сл. 8а за n k 1 & ГМТ k n k 1 k1 за n k & ГМТ k n k k за n k+ 1 & ГМТ k n k + 1 k+1 за n k+ 2 & ГМТ k n k + 2 k+2 Нађимо разлике углова. Ова разлика је угао k + 1 пута мања од угла k k+ 1 k јер је k+ k k k+ 1 kk ^ + 1h kk ^ + 1h. 16

1) за k 2; тврђење је истинито, доказано нашом теоремом 1. 2 6 за k ; 4 12 за k 4; 4 5 20 за k 5; 5 6 0 за k 999; 999 1000 999000 за k 1000; 1000 1001 1001000 за k 1001; 1001 1002 100002 за n k 1; k 1 k kk ^ 1 h 2) за n k; претпоставимо да је ова једнакост тачна k k+ 1 kk ^ + 1 h ) за n k+1; k 2 k k + 1 k + 2 + што је истинито ^k + 1 h^k + 2 h ^ k + 1 h^ k + 2 h ако је претходна једнакост истинита Применимо принцип математичке индукције на формулу: k+ k n n + 1 nn ^ + 1h nn ^ + 1h. 1) за n 2, ово тврђење је тачно на основу доказа наше теореме 1. 2 6 2) Претпоставимо да је тачна формула за n k, k k + 1 kk ^ + 1h. ) Ако је претходна формула тачна, тачна је и следећа: за n k + 1, имамо k+ 1 k+ 2 јер је ^k+ 1h^k+ 2h k 2 k k+ 1 k+ 2 + ^ k+ 1 h^ k+ 2 h ^ k + 1 h^ k + 2 h што значи да је формула тачна за сваки природни број већи од 1, чиме је наша теорема 2 доказана. Угао α је подељен на n једнаких делова ако је разлика n n+ 1 nn ^ + 1 h. 4) Дискусија Подела је могућа за 0 < α < 180. Михаило М. Бошковић проф. 1000 Ужице, Србија ул. Сењак бр 25 тел: 065/2561956 17

III Конструкција сваког правилног многоугла уз помоћ једног шестара и једног лењира На основу поделе угла на n једнаких делова, можемо конструисати сваки правилан многоугао ако му знамо дужину странице, или полупречник уписаног или полупречник описаног круга. Како теореме (наша теорема 1 и теорема 2) одређују угао n + 1 ако знамо и (n је паран број), то сваки правилан многоугао припада једном n n + 2 од два подскупа или садржи паран број страница или садржи непаран број страница, чиме смо покрили да n! N и n > 2 садржи све правилне многоуглове. Централни угао многоугла 60c је централни угао који припада једној страници многоугла. Практично n и изводљиво је у смислу услова поменутих теорема 1 и 2 поделити на n једнких делова угао од 90, па затим тај угао помножити са 4 и добити угао 60c. Овај поступак може n бити поједностављен у примерима код којих је централни угао многоугла 5, 10, 20, 40 и слично. Тада је довољно угао од 60 поделити на три једнака дела и већ имамо угао од 20 и 40, па можемо одмах конструисати правилан 18угао, односно 9угао и тако даље. Пример 1 Конструисати правилан деветоугао коме је полупречник описаног круга 5cm. Поступак: 1) Анализа: Приказаћемо поступак како можемо применом наших теорема 1 и 2 конструисати угао 9. Угао 9 можемо конструисати ако знамо 8 и 10. Угао 10 можемо конструисати ако знамо 5. Угао 5 можемо конструисати ако знамо 4 и 6. Угао 6 можемо конструисати ако знамо угао. Угао можемо конструисати ако занмо углове и. 2 4 2) Конструкција: Прво ћемо конструисати угао s 1 B α 90, слика 9. Затим конструишемо његову симетралу s. Одаберемо на њој тачку О и конструишемо из ње нормале на и b. На удаљености тачке O од кракова и b конструишемо кружницу k са центром у тачки O Конструишимо тангенте на кружницу k које су паралелне оси s као и тангенте које су паралелне крацима и b. То су тангенте t s1, t s2, t 1, t b1. Тангента t b1 сече тангенту t s1 у тачки Х 2. Спајамо тачке O и X 2 и конструишемо кружницу k 2. Кружница k 2 (O, OX 2 ) је кружница из чијих тачака се кружница k види под углом од 90c. Величину OX2 нанесимо 2 на t s1 од X 2 и добићемо тачку X 4. То је тачка из које се кружница k види под углом 90c 4. Конструишимо кружницу k 4 (О, ОX 4 ) Спајамо тачке X 4 и O, а пресек те дужи са k 2 обележимо са M 2. Конструишимо другу тангенту из тачке X 4 на кружницу k и ту тангенту обележимо са t X4 (тачка Р n припада пречнику кружнице k који је нормалан на осу s). 18

