UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOˇ SKA FAKULTETA
FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO
DIPLOMSKO DELO
MIHAELA REMIC
UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOˇ SKA FAKULTETA
FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Studijski program: Matematika in fizika ˇ
ROUTHOV IZREK
Diplomsko delo
Mentor: dr. Matija CENCELJ Kandidatka: Mihaela REMIC Somentor: dr. Tadej STAR ˇCI ˇC
Ljubljana, junij, 2016
ZAHVALA
Kdor ve, da niˇc ne ve, je moder.
Kdor ve, ˇcesa ne ve, lahko vpraˇsa.
In kdor ve, kje bo dobil odgovor, ga lahko najde.
(Albert Einstein)
Zahvala mentorju Matiji Cenclju in somentorju Tadeju Starˇciˇcu za vse nasvete in usmerjanje pri nastajanju diplomskega dela.
Hvala Mojci za prevod povzetka.
Posebna hvala ˇse Sebastijanu, ki mi je nesebiˇcno stal ob strani in me podpiral.
Vsem iskreno hvala.
Program diplomskega dela
Obravnavajte Routhov izrek in njegovo posploˇsitev.
Osnovni vir naj predstavlja ˇclanek:
Benyi A., ´Curgus B., A generalization of Routh’s triangle theorem, 2012 Dostopno na: http://arxiv.org/pdf/1112.4813.pdf
prof. dr. Matija Cencelj
POVZETEK
V elementarni geometriji je eden najpomembnejˇsih izrekov o geometriji trikotnikov Cevov izrek. Cevov izrek podaja kriterij, kdaj mnoˇzica treh Cevovih premic, po ena skozi vsako ogliˇsˇce in toˇcko nasprotileˇzne stranice danega trikotnika, tvori ˇsop. Ro- uthov izrek je neke vrste posploˇsitev Cevovega izreka, saj v primeru, da dane Cevove premice ne tvorijo ˇsopa, poda razmerje ploˇsˇcin danega trikotnika in trikotnika, ki ga dobimo s preseˇciˇsˇci Cevovih premic. V diplomskem delu predstavimo in dokaˇzemo Routhov izrek s pomoˇcjo Menelajevega izreka.
V zadnjem delu diplomskega dela pa predstavimo ˇse posploˇsitev Routhovega izreka za primer, ko imamo ˇsest Cevovih premic, po en par premic skozi vsako ogliˇsˇce danega trikotnika.
Kljuˇcne besede: trikotnik, Cevov izrek, Routhov izrek, ploˇsˇcina trikotnika, Menelajev izrek.
Math. Subj. Class. (2010): 01A55, 97G30.
ABSTRACT
The Ceva’s theorem is one of the most important theorems in elementary geometry.
This theorem provides criteria under which a set of three Ceva’s line segments, one through each vertex and a point of opposite lying side of the given triangle are concurrent. The Routh’s theorem is a kind of generalization of the Ceva’s theorem.
When the given Ceva’s lines are not concurrent, the Routh’s theorem gives the ratio between the areas of the given triangle and the triangle, which we get with the intersection of the Ceva’s lines.
In this work we present and prove the Routh’s theorem with the help of the Me- nelauses’ theorem. In the last part of this work we present the generalization of the Routh’s theorem to the case when six Ceva’s line segments are given, one pair through each vertex of the given triangle.
Keywords: triangle, Ceva’s theorem, Routh’s theorem, area of triangle, Menelauses’ theorem.
Math. Subj. Class. (2010): 01A55, 97G30.
Kazalo
Uvod 1
1 Osnovni pojmi ravninske geometrije 3
1.1 Aksiomi in definicije . . . 4
1.2 Izreki . . . 12
1.3 Ploˇsˇcina . . . 21
1.4 Cevov in Menelajev izrek . . . 24
2 Routhov izrek in posploˇsitve 38 2.1 Routhov izrek . . . 38
2.2 Routhov izrek v posebnih primerih . . . 41
2.3 Sorodni izreki . . . 42
2.4 Posploˇsitev Routhovega izreka . . . 46
3 Zakljuˇcek 58
Literatura 59
viii
Uvod
V diplomskem delu je obravnavan Routhov izrek, ki poda razmerje med ploˇsˇcino danega trikotnika in trikotnika, ki ga dobimo, ˇce ogliˇsˇca danega trikotnika poveˇzemo z izbranimi toˇckami na nasproti leˇzeˇcih stranicah. Poseben poudarek je namenjen tudi njegovi posploˇsitvi, ko vsako ogliˇsˇce poveˇzemo s po dvema toˇckama na nasproti leˇzeˇcih stranicah trikotnika.
V prvem poglavju bodo podani aksiomi, definicije in izreki, s pomoˇcjo katerih si bomo pomagali pri dokazovanju Routhovega izreka. Drugo poglavje vsebuje Ro- uthov izrek in njegove posledice. V zadnjem delu tega poglavja pa bomo predstavili ˇse posploˇsitev Routhovega izreka.
V pomoˇc k laˇzjemu razumevanju so ob definicijah, izrekih in dokazih dodane slike.
Routhov izrek je bil prviˇc omenjen leta 1891 v Treatise on Analytical Statics with Numerous Examples v zvezku 1, Chapter IV, na strani 89. Izrek se imenuje po angleˇskem matematiku Edwardu Routhu (Slika 1), ki je deloval sredi 19. stoletja.
Edward John Routh [1] se je rodil 20. januarja leta 1831 v Quebecu v Kanadi in umrl 7. junija leta 1907 v Cambridgu v Angliji.
Slika 1: Edward Routh
1
2
Routh se je rodil angleˇskemu oˇcetu Randolphu Ishamu Routhu (1782 - 1858) in francosko-kanadski materi, njegovi drugi ˇzeni, Marie Louise Taschereau (1810 - 1891). Pri 11 letih se je preselil v Anglijo in bil vpisan na University College School.
Kasneje po pridobitvi ˇstipendije leta 1847 se je ˇsolal na University College v Lon- donu. Tam je ˇstudiral pod vodstvom Augustus De Morgana.
Ko je Routh diplomiral, je zaˇcel delati kot osebni matematiˇcni uˇcitelj v Cambridgu.
Za svoje delo je Routh prejel ˇstevilne nagrade. Leta 1854 je prejel Smithovo nagrado, leta 1856 je bil med ustanovnimi ˇclani London Mathematical Society, leta 1866 je bil izvoljen v ˇclanstvo Royal Astronomical Society ter bil leta 1872 sprejet v Royal Society, leta 1877 pa je prejel ˇse Adamsovo nagrado, leta 1883 je postal ˇcastni ˇclan v Peterhousu.
S Henryjem Broughamom je sodeloval pri deluAnalytical View of Sir Isaac Newton’s Principia(1855). Routh je objavil ˇstevilne razprave in uˇcbenik Dynamics of a Sy- stem of Rigid Bodies(1860, 1897), v katerem je opredelil in sistematiziral mehaniˇcno sodobno matematiko.
Poleg intenzivnega dela s pouˇcevanjem in pisanjem je imel tudi viden vpliv pri predstavitvi matematiˇcne fizike.
Poglavje 1
OSNOVNI POJMI
RAVNINSKE GEOMETRIJE
Geometrija [2] (beseda izvira iz grˇskih besedGaia - Zemlja inmetria- merjenje) je ena najstarejˇsih vej matematike, ki zajema prouˇcevanje toˇck, ˇcrt, kotov in raznih oblik, njihovih odnosov in lastnosti. Geometrija je imela v starih kulturah izredno velik pomen. ˇClovek jo je razvil zaradi laˇzjega razumevanja prostora. Uporabljali so jo v vsakdanjem ˇzivljenju, pri preˇzivetju, v astronomiji, pri pomorstvu in v grad- beniˇstvu. Njene korenine segajo v ˇcas veˇc tisoˇc let pred naˇsim ˇstetjem, v obdobje starega Egipta zaradi rednega poplavljanja reke Nil, v Mezopotamiji zaradi popla- vljanja reke Ind in poplavljanja rek na Kitajskem potrebno na novo doloˇcati meje zemeljskih povrˇsin. Za to je bilo potrebno natanˇcno meriti, risati in raˇcunati. Ra- zvoj geometrije so nadaljevali stari Grki. V 3. st. pr. n. ˇst. je bilo ˇze toliko gradiva in razliˇcnih metod, da so se pojavili prvi poizkusi zdruˇzitve geometrijskih znanj v enotni sistem. Za oˇceta sodobne matematiˇcne geometrije velja Evklid (Slika 2) iz Aleksandrije.
Slika 2: Evklid
3
1.1 Aksiomi in definicije 4
Evklid je poskuˇsal definirati vse pojme, danes pa vemo, da se tega ne da doseˇci.
