DISKI NA STRANICAH MNOGOKOTNIKOV

(1)

UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOˇ SKA FAKULTETA

POU ˇCEVANJE - PREDMETNO POU ˇCEVANJE MATEMATIKE

SANJA SUBAˇ SI ˇ C

DISKI NA STRANICAH MNOGOKOTNIKOV

MAGISTRSKO DELO

Ljubljana, 2015

(2)

UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOˇ SKA FAKULTETA

POU ˇCEVANJE - PREDMETNO POU ˇCEVANJE MATEMATIKE

SANJA SUBAˇ SI ˇ C

Mentor: dr. Matija Cencelj Somentor: dr. Boˇstjan Gabrovˇsek

DISKI NA STRANICAH MNOGOKOTNIKOV

MAGISTRSKO DELO

Ljubljana, 2015

(3)

Povzetek

Med najbolj eminentnimi druˇzinami ravninskih likov so mnogokotniki. Pri mno- gokotnikih nas zanimajo relacije med stranicami in koti. Ena izmed zanimivih lastnosti mnogokotnikov, katero sem predstavila v magistrski nalogi, je oddaljenost med stranicami. Posvetila sem se eni izmed moˇznosti za merjenje oddaljenosti in sicer, prekrivanju diskov, postavljenih na stranice tako, da je vsaka stranica eden od premerov kroga na njej.

Kljuˇcne besede: n-kotnik, konveksni petkotnik, disk

(4)

Abstract

Among the most prominent families of planar shapes are polygons. In the polygons we are interested in relationships between the sides and angles. One of the inter- esting properties of polygons, which I present in the thesis, is the distance between the sides. I devoted my attention to one of the possibilities for the measurement of the distance through the overlapping discs arranged on the sides so that each side is one of the diameters of the disc on it.

Keywords: n-gon, convex 5-gon, disc

(5)

Zahvala

Zahvaljujem se mentorju dr. Matiji Cenclju in somentorju dr. Boˇstjanu Gabrovˇsku za strokovno pomoˇc, usmerjanje in nasvete pri izdelavi magistrskega dela.

Zahvalo izrekam tudi druˇzini, ki me je spodbujala in podpirala pri pisanju magistrskega dela.

(6)

Kazalo

Povzetek i

Abstract iii

Zahvala iv

1 Uvod 1

2 Teoretiˇcna izhodiˇsˇca 3

3 Trikotniki 23

4 ˇStirikotniki 25

4.1 Nekonveksni ˇstirikotniki . . . 25 4.2 Konveksni ˇstirikotniki . . . 26

5 Petkotniki 29

5.1 Nekonveksni petkotniki . . . 29 5.2 Konveksni petkotniki . . . 30

Literatura 52

(7)