Сл. 9 19

Применом наше теореме 1 конструишимо симетралу дужи M 2 X 4. Она сече тангенте из X 4 на кружницу k у тачкама X и Y. Спајамо тачке X и O и конструишемо тангенту t X из тачке X на кружницу k. Сада је B txt 90c s1 X. Дуж OX нанесимо на t S1 од X и добијену тачку обележимо са X 6. Спајамо тачке X 6 и O. Угао t X O 90 S1 6 c односно B t X t 90 S1 6 X6 c (t 12 6 X6 је тангента из X 6 на кружницу k). Пресек кружнице k 4 (O, O X4 ) са полупречником OX 6 је тачка M 4. Симетрала дужи M 4 X 6 сече тангенту t S1 у тачки X 5. Угао txo 90 s1 5 c односно угао txt 90 s1 5 X5 c (где је t 10 5 X5 тангента из тачке X 5 на кружницу k). Дуж OX 4 нанесимо на ts 1 од тачке X 4 и ту тачку обележимо са X 8. Конструишимо полупречник OX 8 и конструишимо кружницу k 8 (O, OX 8 ). Из тачке X8 кружница k се види под углом 90c. 8 Дуж OX 5 нанесимо на t s1 од тачке X 5 и добићемо тачку X 10. Спајамо тачке X 10 и O, а пресек те дужи са кружницом k 8 обележимо са M 8. Пресек симетрале дужи M 8 X 10 и тангенте t s1 обележимо са X 9. То је на основу наше теореме 2 тачка из које се кружница k види под углом од 90c. Конструишимо тангенту tx9 9 на кружницу k и нека је додирна тачка Q n. Конструишемо симетралу дужи X 9 Q n. Она сече тангенту t s1 у тачки P 1. Угао P n P 1 Q n 180c. 9 Нађимо симетралу дужи P 1 Q n. Она сече t s1 у тачки P 2. Конструишимо праву P 2 Q n. Угао P n P 2 Q n 60c што је централни угао нашег деветоугла. 9 Узмимо у отвор шестара дуж од 5cm па са тим полупречником опишимо кружницу k 1 (P 2, 5cm). Та кружница је описана кружница нашег деветоугла. Дуж AB (A је пресек кружнице k 1 и t s1, а B је пресек кружнице k 1 и полуправе P 2 Q n ) је једна страница траженог деветоугла. Преношењем дужи AB као тетиве на кружницу k 1 (P 2, 5cm) добијамо темена траженог деветоугла (ABCDEFGHI). ) Доказ: Да је многоугао ABCDEFGHI правилан деветоугао коме је полупречник описаног круга 5cm следи из анализе и конструкције уз примену наше теореме 1 и наше теореме 2. 4) Дискусија: Задатак има јединствено решење. То је деветеоугао ABCDEFGHI. Конструкцију смо могли много једнсотавније и брже реализовати, да смо пришли конструкцији угла од 40 преко поделе угла од 60 у односу 2:1 или трисекцијом угла 120. Али овакав пут смо изабрали ради уопштеног поступка за конструкцију правилних многоуглова. Истовремено током ове конструкције налазили смо углове: 90c BtXO, 90c, 90c, 90c, 90c, 90c s1 10 и тако даље. 20 18 16 12 10 5 5) Примена: Иако примена при геометријској конструкцији није предвиђена, ми ћемо упозорити на корист од ове конструкције. Пошто се сваки многоугао може конструисати помоћу поделе угла од 90 на n једнаких делова, то се за оне који врше конструкције на 20

компјутеру предлаже једна кострукција угла 90c до неког броја и који задовољава ваше n потребе, а конкретно се наставља конструкција одређеног многоугла тако штио се угао 90c множи са четири (као у овом примеру). Правилан тринаестоугао можемо конструисати тако што ћемо од n 90c и 90c помоћу наше теореме 2 наћи 90c, после чега ћемо од 6 8 7 познатих 90c и 90c помоћу наше теореме 2 наћи угао 90c, и тако даље. 12 14 1 Михаило М. Бошковић проф. 1000 Ужице, Србија ул. Сењак бр 25 тел: 065/2561956 21

ОВА РЕШЕЊА ДАЈЕМ СЛОБОДНИМ МАТЕМАТИЧАРИМА, МАТЕМАТИЧКИМ ИНСТИТУЦИЈАМА, И КОНГРЕСИМА МАТЕМАТИЧАРА ДА потврде и признају моја решења ових проблема. Такође треба одбацити досадашње грешке из ове области, као и грешке начињене у области теорије једначина и других теорија, а које се односе на ову проблематику. Михаило М. Бошковић проф. 1000 Ужице, Србија ул. Сењак бр 25 тел: 065/2561956 22

Шта је Љубав? Љубав је основни појам и не може се дефинисати. Такви појмови су на пример: тачка, права, раван, број, скуп, простор и тако даље. Како да замислимо Љубав? Љубав замишљамо као сталну доброту. Љубав не чини што не ваља. Љубав није злурада. Љубав се радује правди и истини. Љубав није завидљива. У Љубави нема користољубља. Љубав није задовољавање жудње. Љубав подноси све и не очекује узвраћање. Љубав увек верује и никад не губи наду. Љубав не зна за страх. Љубав је праштање. Љубав је молитва за здравље пријатеља и непријатеља. Љубав је помагање и лечење болесних. Љубав је помагање сиромашних. Љубав је учење ненаучених. Љубав је поклањање и даривање. Љубав се не хвали и не уздиже. Када се Љубав оглашава, она губи и умањује се. Највреднију истину о љубави написао је еванђелист и најмилији апостол Исуса Христа, Јован Богослов, речима: Бог је Љубав, и ко пребива у Љубави, у Богу пребива, и Бог у њему. За одговор на питање Шта је Љубав? поред личног искуства користио сам књиге у којима се износе највеће мудрости света. Михаило М. Бошковић проф. 1000 Ужице, Србија ул. Сењак бр 25 тел: 065/2561956 2

Ову звездицу сам додирнуо са својим унукама Емом, Мином, Дуњом и унуком Игором.t