Privzeli bomo, da med osnovne nedefinirane pojme spadajo toˇcka, premica, razda- lja, ravnina, velikost kota in ploˇsˇcina. Ostale pojme bomo potemtakem definirali z nedefiniranimi in s prej definiranimi pojmi. Toˇcke bomo oznaˇcevali z velikimi ti- skanimi ˇcrkami z zaˇcetka abecede, premice pa z malimi tiskanimi ˇcrkami s sredine abecede.
V naslednjih treh razdelkih bomo zapisali nekaj aksiomov, definicij in izrekov, ki so potrebni za predstavitev osrednje teme tega diplomskega dela. Teoretiˇcni uvod sledi aksiomatskemu sistemu po viru [3].
1.1 Aksiomi in definicije
Aksiomi so trditve, ki jih sprejemamo brez dokaza in predstavljajo izhodiˇsˇce. De- finicija pa je izjava, ki razlaga pomen besede ali besedne zveze in je natanˇcna ter jedrnata.
Mi bomo sledili sistemu, ki ga je razvil George David Birkhoff leta 1932, ko je v aksiome geometrije vpeljal realna ˇstevila in merjenje.
Aksiom 1.1.1 (Aksiom o obstoju toˇcke) Toˇcke tvorijo neprazno mnoˇzico, ki ima veˇc kot en element.
Definicija 1.1.2 Mnoˇzico vseh toˇck imenujemo ravnina in jo oznaˇcimo sP.
Aksiom 1.1.3 (Aksiom incidence) Vsaka premica je mnoˇzica toˇck. Za vsak par toˇck A in B obstaja ena sama premicap, da je A∈p in B ∈p.
Dogovorimo se, da bomo premico, na kateri leˇzita razliˇcni toˇcki A inB, oznaˇcevali z ←→
AB. S tem zapisom bomo poudarili, da je premica doloˇcena s toˇcno doloˇcenima toˇckama.
Definicija 1.1.4 Toˇcka A leˇzi na premici p, ˇce A∈p .
Definicija 1.1.5 Dve razliˇcni premici p in m sta vzporedni ali paralelni, ˇce se ne sekata. S simboli to zapiˇsemo: pkm.
Na tem mestu v naˇso obravnavo geometrije vpeljemo realna ˇstevila R.
1.1 Aksiomi in definicije 5
Aksiom 1.1.6 (Aksiom ravnila) Za vsaki toˇckiA in B obstaja realno ˇstevilo, ki ga imenujemo razdalja odA do B. Oznaˇcimo jo z AB. Za vsako premico p obstaja taka bijekcija izp naR, da za poljubni toˇcki A,B ∈p, ki se s to bijekcijo preslikata vx oziroma y, velja AB=|x−y|.
Definicija 1.1.7 Naj bodo A, B in C razliˇcne toˇcke. Toˇcka C je med toˇckama A in B. To z znakom * zapiˇsemo A∗C∗B, ˇce je C ∈←→
AB in veljaAC+CB =AB.
(Slika 3)
A
B C
Slika 3: Kolinearne toˇcke oziroma vmesnost toˇck na premici
Definicija 1.1.8
(a) Daljica AB je definirana z enakostjoAB={A, B} ∪ {C;A∗C∗B}.
(b) Poltrak −−→
AB je definiran z enakostjo −−→
AB=AB∪ {C;A∗B∗C}.
A B
A B
A B
Slika 4: Daljica, poltrak, premica
Definicija 1.1.9 Dolˇzina daljice ABje razdalja|AB|aliAB med toˇckamaA inB.
Definicija 1.1.10 Daljici AB in CD sta skladni, ˇce je |AB| = |CD|. Skladnost dveh daljic oznaˇcimo s simbolom: AB∼=CD.
Definicija 1.1.11 Toˇcki A in B sta krajiˇsˇci daljiceAB, vse ostale toˇcke te daljice pa so notranje toˇcke te daljice. Toˇcka A je krajiˇsˇce poltraka−−→
AB.
1.1 Aksiomi in definicije 6
Definicija 1.1.12 ToˇckiAinBnaj bosta razliˇcni toˇcki. ToˇckaM je srediˇsˇce daljice AB, ˇce je M med A in B in je|AM|=|M B|.
Z naslednjim aksiomom bomo zagotovili, da premica preseka ravnino na dva loˇcena dela. Na ta naˇcin bomo lahko definirali kot.
Aksiom 1.1.13 (Aksiom o separaciji ravnine) Za vsako premico p velja, da toˇcke ki niso na njej, tvorijo dve neprazni disjunktni mnoˇzici H1 in H2, ki jima pravimo polravnini omejeni s p, za kateri velja:
1. H1 in H2 sta konveksni mnoˇzici.
2. ˇCe je P ∈H1 in Q∈H2, daljica P Qpreseka premico p.
O polravninahH1 in H2, na kateri razdeli ravninoP premica p, lahko reˇcemo tole:
• H1∪H2 =P\p,
• H1∩H2 =∅,
• H1 6=∅ in H2 6=∅,
• ˇce je A∈H1 in B ∈H1, potem veljaAB ⊆H1 in AB∩p=∅,
• ˇce je A∈H2 in B ∈H2, potem veljaAB ⊆H2 in AB∩p=∅,
• ˇce je A∈H1 in B ∈H2, potem veljaAB∩p6=∅.
Definicija 1.1.14 Naj toˇcki A in B ne leˇzita na premici p. Ce sta toˇˇ cki v isti polravnini, reˇcemo, da sta toˇcki na isti strani premicep, sicer sta toˇcki na nasprotnih straneh premice p.
Definicija 1.1.15 Poltraka −−→
AB in −→
AC, ki imata skupno krajiˇsˇce, sta si nasprotna poltraka ali dopolnilna poltraka (Slika 5a) natanko tedaj, ko nista enaka, a velja
←→AB=←→
AC. Sicer sta si nenasprotna (Slika 5b).
Definicija 1.1.16 Kot je unija dveh nenasprotnih poltrakov −−→
AB in −→
AC, ki imata skupno krajiˇsˇce. Kot oznaˇcimo s simbolom∠BAC ali∠CAB. Toˇcka Aje vrh kota, poltraka −−→
AB in −→
AC pa sta kraka kota.
1.1 Aksiomi in definicije 7
C A B
(a) nasprotna poltraka
C
B A
(b) nenasprotna poltraka
Slika 5
A
B
C
Slika 6: Notranjost kota
Definicija 1.1.17 Naj bodoA, B in C take toˇcke, da si poltraka −−→
AB in −→
AC nista nasprotna. Notranjost kota∠BAC definiramo takole: toˇcka P je v notranjosti kota
∠BAC, ˇce je na isti strani premice ←→
AB kot toˇcka C in na isti strani premice ←→
AC kot toˇcka B (Slika 6).
Definicija 1.1.18 ToˇckeA, B in C so kolinearne, ˇce obstaja premica p, na kateri leˇzijo toˇcke A, B in C (Slika 3). ˇCe taka premicap ne obstaja, so toˇckeA, B in C nekolinearne.
Definicija 1.1.19 Naj bodoA, B in C tri nekolinearne toˇcke. Trikotnik ∆ABC je unija daljic,∆ABC =AB∪BC∪CA. Toˇckam A, B, C reˇcemo ogliˇsˇca trikotnika
∆ABC, daljicam AB,BC,CA pa stranice trikotnika ∆ABC (Slika 7).
A B
C
c b a
Slika 7: Trikotnik ∆ABC
1.1 Aksiomi in definicije 8
V trikotniku ∆ABC oznaˇcujemo daljico BC z oznakoa, daljiicoCA z oznako bin daljicoAB z oznako c.
Trikotnike razdelimo glede na dolˇzine stranic (Slika 8):
(a) enakostraniˇcni (vse tri stranice enako dolge), (b) enakokraki (dve stranici enako dolgi), (c) raznostraniˇcni (vse stranice razliˇcno dolge).
A B
a C
a a
(a) enakostraniˇcni
A B
C
c a a
(b) enakokraki
A B
C
c b a
(c) raznostraniˇcni
Slika 8: Trikotniki glede na dolˇzino stranic
Definicija 1.1.20 Poltrak −−→
AD leˇzi med poltrakoma −−→
AB in −→
AC, ˇce je toˇcka D v notranjosti kota ∠BAC (Slika 9).
A B
C
D
Slika 9
Aksiom 1.1.21 (Aksiom o kotomeru) Za vsak kot∠BAC obstaja realno ˇstevilo µ(∠BAC), ki mu reˇcemo velikost kota ∠BAC, in zanj veljajo naslednje lastnosti:
1. 0◦≤µ(∠BAC)<180◦ za vsak kot ∠BAC.