Slike

1 Ilustracija Definicije 26. Sovrˇsna kota. . . 7

2 Ilustracija dokaza 29. Izmeniˇcna kota. . . 8

3 Ilustracija dokaza 47. Tangenta. . . 11

4 Ilustracija Definicije 49 in 50. . . 12

5 Ilustracija dokaza 51. Tetivni ˇstirikotnik. . . 13

6 Ilustracija dokaza 53. Tangentni ˇstirikotnik. . . 14

7 Ilustracija Izreka 56. Talesov izrek o kotu v polkrogu. . . 15

8 Ilustracija Trditve 57. . . 16

9 Ilustracija Definicije 58. . . 17

10 Ilustracija Definicije 59. Ustrezajoˇci srediˇsˇcni kot. . . 17

11 Ilustracija Izreka 60. . . 18

12 Ilustracija dokaza 60. . . 18

13 Ilustracija Definicije 61. . . 20

14 Ilustracija dokaza 62. Sinusni izrek. . . 20

15 Ilustracija dokaza 63. Kosinusni izrek. . . 21

16 Sekajoˇci diski na stranicah trikotnika. . . 23

17 Ilustracija dokaza 64. . . 23

18 Sekajoˇci diski na stranicah pravokotnega trikotnika. . . 24

19 Diski na stranicah nekonveksnega 4-kotnika. . . 25

20 Ilustracija opombe 68. . . 26

21 Sekajoˇci diski na stranicah kvadrata in deltoida. . . 26

22 Diski na stranicah pravokotnika in paralelograma. . . 27

23 Diski na stranicah trapeza. . . 28

24 Diski na stranicah nekonveksnega 5-kotnika. . . 29

25 Dva nesekajoˇca diska s premerom AB inCD. . . 30

26 Primer 5-kotnika. . . 32

27 P leˇzi zunaj diskov s premerom AB, BC inDE. . . 32

28 Ilustracija orisa dokazovanja. . . 33

29 Ilustracija Izreka 75. Apolonijev izrek. . . 34

(8)

30 Ilustracija Leme 76. Diagonala tangentnega ˇstirikotnika. . . 36

31 Ilustracija Leme 78. . . 37

36 Ilustracija Izreka 86. . . 50

37 Ilustracija posledice. . . 51

(9)

1 Uvod

Rezultati o nepovezanih in sekajoˇcih diskih v ravnini so med najbolj klasiˇcnimi v konveksni geometriji. V magistrski nalogi sem se posvetila merjenju oddaljenosti s pomoˇcjo prekrivanja diskov, ki so postavljeni na stranice tako, da je vsaka stranica eden od premerov kroga na njej. V nadaljevanju bom uporabljala izraza disk in krog kot sinonima.

Sekajoˇce diske v ravnini je ˇze obravnaval matematik Eduard Helly¹ v 19. sto- letju. Eden izmed njegovih pomembnih izrekov pravi, ˇce se katerikoli trije diski v ravnini izmed dane druˇzine z n diski sekajo, potem se seka vseh n diskov. Seveda pa Helly ni edini, ki se je ukvarjal s prekrivanjem diskov. Danzerjev² izrek pravi, ˇce se katerakoli dva diska izmed dane druˇzinen diskov sekata, potem obstaja mnoˇzica ˇstirih toˇck, ki sekajo vsak disk. Preseˇciˇsˇca diskov so bila upoˇstevana tudi v kontekstu grafov preseˇciˇsˇc; vsak disk predstavlja toˇcko grafa in dve toˇcki grafa sta sosednji, ˇce in samo ˇce, se ustrezni diski sekajo. Po Koebe-Andreev-Thurstonovemu izreku je vsak graf v ravnini preseˇciˇsˇcni graf diskov. V mojem problemu so diski v posebnem poloˇzaju, zato bom pokazala, da popolnega grafa na petih toˇckah K5 ne dobimo kot graf preseˇciˇsˇc katerihkoli takih diskov.

Magistrsko delo je v grobem razdeljeno na tri dele. V prvem delu sem obrav- navala definicije in izreke elementarne evklidske geometrije, ki so osnova za nadaljnje razumevanje. Prvi del je tako primeren za obravnavo na osnovnoˇsolski in srednjeˇsolski stopnji.

1Eduard Helly je bil matematik rojen leta 1884 na Dunaju, kjer je tudi doktoriral leta 1907.

Po njem je poimenovanih kar nekaj pomembnih izrekov. Delal je kot mentor, gimnazijski uˇcitelj, urednik uˇcbenikov, itd. Leta 1938 je odˇsel v Ameriko, kjer je delal kot uˇcitelj na dveh mladinskih ˇsolah in umrl leta 1943.

2Ludwig Danzer, rojen leta 1927 v Nemˇciji, je delal kot profesor in bil prvi dekan za matematiko na Univerzi v Dortmundu. Njegovi temeljni prispevki na ˇstevilna vpraˇsanja v diskretni geometriji, zlasti za raziskovanje geometrijskih modelov do atomske strukture leta 1984, so mu dali visok nacionalni in mednarodni ugled.