2. µ(∠BAC) = 0◦ natanko tedaj, ko −−→ AB=−→
AC
3. (konstrukcija kota) Za vsako realno ˇstevilo r, 0< r <180, in za vsako polravnini H, ki jo omejuje premica ←→
AB, obstaja natanko en tak poltrak −→
AE, da je E ∈H in µ(∠BAE) =r◦.
1.1 Aksiomi in definicije 9
4. (vsota kotov) ˇCe leˇzi poltrak −−→
AD med poltrakoma −−→
AB in −→
AC, velja
µ(∠BAC) =µ(∠BAD) +µ(∠DAC).
Podobno kot smo definirali skladnost daljic definiramo tudi skladnost kotov.
Definicija 1.1.22 Kota∠BAC in ∠EDF sta skladna, ˇce za neko realno ˇsteviloµ, ki pomeni velikost kota, veljaµ(∠BAC) =µ(∠EDF).
Loˇcimo tri vrste kotov.
Definicija 1.1.23 Kot ∠BAC je:
a) pravi kot, ˇce je ∠BAC = 90◦, b) ostri kot, ˇce je µ(∠BAC)<90◦ in c) topi kot, ˇce je µ(∠BAC)>90◦.
V geometriji ponavadi kote merimo v kotnih stopinjah, kar oznaˇcimo s simbolom◦. Definicija 1.1.24 Naj bodo A, B in C tri nekolinearne toˇcke. Poltrak−−→
AD je raz- polovitev kota∠BAC, ˇce je toˇcka Dv notranjosti kota∠BAC in veljaµ(∠BAD) = µ(∠DAC). Premici ←→
AD reˇcemo tudi simetrala kota ∠BAC (Slika 10).
A B
C D
Slika 10: Simetrala kota
Ni teˇzko videti, da je simetrala kota enoliˇcno doloˇcena.
Definicija 1.1.25 Premicipinmsta pravokotni, ˇce obstajajo take toˇckeA∈p∩m, B ∈ p, C ∈ m, da je kot ∠BAC pravi kot (Slika 11). To oznaˇcimo s simbolom p⊥m.
Definicija 1.1.26 Naj bostaAinB razliˇcni toˇcki. Simetrala daljiceABje premica p, ki gre skozi srediˇsˇce daljice AB in p⊥←→
AB (Slika 12).
1.1 Aksiomi in definicije 10
A
B C
m
p
Slika 11: Pravokotni premici
A B
p
Slika 12: Simetrala daljice
Ni teˇzko videti, da je simetrala daljice enoliˇcno doloˇcena.
Povedali smo ˇze, kaj je skladnost daljic in kaj je skladnost kotov, zdaj pa bomo skladnost razˇsirili ˇse na trikotnike.
Definicija 1.1.27 Trikotnika sta skladna, ˇce obstaja taka bijekcija med mnoˇzicama ogliˇsˇc prvega in drugega trikotnika, pri kateri se vsaka stranica preslika v skladno stranico in vsak kot v skladni kot.
Aksiom 1.1.28 (Aksiom SKS) Ce za trikotnikaˇ ∆ABC in ∆DEF velja AB ∼= DE, ∠ABC ∼=∠DEF in BC ∼=EF, potem je ∆ABC ∼= ∆DEF (Slika 13).
A B
C
E D
F
Slika 13: Skladna trikotnika - SKS
V zapisu SKS pomeni S kratico za stranico in K kratico za kot. Zadostni pogoji, ki so potrebni, da sta dva trikotnika skladna, so zapisani v naslednjem razdelku pri skladnostnih izrekih 1.2.9.
1.1 Aksiomi in definicije 11
Trditev 1.1.29 Za vsako premico pin vsako zunanjo toˇcko A obstaja natanko ena premica n, da je A∈n in n⊥p.
Definicija 1.1.30 Naj bo p premica in A toˇcka, ki ni na p. Naj bo n pravokotnica nap skozi toˇcko A. Tedaj je razdaljad(A, p) od toˇckeA do premice p enaka dolˇzini daljice s krajiˇsˇcema A in n∩p (Slika 14).
p
n A
Slika 14: Razdalja toˇcke od premice po pravokotnici
Definicija 1.1.31 DaljiciCD od ogliˇsˇcaC trikotnika∆ABC do preseˇciˇsˇcaDpra- vokotnice iz C na premico←→
AB reˇcemo viˇsina na stranico AB (Slika 15).
A B
C
D v
Slika 15: Viˇsina v trikotniku
Tudi viˇsina je enoliˇcno doloˇcena.
Aksiom 1.1.32 (Aksiom o vzporednici) Za poljubno premicopin poljubno toˇcko A, ki ne leˇzi nap, obstaja natanko ena premicam, da toˇckaAleˇzi nam in jemkp.
Definicija 1.1.33 Premici r, ki seka dve premici p in m v razliˇcnih toˇckah A in A0, reˇcemo preˇcnica (Slika 16). Ob tem nastane osem kotov z vrhovomaA in A0 ob preˇcnici. Loˇcimo notranje in zunanje kote. Notranja (ali zunanja) kota z razliˇcnima vrhoma, ki leˇcita na isti strani preˇcnice imenujemo nasprotna kota, ˇce pa leˇzita na razliˇcnih straneh preˇcnice, jima reˇcemo izmeniˇcna kota.
1.2 Izreki 12
p
A0 m A
r
Slika 16: Preˇcnica
Definicija 1.1.34 Naj bodo A, B, C in D take toˇcke, da nobene tri od njih niso kolinearne in poljubni dve od daljic AB, BC, CD in DA ali nimata skupne toˇcke ali pa imata skupno le krajiˇsˇce. Tedaj toˇcke A, B, C in D doloˇcajo ˇstirikotnik, ki je unija daljic ABCD = AB∪BC ∪CD∪DA. Tem daljicam reˇcemo stranice ˇstirikotnika, toˇckam A, B, C, D pa ogliˇsˇca tega ˇstirikotnika. Stranicama AB in CD reˇcemo nasprotni stranici, prav tako tudi stranicama BC in DA.
Definicija 1.1.35 Stirikotnikuˇ ABCD pravimo paralelogram, ˇce velja ←→
ABk←→
CD in ←→
BC k←→
AD.
Definicija 1.1.36 Trikotnika∆ABC in∆DEF sta si podobna, ˇce velja,∠ABC ∼=
∠DEF, ∠CAB ∼=∠F DE in ∠BCA ∼=∠EF D. Podobnost trikotnikov ∆ABC in
∆DEF bomo oznaˇcevali s simbolom: ∆ABC ∼∆DEF.
Zapisani aksiomi in definicije predstavljajo izhodiˇsˇce zapisanim izrekom v nasle- dnjem razdelku.
1.2 Izreki
Izreki so trditve, ki so sestavljene iz ˇze znane predpostavke in nove lastnosti, ki pa jo je potrebno dokazati. Pomagali si bomo z zapisanimi aksiomi in definicijami iz prejˇsnjega razdelka. Veˇcina izrekov bo dokazanih, nekatere dokaze pa bomo izpustili.
Na osnovi Aksioma 1.1.6 obstaja funkcija razdalje med poljubnimi pari toˇck. Oglejmo si temeljne lastnosti funkcije razdalje.
Izrek 1.2.1 Za poljubni toˇcki A in B velja:
1. AB=BA
1.2 Izreki 13
2. AB≥0
3. (AB= 0)⇔(A=B)
Dokaz: Najprej pokaˇzimo, da obstaja premica p, na kateri leˇzita toˇcki AinB. ˇCe A 6=B, potem po Aksiomu 1.1.3 obstaja natanko ena premica p, ki gre skozi dani toˇcki. ˇCe pa je A=B, potem pa po Aksiomu 1.1.1 obstaja neka druga toˇcka C in skozi toˇcki AinC gre natanko ena premica p.
Po Aksiomu ravnila 1.1.6 obstaja bijekcija med toˇckami premicep in toˇckami naR. Naj se toˇcki A in B preslikata v realni ˇstevili x iny. Tedaj veljaAB = |x−y|in BA=|y−x|. S pomoˇcje algebre vemo|x−y|=|y−x|, torej velja AB=BA.
Poleg tega iz algebre ˇse vemo, da |x−y| ≥ 0, torej je res AB ≥ 0. S tem smo dokazali prvi dve toˇcki izreka. Naj boAB= 0, tedaj je|x−y|= 0, iz ˇcesar v algebri sledi, dax=y. Torej je potemtakem A=B. In ˇse obratno: naj boA=B, tedaj je tudix=y in zato|x−y|= 0 inAB= 0. Tako smo dokazali obe strani ekvivalence v tretji toˇcki izreka.
Posledica 1.2.2 Naj bodo A, B, C kolinearne toˇcke. Tedaj velja A ∗C ∗B ⇔ B∗C∗A.
Dokaz: Naj toˇcka C leˇzi na ←→
AB. Ce veljaˇ A∗C ∗B, po Definiciji 1.1.7 sledi AC+CB=AB. ZaradiAC =CAinCB=BC sledi tudiBC+CA=BAin zato B∗C∗A. Analogno dokaˇzemo tudi obratno smer ekvivalence.
V Kartezijevi ravnini [4] imamo toˇcke podane z urejenim parom koordinat. Pravo- kotni koordinatni sistem v Kartezijevi ravnini sestavljata dve pravokotni osi. Po- sebnost koordinatnega sistema je, da lahko mnoˇzice toˇck opiˇsemo z zvezami med koordinatami toˇck.
Idejo za pravokotni koordinatni sistem, ki ga imenujemo tudi karteziˇcni koordinatni sistem, je dobil Rene Descartes (1596 - 1650). Svoje ideje je predstavil v knjigi Geometrija.
Z R2 bomo oznaˇcevali koordinatno ali Kartezijevo ravnino, v kateri so vse toˇcke urejeni pari. To zapiˇsemo kot (x, y), kjer x,y∈R. Dana realna ˇstevilaa,b inc, od katerih vsaj en od a ali b ni enak 0, doloˇcajo premicop, ki jo sestavljajo vse toˇcke (x, y), za katere velja enaˇcba
ax+by+c= 0.
1.2 Izreki 14
−2 −1 1 2 3 4 5
−3
−2
−1 1 2
0
Enaˇcba premice y=23x−2
A
B
a
Slika 17: Premica
Toˇcka leˇzi na premici, ˇce njene koordinate ustrezajo enaˇcbi premice. Prejˇsnji zapis enaˇcbe premice imenujemo implicitna oblika zapisa, ki je primerna za razreˇsevanje sistema enaˇcb. Pogosto pa za premico uporabljamo sploˇsni zapis y=kx+n.
Razdalja med dvema toˇckama podanima s koordinatami je definirana s predpisom d((x1, y1),(x2, y2)) =p
(x2−x1)2+ (y2−y1)2
za toˇcko A(x1, y1) in toˇcko B(x2, y2) (Slika 17).
Izrek 1.2.3 (Paschev aksiom) Naj bodoA,B,C poljubne tri nekolinearne toˇcke, ki tvorijo trikotnik∆ABC inppoljubna premica, ki ne vsebuje nobene od navedenih toˇck. ˇCe premicapseka daljicoAB, potem seka ˇse vsaj eno od daljicAC,BC (Slika 18).
H1 H2
A B
C p
Slika 18: Paschev aksiom
1.2 Izreki 15
Dokaz: Naj bo ∆ABC trikotnik inptaka premica, ki presekaABin na njej ne leˇzi nobeno ogliˇsˇce trikotnika ∆ABC. Po Aksiomu o separaciji ravnine 1.1.13 naj bosta H1inH2dve polravnini omejeni sp. Toˇcki AinB ne leˇzita v isti polravnini. Toˇcka C leˇzi v eni ali v drugi polravnini. ˇCe C ∈ H2, potem AC ∩p 6= ∅. ˇCe C ∈ H1, potemBC∩p6=∅. Torej mora premicap presekati tudiAC ali paBC.
Izrek 1.2.4 Naj bo p premica, A toˇcka na njej in toˇcka B izven nje. ˇCe je toˇcka C med toˇckama A in B, sta B in C na isti strani premice p.
Dokaz: Naj bodop, A, B inC kot v predpostavki izreka. Dokazati moramo BC∩ p =∅. Najprej opazimo, daA ni med B in C, saj ni na daljici BC. Premici p in
←→AB imata skupno le eno toˇcko in to je A, ki pa ni v BC. Torej resBC∩p=∅.
Posledica 1.2.5 (Z-izrek) Naj bo p premica, A in D pa razliˇcni toˇcki na p. ˇCe sta B in E toˇcki na razliˇcnih straneh premice p, je −−→
AB∩−−→
DE=∅ (Slika 19).
p B A
D E
Slika 19
Dokaz: Razen krajiˇsˇc poltrakov vse toˇcke poltraka−−→
AB leˇzijo na eni strani premice p, vse toˇcke poltraka−−→
DE pa na drugi strani. Po Aksiomu o separaciji ravnine 1.1.13 sta obe strani premice disjunktni, torej bi ta poltraka lahko imela skupno le krajiˇsˇce, to pa ni v skladu s predpostavko izreka.
Izrek 1.2.6 Naj bodoA, B in C nekolinearne toˇcke in naj boD toˇcka na premici
←→BC. Tedaj je toˇcka D med toˇckama B in C natanko tedaj, ko je poltrak −−→ AD med poltrakoma−−→
AB in −→
AC (Slika 20).
Dokaz: Naj bodo toˇcke A, B,C inD kot v predpostavki izreka. Najprej privze- mimo, da jeDmedB inC. Tedaj staC inDna isti strani premice←→
ABin podobno toˇcki B in D na isti strani premice ←→
AC. Torej je D v notranjosti kota in s tem
1.2 Izreki 16
D?
A B
D C
Slika 20
poltrak−−→
AD med poltrakoma−−→ AB in−→
AC. S tem smo dokazali eno implikacijo (⇒).
Pokaˇzimo ˇse drugo implikacijo (⇐). Naj bo poltrak −−→
AD med poltrakoma −−→ AB in
−→AC. Tedaj jeD v notranjosti kota ∠BAC, torej sta B inD na isti strani premice
←→AC, zato C ni na daljiciBD. Podobno dokaˇzemo, daB ni na daljiciCD. Torej so B,C inDtri take razliˇcne kolinearne toˇcke, daC ni medB inDinB ni medC in D. Torej ostane le ena moˇznost, da je Dmed toˇckamaB inC.
Izrek 1.2.7 (Izrek o preˇcki) Ce jeˇ ∆ABC trikotnik in je D toˇcka v notranjosti kota ∠BAC, potem obstaja toˇcka G∈−−→
AD∩BC (Slika 21).
G?
A B
C
D
Slika 21
Dokaz: Naj bosta trikotnik ∆ABCin toˇckaDkot v predpostavki izreka. Izberimo toˇcki E in F, da bo E ∗A∗B in F ∗A∗D (to lahko naredimo zaradi Aksioma ravnila 1.1.6) in naj bo p = ←→
AD. Ker je D v notranjosti kota ∠BAC, niti B niti C nista nap. Zato lahko uporabimo Paschev aksiom 1.2.3 za trikotnik ∆EBC, da ugotovimo, da morap presekati aliEC aliBC (Slika 22).
1.2 Izreki 17
A B
C
D E
F p
Slika 22
Dokaz bomo naredili takole: pokazali bomo, da poltrak−−→
AD preseka ali EC ali BC (ne pa njemu nasprotni poltrak−→
AF), nato pa pokazali tudi da,−−→
AD ne presekaEC.
Pokazati moramo torej:
• −→
AF ∩EC =∅,
• −→
AF ∩BC =∅,
• −−→
AD∩EC =∅,
kar bomo vse pokazali z uporabo Z-izreka 1.2.5. Ker jeAvmes medF inD, morata F in Dleˇzati na razliˇcnih straneh ←→
AB. Ker pa je D v notranjosti kota∠BAC, sta C in Dna isti strani ←→
AB, torej sta F inC na nasprotnih straneh←→
AB. Po Z-izreku 1.2.5 je tedaj −→
AF ∩−−→
EC = ∅. Ker je EC ⊂ −−→
EC, dobimo −→
AF ∩EC = ∅. Pokazali smo, da sta C inF na nasprotnih straneh←→
AB. Odtod sledi spet po Z-izreku 1.2.5, da je−→
AF∩−−→
BC =∅, zaradi BC⊂−−→
BC dobimo torej−→
AF∩BC =∅. Ker je AmedE inB, staE inB na razliˇcnih straneh premice←→
AC (po Aksiomu o separaciji ravnine 1.1.13). Ker je Dv notranjosti kota ∠BAC, pa staDinB na isti strani ←→
AC, torej sta E inD na razliˇcnih straneh ←→
AC. Torej po Z-izreku 1.2.5 spet −−→ AD∩−−→
CE=∅in zaradiEC ⊂−−→
CE dobimo−−→
AD∩EC=∅, s ˇcimer smo zakljuˇcili naˇs dokaz.
Izrek 1.2.8 Za vsako premico p in vsako zunanjo toˇcko A obstaja natanko ena premica n, da je A∈n in n⊥p.
Dokaz je enostaven in ga bomo izpustili.