(10)

Drugi del je primeren za obravnavo na gimnazijski stopnji. V tem delu sem se posvetila prekrivanju diskov pri trikotnikih in ˇstirikotnikih. Pri trikotnikih sta si vsaki dve stranici sosednji in se zato kroga nad njima sekata. Poskuˇsala sem ugotoviti, ali se sekajo vsi trije krogi v neki toˇcki. Pri 4-kotnikih lahko vidimo, da se npr.

pri kvadratu vsi ˇstirje krogi sekajo v srediˇsˇcu kvadrata, medtem ko se kroga nad krajˇsima stranicama pravokotnika ne sekata. Vpraˇsala sem se tudi, kaj velja za pa- ralelograme, trapeze, deltoide in kaj za nekonveksne 4-kotnike.

V nadaljevanju, torej v tretjem delu magistrskega dela, so predstavljeni konveksni 5- kotniki, ki predstavljajo osrednji problem magistrske naloge. Tretji del je napisan in primeren za obravnavo na univerzitetnem nivoju. Prav tako je namenjen uˇciteljem, ki bi ˇzeleli dani problem predstaviti uˇcencem. Pri 5-kotnikih lahko najdemo nekonveksni 5-kotnik, za katerega se vsaka dva kroga nad dvema stranicama sekata, medtem ko za konveksne 5-kotnike to ne velja. Za konveksne 5-kotnike velja, da ima vsak konveksni petkotnik vsaj dve taki stranici, da se diska, ki imata ti stranici za premera, ne sekata. Ena izmed glavnih ugotovitev sledi iz zgornjega rezultata, da tudi za konveksne n-kotnike, kjer je n vsaj 5, velja, da se vsaj en par krogov nad stranicami ne seka.

Za boljˇso predstavo je magistrsko delo opremljeno s slikami. Slike 28, 32, 33, 34 in 35 sem prenesla iz literature [3], vse ostale slike pa sem narisala v prostodostopnem matematiˇcnem programu GeoGebra 5.0.

(11)

2 Teoretiˇ cna izhodiˇ sˇ ca

V samem zaˇcetku magistrskega dela, si bomo pogledali nekaj osnovnih teoretiˇcnih izhodiˇsˇc ravninske geometrije, ki so potrebna za nadaljnje razumevanje. V tem delu so navedeni nedefinirani pojmi, aksiomi in dokazi najosnovnejˇsih izrekov.

Nedefinirani pojmi ravninske geometrije: toˇcka, premica, razdalja, polrav- nina, velikost kota in ploˇsˇcina. Slednji v naˇsem primeru ni pomemben, zato ga bomo izpustili.

Aksiom o obstoju toˇcke. Toˇcke tvorijo neprazno mnoˇzico, ki ima veˇc kot en element.

Definicija 1. Mnoˇzico vseh toˇck imenujemo ravnina in jo oznaˇcimo s P.

Aksiom incidence. Vsaka premica je mnoˇzica toˇck. Za vsak par toˇck A in B obstaja ena sama premica`, da je A∈` inB ∈`.

Opomba 2. Premico, ki gre skozi toˇcki A in B bomo oznaˇcili s simbolom `(A, B).

Definicija 3. Toˇcka A leˇzi na premici `, ˇce A∈`.

Definicija 4. Premici p in ` sta vzporedni, ˇce p∩` =∅.

Aksiom ravnila. Za vsaki toˇcki A in B obstaja realno ˇstevilo |AB|, ki ga ime- nujemorazdalja od A do B. Za vsako premico ` obstaja taka bijekcija iz ` na R, da za poljubni toˇcki A, B ∈ `, ki se s to bijekcijo preslikata v x oziroma y, velja

|AB|=|x−y|.

Definicija 5. Naj bodo A, B in C razliˇcne toˇcke. Toˇcka C je med toˇckama A in B, kar zapiˇsemoA∗C∗B, ˇce je C ∈`(A, B) in velja |AC|+|CB|=|AB|.