1.2 Izreki 18
Na tem mestu bomo zgolj omenili in zapisali vse ˇstiri skladnostne izreke trikotnikov brez dokazov. Te izreke krajˇse oznaˇcujemo s kraticami, kjer S pomeni stranico, K pa pomeni kot.
Izrek 1.2.9 (Izreki skladnosti trikotnikov)
1. skladnostni izrek SSS: Trikotnika sta skladna, ˇce se ujemata v vseh treh stra- nicah.
2. skladnostni izrek SKS: Ce se trikotnika ujemata v dveh stranicah in v kotu,ˇ ki ga stranici oklepata, sta skladna.
3. skladnostni izrek KSK: Ce se trikotnika ujemata v eni stranici in v dveh kotihˇ ob tej stranici, sta skladna.
4. skladnostni izrek SSK: Ce se trikotnika ujemata v dveh stranicah in kotu, kiˇ leˇzi nasproti najveˇcje stranice, sta skladna.
Izrek 1.2.10 Vsota notranjih kotov trikotnika je 180◦.
A B
C
α β
α β
γ
Slika 23
Trikotnike razdelimo tudi glede na velikost najveˇcjega notranjega kota (Slika 24):
(a) topokotni (en notranji kot meri veˇc kot 90◦), (b) pravokotni (en notranji kot je enak 90◦), (c) ostrokotni (vsi trije koti merijo manj kot 90◦).
A B
C
(a) topokotni
A B
C
(b) pravokotni
A B
C
(c) ostrokotni
Slika 24: Trikotniki glede na velikost notranjega kota
1.2 Izreki 19
Izrek 1.2.11 Naj bostapinmpremici, ki ju seˇce preˇcnicar tako, da sta izmeniˇcna kota skladna. Tedaj sta premici p in m vzporedni.
Torej premici, ki ju seka neka preˇcnica, sta vzporedni natanko tedaj, ko sta njuna izmeniˇcna kota skladna. Ni teˇzko videti, da velja Izrek 1.2.10.
Izrek 1.2.12 (Izrek o vzporedni projekciji) Naj bodol,minntri paroma raliˇcne vzporedne premice. Naj bo t preˇcnica, ki seka premicel, m in n v toˇckah A, B ozi- roma C (v tem vrstnem redu) in naj bo t0 tudi preˇcnica na l, m in n, ki seka te premice v toˇckah A0, B0 oziroma C0 (v tem vrstnem redu). Naj boA∗B∗C. Tedaj velja
|AB|
|AC| = |A0B0|
|A0C0|.
Predstavljamo si, da premicotprojiciramo vzdolˇz vzporednicel,minnna premico t0. Pri tem se AB preslika na A0B0 in AC na A0C0 (Slika 25). Pri taki projekciji se ohranjajo razmerja razdalj (ne pa nujno razdalje). Za ta izrek potrebujemo tranzitivnost vzporednosti premic, kar nam zagotavlja evklidski Izrek o vzporednici 1.1.32. Najprej dokaˇzimo poseben primer tega izreka.
Lema 1.2.13 Naj bodo l, m in n tri paroma raliˇcne vzporedne premice. Naj bo t preˇcnica, ki seka premice l, m in n v toˇckahA,B oziroma C (v tem vrstnem redu) in naj bo t0 tudi preˇcnica na l, m in n, ki seka te premice v toˇckah A0, B0 oziroma C0 (v tem vrstnem redu). Naj bo A∗B∗C. ˇCe jeAB∼=BC, je tudi A0B0 ∼=B0C0. Dokaz: Naj bo t00 vzporednica premici tskozi toˇcko A int000 vzporednica premici tskozi toˇckoB0. Naj boB00=m∩t00 inC000=n∩t000.
A
B B0
C C000 C0
A0
B00
l
m
n
t t00 t000 t0
Slika 25
Ce jeˇ A = A0, je B00 = B in AB = A0B00. Podobno velja: ˇce je B0 = B, tedaj C000 = C in zato BC = B0C000. Ce paˇ A 6= A0 in B00 6= B, velja A0B00 ∼= AB
1.2 Izreki 20
in B0C000 ∼= BC, saj gre za vzporedne stranice paralelogramov. V vsakem od teh primerov dobimo skupaj s predpostavko AB ∼= BC skladnost A0B0 ∼= B0C000. Po tranzitivnosti vzporednosti veljat00kt000 ali pat00=t000. Zaradi vzporednosti premic velja za kote ∠B00A0B0 ∼= ∠C000B0C0 in ∠A0B00B0 ∼= ∠B0C000C0. Po KSK dobimo
∆B00A0B0 ∼= ∆C000B0C0, odtod paA0B0 ∼=B0C0. Sledi dokaz Izreka 1.2.12.
Dokaz: Najprej dokaˇzimo poseben primer, ko je AB/AC ∈Q, naj bo AB/AC = p/q, kjer sta p, q ∈ N. Razdelimo daljico AC na q enakih delov, tj. po Aksiomu ravnila 1.1.6 lahko najdemo toˇckeA0=A, A1, . . . , Aq =C∈t, da jeAiAi+1 =AC/q za vsaki= 0, . . . , q1. Pri tem jeAp =B. Za vsak Ai,i= 1, . . . , q, obstaja premica li: Ai ∈li inli kl. Naj boA00 =A0 inA0i =li∩t0 (po izreku namreˇcl0 seka t0). Po prejˇsnji Lemi 1.2.13 je A0iA0i+1 = A0C0/q. Ker je lq = m in lq = n, je A0p = B0 in A0q =C0. Odtod sledi
A0B0
A0C0 = A00A0p
A00A0q = A0Ap A0Aq
= p q
in smo izrek dokazali v primeru racionalnega razmerja. Obravnavajmo ˇse sploˇsni primer. Naj boAB/AC=x inA0B0/A0C0=y. Da jex=ybomo pokazali tako, da bomo pokazali, da je vsako racionalno ˇstevilo, ki je manjˇse od x, manjˇse tudi od y, in obratno. Naj bo 0< r < x inr ∈Q. Izberimo toˇckoD∈t, da je AD/AC =r.
Naj bom0 premica, za katero veljaD∈m0, m0 km in naj bo D0 =m0∩t0. Potem veljaA0D0/A0C0 =r. Ker so premicel, minm0 vzporedne, veljaA0∗D0∗B0 in zato velja tudir =A0D0/A0C0 < A0B0/A0C0=y. Analogno lahko pokaˇzemo, da za vsako racionalno ˇstevilo r, za katero velja 0< r < y, velja tudi r < x. To pa pomeni, da je x=y.
Izrek 1.2.14 (Izrek o podobnih trikotnikih) Ce za trikotnikaˇ ∆ABC in∆DEF velja∆ABC ∼∆DEF, velja enakost
|AB|
|AC| = |DE|
|DF|.
Dokaz: Ce jeˇ AB=DE, je ∆ABC ∼= ∆DEF (po KSK) in takoj imamo rezultat.
Sicer pa po potrebi zamenjamo oznake, da bo veljalo AB > DE. Naj bo toˇcka B0 na AB taka, da velja AB0 = DE. Naj bo m premica skozi B0, ki je vzporedna premicil=←→
BC in naj boC0 preseˇciˇsˇce premicem z daljico AC (preseˇciˇsˇce obstaja
1.3 Ploˇsˇcina 21
A B
C
B0 C0
n m l
D E
F
Slika 26
po Paschevem aksiomu 1.2.3). Tedaj ∆AB0C0 ∼= ∆DEF. Naj bo n premica skozi A, ki je vzporednica premicamal inm (Slika 26).
Ce uporabimo Izrek o vzporedni projekciji 1.2.12 za premiceˇ l,m inn, dobimo
|AB0|
|AB| = |AC0|
|AC|
in od tod
|DE|
|AB| = |DF|
|AC|, od tod pa takoj
|DE|
|DF| = |AB|
|AC|.
Posledica 1.2.15 Ce za trikotnikaˇ ∆ABC in ∆DEF velja ∆ABC ∼ ∆DEF, obstaja tak r > 0, da velja DE = r ·AB, DF = r·AC in EF = r ·BC. Torej istoleˇzne stranice v podobnih trikotnikih se razlikujejo za konstantni faktor.
1.3 PLOˇ S ˇ CINA
Vpeljimo ˇse aksiom ploˇsˇcine.
Definicija 1.3.1 Naj bo ∆ABC trikotnik, katerega trikotno podroˇcje sestavljajo stranice trikotnika in notranje toˇcke (Slika 27).
Trikotniku prirejeno trikotno podroˇcje bomo oznaˇcevali s T.
1.3 Ploˇsˇcina 22
A B
C
T
Slika 27
Slika 28
Definicija 1.3.2 Poligonalno podroˇcje je unija konˇcno mnogo trikotnih podroˇcijT1, T2,T3. . . Tn, da je presek Ti∩Tj poljubnih dveh teh trikotnih podroˇcij ali prazen ali pa je vsebovan v neki stranici od Ti in v neki stranici odTj (Slika 28).
Aksiom 1.3.3 (Nevtralni aksiom ploˇsˇcine) Vsakemu poligonalnemu podroˇcjuT je prirejeno tako pozitivno realno ˇsteviloS(T), ki mu reˇcemo ploˇsˇcina podroˇcja, da veljata lastnosti:
1. ˇCe sta dva trikotnika skladna, imata njima prirejeni trikotni podroˇcji isto ploˇsˇcino.
2. ˇCe je T unija dveh neprekrivajoˇcih poligonalnih podroˇcij T1 in T2, velja S(T) = S(T1) +S(T2).
Da si bomo laˇzje predstavljali, si oglejmo naslednji razrez trikotnika (Slika 29).
S1
S2
A B
C
E
Slika 29
Ploˇsˇcino trikotnika ∆ABC bomo oznaˇcevali z oznako|ABC|ali s S.
1.3 Ploˇsˇcina 23
Izrek 1.3.4 Ce jeˇ ∆ABC trikotnik in E toˇcka v notranjosti stranice AC, tedaj je ploˇsˇcina trikotnika ∆ABC enaka S = S1 +S2. Pri tem sta S1 = |ABE| in S2 =|EBC|neprekrivajoˇci trikotni podroˇcji.
Dokaz je enostaven in ga bomo izpustili.
Definicija 1.3.5 Pravokotno podroˇcje prirejeno pravokotniku ABCD je poligo- nalno podroˇcje, ki je unija trikotnih podroˇcij. Dolˇzina podroˇcja je |AB|, ˇsirina pa
|BC|(Slika 30).
A B
D C
E
Slika 30
Aksiom 1.3.6 (Evklidski aksiom ploˇsˇcine) Za pravokotno podroˇcje P velja S=dolˇzina (P)·ˇsirina (P).
Od tod hitro izraˇcunamo ploˇsˇcino pravokotnega trikotnika.
Izrek 1.3.7 Podroˇcje pravokotnega trikotnika ∆ABC, ki ima pravi kot pri ogliˇsˇcu C, je enako
S= |AC| · |BC|
2 .
S pomoˇcjo naslednje definicije ˇzelimo zapisati sploˇsno formulo, ki bo veljala za po- ljubne trikotnike.
Definicija 1.3.8 Naj boT trikotno obmoˇcje, ki pripada trikotniku∆ABC. Stranici reˇcemo tudi osnovnica podroˇcjaT, pravokotni daljici iz ogliˇsˇca na stranico pa reˇcemo viˇsina podroˇcjaT.
1.4 Cevov in Menelajev izrek 24
Izrek 1.3.9 Ploˇsˇcina trikotnega podroˇcjaT je polovica produkta med dolˇzino osnov- nice in njene viˇsine.
S= osnovnica (T)·viˇsina (T)
2 (1)
A B
C
vc A B
C
va
A B
C
vb
Slika 31: Grafiˇcni prikaz ploˇsˇcine ∆ABC glede na viˇsino
Opazimo, da ima ploˇsˇcina eno samo vrednost ne glede na to, katero stranico triko- tnika oziroma pripadajoˇco viˇsino vzamemo (Slika 31).
Ce si ogliˇˇ sˇca A, B, C v trikotniku ∆ABC v tem zaporedju sledijo v smeri, ki je nasprotna smeri urinega kazalca, je trikotnik pozitivno usmerjen, v nasprotnem primeru je usmerjen negativno (Slika 32).
x+
A B
C
y−
A C
B
Slika 32: Usmerjenost trikotnika ∆ABC Orientirana ploˇsˇcina trikotnika ∆ABC je definirana kot
(ABC) =
( |ABC|, ˇce je trikotnik ∆ABC pozitivno orientiran
−|ABC|, sicer.
1.4 CEVOV IN MENELAJEV IZREK
Giovanni Ceva (Slika 33) (1647 - 1734) je bil italijanski matematik.
Ceva je zaˇcel ˇsolanje kot jezuit v Milanu in se po konˇcanem ˇsolanju zaposlil kot profesor matematike na univerzi v Pizi, kasneje pa se je zaposlil v Mantui, kjer je
1.4 Cevov in Menelajev izrek 25
Slika 33: Giovanni Ceva
nadaljeval s pouˇcevanjem do konca svojega ˇzivljenja.
V zgodovini matematike je Ceva pustil velik peˇcat pri dokazu izreka, ki se po njem tudi imenuje in se smatra za najveˇcje odkritje v geometriji matematike vse od ˇcasa starogrˇske matematike pa do njegovega ˇcasa.
Kasneje so bili odkriti zapisi arabskega matematika Jusufa ibn Ahmada al-Mu’tamana ibn Huda iz 11. stoletja, ki je prevajal zapise starih Grkov v latinˇsˇcino in priˇsel do enakih zakljuˇckov ˇsest stoletij pred Cevo. Ni jasno ali je Ceva poznal njegove zapise, ali je izrek odkril sam [6]. Kakorkoli, Ceva je svoje zapise prviˇc objavil v delu De lineis rectis, leta 1678. V istem delu je objavil tudi Menelajev izrek, ki je po vsebini zelo podoben Cevovemu izreku.
Menelaj (okrog leta 100) pa je bil grˇski matematik iz Aleksandrije (Slika 34).
Slika 34: Menelaj
Definicija 1.4.1 Cevova daljica je daljica, ki povezuje ogliˇsˇce trikotnika s toˇcko na nasprotni stranici (Slika 35).
Definicija 1.4.2 Daljico, katere eno krajiˇsˇce je ogliˇsˇce trikotnika, drugo pa razpo- loviˇsˇce nasprotileˇzne stranice, imenujemo teˇziˇsˇcnica.
1.4 Cevov in Menelajev izrek 26
A B
C
P E D
F
Slika 35: Cevove premice in daljice
Primeri Cevovih premic oziroma daljic so teˇziˇsˇcnice trikotnika, viˇsine trikotnika, simetrale kotov trikotnika in podobno.
Vpeljimo naslednjo elementarno lemo, s pomoˇcjo katere bomo dokazali Cevov izrek.
Lema 1.4.3 Ce za realna ˇˇ stevila a, b, c, d, pri ˇcemer je b 6= 0, d 6= 0, b 6= d, velja
a
b = cd, potem velja tudi ab = cd = a−cb−d.
Dokaz: Naj bo ab = cd =k. ˇCe enakosti ab =k in dc = k preoblikujemo, dobimo a=kb inc=kd.
Izraˇcunamo vrednost ulomka: a−cb−d = kb−kdb−d =k.
Izrek 1.4.4 (Cevov izrek) Na stranicah a, b, c trikotnika ∆ABC zaporedoma iz- beremo toˇcke D, E, F. Cevove daljice AD, BE in CF se sekajo v skupni toˇcki natanko tedaj, ko velja
|BD|
|DC|·|CE|
|EA|· |AF|
|F B| = 1. (2)
Dokaz Cevovega izreka 1.4.4 bomo naredili po zgledu dokaza v viru [7].
Dokaz: Najprej dokaˇzimo izrek v desno smer (⇒). Predpostavimo, da se Cevove daljiceAD,BE inCF sekajo v skupni toˇcki P.
Viˇsino na stranico a trikotnika ∆ABC oznaˇcimo z va. To je hkrati tudi viˇsina v trikotnikih ∆ABDin ∆ADC. Viˇsino na stranicoBCtrikotnika ∆P BCpa oznaˇcimo z vap, ki je hkrati tudi viˇsina v trikotnikih ∆P BD in ∆P DC (Slika 36).
Poglejmo, v kakˇsnem razmerju sta odseka straniceBC, kjer |BC|=|BD|+|DC|.
1.4 Cevov in Menelajev izrek 27
A B
C
P E
F
D
va
vap
Slika 36: Cevov izrek
Izrazimo |BD||DC| na dva naˇcina:
|BD|
|DC| = |BD|v2a
|DC|v2a = |ABD|
|ADC|
in
|BD|
|DC| = |BD|vap2
|DC|vap2 = |P BD|
|P DC|.
Ce uporabimo Lemo 1.4.3, dobimoˇ
|BD|
|DC| = |ABD| − |P BD|
|ADC| − |P DC| = |ABP|
|AP C|.