Definicija 6. Daljica AB je definirana z enakostjo AB={A, B} ∪ {P;A∗P∗B}.

(12)

Definicija 7. Poltrak h(A, B) je definiran z enakostjo h(A, B) = AB ∪ {P;A∗ B∗P}.

Definicija 8. Dolˇzina daljice AB je razdalja |AB| med toˇckama A in B.

Definicija 9. Daljici AB in CD sta skladni, kar bomo pisali AB ∼= CD, ˇce je

|AB|=|CD|.

Definicija 10. Toˇcki A in B sta krajiˇsˇci daljice AB, vse ostale toˇcke te daljice pa so notranje toˇcke te daljice. Toˇcka A je krajiˇsˇce poltraka h(A, B).

Definicija 11. Mnoˇzica S ⊂P je konveksna, ˇce za vsak par toˇck A, B ∈S velja, da je vsa daljica AB podmnoˇzica mnoˇzice S.

Aksiom o separaciji ravnine: Za vsako premico ` velja, da toˇcke, ki niso na njej, tvorijo dve neprazni disjunktni mnoˇzici H₁ inH₂, ki jima pravimo polravnini omejeni z`, za kateri velja:

• H₁ inH₂ sta konveksni mnoˇzici;

• ˇce je P ∈H₁ in Q∈H₂, daljica P Qpreseka premico `.

Definicija 12. Naj bosta toˇckiAinB izven premice`. ˇCe sta v isti polravnini, glede na premico`, reˇcemo, da sta na isti strani premice `, sicer pa, da sta na nasprotnih straneh premice `.

Opomba 13. Naj bo ` premica in A toˇcka izven nje. Tedaj bomo s H_A oznaˇcili tisto polravnino omejeno z `, v kateri leˇzi toˇcka A.

Definicija 14. Poltraka h(A, B) in h(A, C), ki imata skupno krajiˇsˇce, sta si nasprotna poltraka natanko tedaj, ko nista enaka, a velja `(A, B) = `(A, C). Sicer sta si nenasprotna.

(13)

Definicija 15. Kot je unija dveh nenasprotnih poltrakov h(A, B) in h(A, C), ki imata isto krajiˇsˇce. Kot oznaˇcimo s simbolom ∠BAC ali ∠CAB. Toˇcka A je vrh kota ∠BAC, poltraka h(A, B) in h(A, C) pa sta kraka kota.

Definicija 16. Naj bodo A, B in C take toˇcke, da si poltraka h(A, B)in h(A, C)nista nasprotna. Notranjost kota ∠BAC definiramo takole: ˇce h(A, B)6=h(A, C), je notranjost tega kota presek polravnine H_B, ki jo doloˇcata premica `(A, C) in toˇcka B, in polravnine H_C, ki jo doloˇcata premica `(A, B) in toˇcka C. ˇCe pa je h(A, B) =h(A, C), je notranjost kota ∠BAC prazna.

Definicija 17. Poltrak h(A, D)leˇzi med poltrakoma h(A, B)in h(A, C),ˇce je toˇcka D v notranjosti kota ∠BAC.

Aksiom o kotomeru. Za vsak kot∠BAC obstaja realno ˇsteviloµ(∠BAC),ki mu reˇcemo velikost kota ∠BAC. Zanj veljajo naslednje lastnosti:

• 0^◦ ≤µ(∠BAC)<180^◦ za vsak kot∠BAC ;

• µ(∠BAC) = 0^◦ ⇔h(A, B) = h(A, C) ;

• za vsako realno ˇstevilo r, 0 < r < 180, in za vsako polravnino H, ki jo omejuje premica `(A, B), obstaja natanko en poltrak h(A, E), da jeE ∈H in µ(∠BAE) = r^◦;

• ˇce poltrak h(A, D) leˇzi med poltrakoma h(A, B) in h(A, C), velja µ(∠BAC) = µ(∠BAD) +µ(∠DAC).