Na podoben naˇcin dobimo tudi razmerji |CE||EA| = |BCP|ABP|| in |F B||AF| = |CAP|BCP||. Izraˇcunajmo ˇse produkt odsekov stranic z izraˇzenimi razmerji ploˇsˇcin.
|BD|
|DC|·|CE|
|EA|· |AF|
|F B| = |ABP|
|AP C|·|BCP|
|ABP|· |CAP|
|BCP|= 1
Sedaj dokaˇzimo izrek ˇse v levo smer (⇐). Predpostavimo, da je produkt razmerij, v katerih toˇckeD,E,F zaporedoma sekajo stranice a, b, c trikotnika ∆ABC enak
|BD|
|DC|·|CE|
|EA|· |AF|
|F B| = 1.
Zelimo dokazati, da se Cevove daljiceˇ AD, BE in CF sekajo v skupni toˇcki. Naj se daljici AD in BE sekata v toˇcki P. Tretja Cevova daljica, ki poteka iz ogliˇsˇca C skozi toˇcko P, naj ima na stranici AB krajiˇsˇce F0. Oznaˇcimo jo s CF0. Vse tri
1.4 Cevov in Menelajev izrek 28
daljice se sekajo v isti toˇcki, zato velja (ob upoˇstevanju prej dokazanega):
|BD|
|DC|·|CE|
|EA|· |AF0|
|F0B| = 1.
Od tod in iz predpostavke sledi, da je
|AF|
|F B| = |AF0|
|F0B|.
Na levi in desni strani enaˇcaja lahko priˇstejemo isto ˇstevilo; torej velja tudi
|AF|
|F B|+ 1 = |AF0|
|F0B|+ 1.
Ce ulomka na obeh straneh enaˇˇ cbe seˇstejemo, dobimo
|AF|+|F B|
|F B| = |AF0|+|F0B|
|F0B| .
Opazimo, da oba izraza v ˇstevcih,|AF|+|F B|in|AF0|+|F0B|,predstavljata dolˇzino straniceAB, zato lahko zapiˇsemo
|AB|
|F B| = |AB|
|F0B|, kar pomeni, da velja
|F B|=|F0B|.
Od tod sledi, da toˇckiF inF0 leˇzita na istem poltraku−−→
BAin sta od toˇckeB enako oddaljeni. To pomeni, da ti dve toˇcki sovpadata. Tako smo dokazali, da se Cevove daljiceAD,BE inCF res sekajo v skupni toˇcki.
Vpraˇsamo se lahko, kako vpliva poloˇzaj toˇcke P na krajiˇsˇca Cevovih daljic D, E in F. ˇCe je toˇcka P znotraj trikotnika ∆ABC, so tudi vsa krajiˇsˇca D, E in F na stranicah trikotnika (Slika 35). ˇCe je toˇckaP zunaj trikotnika ∆ABC, pa sta lahko dve od teh krajiˇsˇc izven stranic na nosilkah daljic (Slika 37).
Dogovorimo se, da za razmerje odsekov daljice na skupni premici, zapisano z okro- glimi oklepaji, velja naslednje
(AF) (F B) =
( |AF|
|F B|, ˇce jeF medA inB
−|F B||AF|, ˇceF ni medA inB (3)
1.4 Cevov in Menelajev izrek 29
A B
C D
F
P E
Slika 37
ter
(AF)
(F B) =−(AF)
(BF). (4)
Podobno definiramo tudi (BD)(DC) in (CE)(EA). Za konec zapiˇsimo posploˇseni Cevov izrek.
Izrek 1.4.5 (Posploˇseni Cevov izrek) Na nosilkah stranic a, b in c trikotnika
∆ABC izberemo toˇcke D, E in F. Nosilke daljic ←→
AD, ←→
BE in ←→
CF se sekajo v skupni toˇcki natanko tedaj, ko velja
(BD)
(DC) ·(CE)
(EA) ·(AF)
(F B) = 1. (5)
Skica dokaza Posploˇsenega Cevovega izreka 1.4.5 je napisana v viru [3].
Iz Cevovega izreka izhaja nekaj pomembnih posledic.
Definicija 1.4.6 Za neko mnoˇzico premic p1, p2 . . . reˇcemo, da tvorijo ˇsop, ˇce ob- staja taka toˇcka P, ki leˇzi na vseh teh premicah. Za mnoˇzico daljic reˇcemo, da tvori ˇsop, ˇce obstaja taka toˇcka, ki je v notranjosti vseh teh daljic.
Posledica 1.4.7 Teˇziˇsˇcnice v trikotniku tvorijo ˇsop (Slika 38).
Dokaz: V kolikor so toˇcke D, E, in F zaporedoma razpoloviˇsˇca stranic a, b, c trikotnika ∆ABC, velja |AF|=|F B|,|BD|=|DC|,|CE|=|EA|. Od tod sledi
|AF|
|F B|·|BD|
|DC| ·|CE|
|EA| = 1.
Torej se teˇziˇsˇcnice trikotnika po Cevovem izreku sekajo v skupni toˇcki.
1.4 Cevov in Menelajev izrek 30
A
F E D
B C
G
ta tb
tc
Slika 38: Teˇziˇsˇcnice trikotnika ∆ABC
Definicija 1.4.8 Skupno toˇcko ˇsopa teˇziˇsˇcnic imenujemo teˇziˇsˇce trikotnika in jo oznaˇcimo zG.
Posledica 1.4.9 Simetrale notranjih kotov v trikotniku tvorijo ˇsop (Slika 39).
A B
C
I
sα sβ
sγ
Slika 39: Simetrale kotov ∆ABC
Dokaz: Z enostavno uporabo Izreka o podobnih trikotnikih 1.2.14 ugotovimo, da simetrale notranjih kotov delijo trikotnikove stranice v razmerju prileˇznih stranic (Slika 40).
A B
C b a
F
C0
sγ
a
γ 2 γ 2
γ 2
γ 2
Slika 40
1.4 Cevov in Menelajev izrek 31
Ce soˇ a, b, cdolˇzine trikotnikovih stranic, je
|AF|
|F B|·|BD|
|DC| ·|CE|
|EA| = b a·c
b ·a c = 1.
Kotne simetrale gredo torej skozi isto toˇcko.
Definicija 1.4.10 Skupno toˇcko ˇsopa simetral notranjih kotov imenujemo srediˇsˇce vˇcrtanega kroga in jo oznaˇcimo z I (Slika 41).
A B
C
I
Slika 41: Vˇcrtana kroˇznica ∆ABC
Posledica 1.4.11 Nosilke viˇsin v trikotniku tvorijo ˇsop (Slika 42).
Dokaz: Naj bodo toˇckeK,LinM noˇziˇsˇca viˇsin trikotnika ∆ABC. Z upoˇstevanjem podobnosti zapiˇsimo:
∆BCL∼∆AKC → |CL|
|CK| = |CB|
|CA| = a b,
∆CAM ∼∆BLA→ |AM|
|AL| = |AC|
|AB|= b c,
∆ABK ∼∆BCM → |BK|
|BM| = |BA|
|BC| = c a.
Ce soˇ va,vb,vc trikotnikove viˇsine, je a·va=b·vb =c·vc in zato
|CL|
|KC| = vb va
, |AM|
|LA| = vc vb
, |BK|
|M B| = va vc
.
Ko pomnoˇzimo te tri enakosti, dobimo:
|CL|
|KC|·|AM|
|LA| · |BK|
|M B|= vb
va
·vc
vb ·va
vc
= 1.
1.4 Cevov in Menelajev izrek 32
V primeru, da je trikotnik ∆ABC topokoten, sta zaradi (3) dve razmerji nega- tivni. Torej, tudi viˇsine trikotnika se po Cevovem izreku sekajo v skupni toˇcki. V ostrokotnem trikotniku (Slika 42a) leˇzi ta toˇcka znotraj trikotnika, v pravokotnem trikotniku ta toˇcka sovpada z ogliˇsˇcem, kjer je pravi kot, v topokotnem trikotniku (Slika 42b) pa leˇzi ta toˇcka zunaj trikotnika.
A B
C
H K L
M va
vb
vc
(a)
vc
vb
va
A B
C H
L K
M
(b)
Slika 42: Viˇsine in viˇsinska toˇcka trikotnika ∆ABC
Definicija 1.4.12 Skupno toˇcko ˇsopa nosilk viˇsin imenujemo viˇsinska toˇcka in jo oznaˇcimo s ˇcrko H.
Opomba 1.4.13 Tudi simetrale stranic trikotnika tvorijo ˇsop in to skupno toˇcko, ki jo oznaˇcimo z O, imenujemo srediˇsˇce oˇcrtanega kroga.
Dokaz tega bomo izpustili, saj ni bistven za to diplomsko delo.