Definicija 18. Kota∠BACin∠EDF staskladna, ˇce veljaµ(∠BAC) =µ(∠EDF).

Definicija 19. Kot ∠BAC je

• pravi kot, ˇce je µ(∠BAC) = 90^◦,

• ∠BAC je ostri kot, ˇce je µ(∠BAC)<90^◦ in

(14)

• ∠BAC je topi kot, ˇce je µ(∠BAC)>90^◦.

Definicija 20. Poljubne toˇcke A, B in C so kolinearne, ˇce obstaja premica `, na kateri leˇzijo toˇcke A, B in C. ˇCe taka premica ` ne obstaja, so toˇcke A, B in C nekolinearne.

Definicija 21. Naj bosta A in B razliˇcni toˇcki. Tedaj je M srediˇsˇce daljice AB, ˇce je M med A in B in je |AM| = |M B|. Srediˇsˇce daljice je na daljici, zato velja

|AM|+|M B|=|AB| in zato |AM|= 1/2|AB|.

Definicija 22. Naj bodo A, B in C tri nekolinearne toˇcke. Poltrak h(A, D) je raz- polovitev kota∠BAC, ˇce je toˇckaD v notranjosti kota∠BAC in veljaµ(∠BAD) = µ(∠DAC). Premici `(A, D) reˇcemo simetrala kota ∠BAC.

Definicija 23. Kota ∠BAD in ∠DAC sta sokota, ˇce sta h(A, B) in h(A, C) nasprotna poltraka. ˇCe sta∠BADin∠DAC sokota, jeµ(∠BAD)+µ(∠DAC) = 180^◦. Kota ∠BAC in ∠EDF sta suplementarna, ˇce µ(∠BAC) +µ(∠EDF) = 180^◦. Sokota sta suplementarna kota.

Definicija 24. Premici p in ` sta pravokotni, ˇce obstajajo take toˇcke A∈` ∩ p, B ∈` in C ∈p, da je kot ∠BAC pravi kot. Oznaka za to je `⊥p.

Definicija 25. Naj bosta A in B razliˇcni toˇcki. Simetrala daljice AB je premica m, ki gre skozi srediˇsˇce daljice AB in je m⊥`(A, B).

Definicija 26. Kota ∠BAC in ∠DAE sta sovrˇsna (slika 1) ˇce:

• sta si poltraka h(A, B) in h(A, E) nasprotna in sta si tudi h(A, C) in h(A, D) nasprotna;

• ali pa sta si poltraka h(A, B) in h(A, D) nasprotna in sta si tudi poltraka h(A, C) in h(A, E) nasprotna.

(15)

Slika 1: Ilustracija Definicije 26. Sovrˇsna kota.

Definicija 27. Naj bosta ` in  razliˇcni premici. Ce jeˇ t taka premica, da seka premico` v eni toˇcki (recimo jiA), premicopa v drugi toˇcki (recimo ji B), reˇcemo, da je t preˇcnica na premici ` in . Notranji kot ima en krak na premici t z izhodiˇsˇcem vA(ali B) in gre skoziB (aliA), drugi krak pa je na `(ali ). Zunanji kot ima en krak na premici t z izhodiˇsˇcem v A (ali B) in ne gre skozi B (ali A), drugi krak pa je na ` (ali ).

Definicija 28. Izmeniˇcna kota sta kota ob preˇcnici, ki sta na razliˇcnih bregovih preˇcnice in sta oba notranja ali oba zunanja kota.

Izrek 29 (Izrek o izmeniˇcnih kotih). Naj bosta ` in `⁰ premici, ki jih seˇce preˇcnica t tako, da sta izmeniˇcna kota skladna. Tedaj sta premici ` in `⁰ vzporedni.

Dokaz 29. Naj bodo premice kot v predpostavki izreka in denimo, da sta iz- meniˇcna kota notranja. Izberimo toˇcke A, B, C in A⁰, B⁰, C⁰ kot kaˇze slika 2 in naj bo∠A⁰B⁰B ∼=∠B⁰BC. Dokazati moramo`||`⁰.

Denimo, da je `∩`⁰ = D. ˇCe je D na isti strani transverzale t kot C, je ∠A⁰B⁰B zunanji kot trikotnika4BB⁰D,∠B⁰BD pa njemu neprileˇzni notranji kot (slika 2A).

To pa nasprotuje izreku o zunanjem kotu.

Ce pa jeˇ Dna isti strani preˇcnicetkot toˇckaA, pa je∠B⁰BC zunanji kot trikotnika 4BB⁰D, kot ∠A⁰B⁰B pa njemu neprileˇzni notranji kot istega trikotnika (slika 2B).

Spet smo v protislovju z izrekom o zunanjem kotu.

Ce se premiciˇ ` in`⁰ sekata, se morata po aksiomu o separaciji ravnine sekati na eni

(16)

strani preˇcnice t. Ker nas obe moˇznosti pripeljeta do protislovja, moramo zavreˇci moˇznost, da se ` in`⁰ sekata.

2

Slika 2: Ilustracija dokaza 29. Izmeniˇcna kota.

Povedali smo, kaj je skladnost daljic in kaj je skladnost kotov, zato lahko skladnost razˇsirimo ˇse na trikotnike.

Definicija 30. Naj bodo A, B in C tri nekolinearne toˇcke. Trikotnik 4ABC je unija

4ABC =AB∪BC∪CA

daljicAB, BC inCA. ToˇckamA, B inC reˇcemo ogliˇsˇca trikotnika4ABC, daljicam AB, BC in CA pa stranice trikotnika 4ABC.

Definicija 31. Trikotnika sta skladna, ˇce obstaja taka bijekcija med mnoˇzicama ogliˇsˇc prvega in drugega trikotnika, pri kateri se vsaka stranica preslika v skladno sranico in vsak kot v skladni kot. Oznaka za skladnost trikotnikov4ABC in4DEF je 4ABC ∼=4DEF.

Aksiom SKS (Aksiom stranica-kot-stranica). ˇCe za trikotnika 4ABC in4DEF veljaAB∼=DE, AC ∼=DF in∠BAC ∼=∠EDF, velja tudi 4ABC ∼=4DEF. Izrek 32(Izrek o enakokrakih trikotnikih). Naj bo4ABC trikotnik, v katerem velja AB∼=AC. Tedaj velja tudi ∠ABC ∼=∠ACB.

(17)

Dokaz 32. Naj velja predpostavka izreka. Po aksiomu SKS velja4ABC ∼=4ACB iz ˇcesar sledi ∠ABC ∼=∠ACB.

2

Opomba 33. Dokaz Izreka 32 si lahko predstavljamo kot dvig trikotnika in potem poloˇzitev nazaj, a tako, da gre ogliˇsˇce A nazaj vase, ogliˇsˇci B in C pa se zamenjata.

Ta dokaz se pripisuje Papusu iz Aleksandrije³.

Definicija 34. Naj bodo A, B, C in D take toˇcke, da nobene tri od njih niso kolinearne in poljubni dve od daljicAB, 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.

Zgornjim daljicam reˇcemo stranice ˇstirikotnika, toˇckam A, B, C in Dpa ogliˇsˇca tega ˇstirikotnika. Stranicama AB in CD reˇcemo nasprotni stranici, prav tako tudi stranicama BC in DA.

Definicija 35. Diagonali ˇstirikotnika ABCD sta daljici AC in BD.

Definicija 36. Kvadrat ABCD je ˇstirikotnik, s ˇstirimi skladnimi pravimi koti in ˇstirimi skladnimi stranicami. Nasprotni stranici sta vzporedni.