Oglejmo si izrek, ki je dualen Cevovemu izreku. Imejmo trikotnik ∆ABC. Na nosilkah ←→
BC, ←→
CA in ←→
AB trikotnika ∆ABC zaporedoma izberemo toˇcke D, E, F, od katerih nobena ni enaka nobenemu ogliˇsˇcu trikotnika ∆ABC. Takim toˇckam reˇcemo Menelajeve toˇcke trikotnika ∆ABC (Slika 43).
Izrek 1.4.14 (Menelajev izrek) Naj bodo D,E,F Menelajeve toˇcke na nosilkah stranic ←→
BC, ←→
CA in ←→
AB trikotnika ∆ABC. Toˇcke D, E, F so kolinearne natanko tedaj, ko velja
(BD)
(DC) ·(CE)
(EA) ·(AF)
(F B) =−1. (6)
1.4 Cevov in Menelajev izrek 33
A B
C
D E
F
(a)
A B
C
E
F D
(b)
Slika 43: Menelajeve toˇcke trikotnika ∆ABC
Dokaz: Naj bodo toˇckeD,E,F kolinearne toˇcke, ki leˇzijo na premicip. Dokaˇzimo ekvivalentno enakost
(BD)
(CD) ·(CE)
(AE) ·(AF)
(BF) = 1. (7)
Iz toˇck A, B,C potegnimo pravokotnice na premicop in jih oznaˇcimo zv1,v2,v3. Definirajmo
hi =
( vi, ˇce je toˇcka na pozitivni polravnini glede na premico p
−vi, ˇce je toˇcka na negativni polravnini glede na premico p za i= 1,2,3.
A B
C
E
D
F p
v1
v2
v3
Slika 44: Podobni pravokotni trikotniki
Iz (Slika 44) razberemo tri pare podobnih pravokotnih trikotnikov. Sledi:
|CE|
|AE| = v3
v1, |AF|
|BF| = v1
v2, |BD|
|CD| = v2
v3. (8)
1.4 Cevov in Menelajev izrek 34
Nas pa zanimajo vrednosti razmerij usmerjenih daljic. Pokaˇzimo, da velja (CE)
(AE) = h3 h1
.
Absolutni vrednosti obeh ˇstevil sta zaradi definicije hi in (8) enaki, zanima nas le predznak. Loˇcimo dva primera:
a) Leva stran je negativna. V tem primeru je koliˇcnik (EC)(EA) negativen, kar po- meni, da sta usmerjeni daljici razliˇcno predznaˇceni. Smeri E →A inE →C sta razliˇcni. E leˇzi na stranici med toˇckama A inC. Toˇcki A in C leˇzita na razliˇcnih polravninah premice p; vrednosti h1 in h3 sta razliˇcno predznaˇceni:
h1
h3 <0.
A
E
C
p
b) Leva stran je pozitivna. Koliˇcnik (EC)(EA) je pozitiven, kar pomeni, da sta usmer- jeni daljici isto predznaˇceni. Smeri E → A in E → C sta isti. Toˇcki sta na isti polravnini glede nap, zato sta vrednostih3 inh1 enako predznaˇceni; sledi
h1
h3 >0.
A
E
C
p
Dokazali smo: (CE)(AE) = hh3
1, podobno pokaˇzemo tudi (AF(BF)) = hh1
2, (BD)(CD) = hh2
3. Sledi (BD)
(CD) ·(CE)
(AE) ·(AF) (BF) = h2
h3 ·h3 h1 ·h1
h2 = 1.
Pokaˇzimo ˇse obratno. Naj velja (7). Oglejmo si lego premic ←→
AB in ←→
DE. Loˇcimo dve moˇznosti:
1.4 Cevov in Menelajev izrek 35
A B
C
E D
F0
I) Premici←→
AB in←→
DE nista vzporedni, sekata se vF0.
Pokaˇzimo ˇse, da je F = F0. Ker so D, E, F0 kolinearne, po ˇze dokazanem velja
(BD)
(CD) ·(CE)
(AE) ·(AF0) (BF0) = 1.
Slednje skupaj z enaˇcbo (7) implicira (AF)
(BF) = (AF0) (BF0) =k.
Upoˇstevajmo
|AF|=−k|BF|,ˇce jeF medA inB,
|AF|=k|BF|,ˇceF ni med A inB.
A B
F
(a)
F B
A
(b)
B F
A
(c)
Naj boF med AinB. Potem velja
|AB|=|AF|+|F B|
=−k|BF|+|F B|
=|BF|(−k+ 1).
Izrazimo
|BF|
|AB| = 1
−k+ 1 =− 1 k−1.
1.4 Cevov in Menelajev izrek 36
Ce jeˇ B medA inF, potem je
|AB|=|AF| − |BF|
=k|BF| − |BF|
=|BF|(k−1).
Izrazimo
|BF|
|AB| = 1 k−1.
Prav tako enako dobimo, ˇce jeA med F inB.
Sledi (BF) (AB) = 1
k−1. Podobno pokaˇzemo ˇse
(BF0) (AB) = 1
k−1.
To pomeni, da sta absolutni vrednosti|BF|=|BF0|enaki, kar pomeni, daF inF0 leˇzita na isti strani glede na toˇckoB. Od tod slediF =F0.
II) Premici ←→
AB in←→
DE sta vzporedni. Potem velja
A B
C
E D
|AC|
|BC| = |CE|
|CD| = |CE| − |AC|
|CD| − |BC| = |AE|
|BD|. Od tod sledi
|CE|
|AE| ·|BD|
|CD| = 1.
1.4 Cevov in Menelajev izrek 37
Zaradi enaˇcbe (7) potem velja |AF|BF|| = 1, kar pomeni, da je toˇckaF razpoloviˇsˇce straniceAB oziroma (AF)(BF) =−1.
Iz enaˇcbe (7) sledi (CE)(AE)·(BD)(CD) =−1, ulomka sta razliˇcno predznaˇcena. ˇCe je toˇcka D na daljiciBC, toˇcka E ne leˇzi na daljici AC (podobno sklepamo, ˇce vlogi D in E zamenjamo). To pa je v protislovju z dejstvom, da sta daljici DE inAB vzporedni.
Menelajev izrek 1.4.14 in dokaz sta povzeta po viru [5].
Poglavje 2
ROUTHOV IZREK IN POSPLOˇ SITVE
2.1 Routhov izrek
Routhov izrek [8] je neke vrste posploˇsitev Cevovega izreka, saj v primeru, ko Cevove daljice ne tvorijo ˇsopa, poda razmerje ploˇsˇcin danega trikotnika in trikotnika, ki ga dobimo s preseˇciˇsˇci Cevovih daljic.
A B
C
D E
F
Q
P R
Slika 45: Trikotnik ∆P QR v trikotniku ∆ABC
Izrek 2.1.1 (Routhov izrek) ToˇckeD, E, F naj zaporedoma leˇzijo na stranicah a, b, cv trikotniku∆ABC. Oznaˇcimo |CD||BD| =x, |AE||CE| =yin |BF|AF|| =z. Cevove daljice AD, BE in CF se paroma sekajo in tvorijo trikotnik ∆P QR, kjer P ∈AD∩BE, Q∈BE∩CF in R∈CF ∩AD (Slika 45). Ploˇsˇcina trikotnika ∆P QR je enaka
|P QR|= (xyz−1)2
(zx+x+ 1)(xy+y+ 1)(yz+z+ 1)|ABC|. (9) 38
2.1 Routhov izrek 39
Dokaz: Z upoˇstevanjem Menelajevega izreka za trikotnik ∆ABD in premico, na kateri leˇze toˇckeF, R, C, lahko zapiˇsemo
|F A|
|BF|·|CB|
|DC|·|DR|
|RA| = 1. (10)
Od tod izrazimo |DR||RA|.
|DR|
|RA| = |BF|
|F A| ·|DC|
|CB|
= |BF|
|F A| · |DC|
|BD|+|DC|
=z· x|BD|
|BD|+x|BD|
= zx 1 +x
A B
C
z x
y
D E
F
Q
R P
Slika 46: ∆P QR v ∆ABC
Trikotnika ∆ADC in ∆ARC imata skupno viˇsino na straniciADoziromaAR. Naj S predstavlja ploˇsˇcino trikotnika ∆ABC. Ploˇsˇcina trikotnika ∆ADC je enaka
|ADC|= |DC|
|BC| · |ABC|= x 1 +x ·S.
ToˇckaR deli Cevovo daljicoAD v razmerju |AR||AD| = |AR|+|RD||AR| = 1+1zx 1+x
= 1+x+zx1+x . Od tod sledi, da je ploˇsˇcina trikotnika ∆ARC enaka
|ARC|= |AR|
|AD|· |ADC|= 1 +x
zx+ 1 +x· x
1 +x·S = x
zx+x+ 1·S.
Podobno izrazimo tudi razmerji ploˇsˇcin trikotnikov ∆BP Ain ∆CQB.