Definicija 37. Stirikotnikˇ ABCD, ki ima vse stranice skladne, imenujemo romb.

Nasprotni stranici sta vzporedni.

Definicija 38. Deltoid ABCD je v ravninski geometriji ˇstirikotnik, ki ima dva para sosednjih skladnih stranic.

3Papus iz Aleksandrije je ˇzivel pribliˇzno 600 let po Evklidu. Bil je zadnji veliki znani starogrˇski geometer. Inovativnost dokaza Izreka 32 je v tem, da uporabi skladnost trikotnika s samim seboj preko simetrije.

(18)

Opomba 39. Deltoid, ki ima vse ˇstiri stranice skladne, imenujemo romb.

Trditev 40. Diagonali kvadrata, deltoida in romba se sekata pravokotno.

Dokaz 40. Dovolj bo, ˇce predstavimo dokaz pravokotnih diagonal deltoida. Naj bo ABCD deltoid in S preseˇciˇsˇce njegovih diagonal AC in BD. S pomoˇcjo Definicije 38 vemo, da sta dva para sosednjih stranic skladna. Zato sta 4ABS in 4BCS skladna. Potem sta skladna tudi ∠ASB in ∠BSC in oba sta prava kota. To pa pomeni, da sta diagonali pravokotni.

2 Definicija 41. Pravokotnik ABCD je ˇstirikotnik, katerega vsi notranji koti so pravi. Nasprotni stranici sta skladni in vzporedni.

Definicija 42. Stirikotnikuˇ ABCD pravimoparalelogram, ˇce sta po dve nasprotni stranici vzporedni in skladni.

Opomba 43. Iz izreka o izmeniˇcnih kotih (Izrek 29) sledi, da je pravokotnik paralelogram, odtod pa, da je konveksni ˇstirikotnik.

Definicija 44. Trapez ABCD je ˇstirikotnik z dvema vzporednima stranicama, kateri imenujemo osnovnici. Ostali dve nevzporedni stranici pa imenujemo kraka trapeza.

Definicija 45. Za dano toˇckoS in pozitivno realno ˇstevilorjekroˇznicas srediˇsˇcem v S in polmerom r mnoˇzica tistih toˇck T, ki so na razdalji r od S. S simboli to zapiˇsemo

K(S, r) ={T |ST =r}.

Za toˇcke, ki so na razdalji < r od toˇcke S, reˇcemo, da so znotraj kroga s srediˇsˇcem S in polmeromr. Za toˇcke, ki so na razdalji > rod toˇcke S, pa reˇcemo, da so zunaj tega kroga. Pogosto reˇcemo tudi vsaki daljici ST iz srediˇsˇca kroga do poljubne toˇcke na kroˇznici, polmer kroga K(S, r).

(19)

Definicija 46. Naj bo γ =K(S, r) kroˇznica, P in Q pa toˇcki na njej. Daljici P Q reˇcemo tetiva kroga γ. Za toˇcki P in Q na kroˇznici γ reˇcemo da sta antipodni, ˇce velja P ∗S∗Q. Za antipodni toˇcki P in Q pa daljici P Q reˇcemo premer kroga.

Izrek 47 (Izrek o tangenti). Naj bo t premica, γ = K(S, r) kroˇznica in toˇcka P ∈t∩γ. t je tangenta na γ natanko tedaj, ko je premica `(S, P)⊥t.

Dokaz 47. Naj bodot, γ inP kot v predpostavki izreka. Dokaz bomo predstavili v smeri⇒. Naj bo torej t tangenta na γ v toˇcki P. Dokazati moramo `(S, P)⊥t. ˇCe potegnemo pravokotnico izS natin imenujemo njeno noˇziˇsˇceQ, moramo dokazati, da jeQ=P. Pa denimo, da ni tako. Tedaj obstaja taka toˇckaR∈t, da jeP∗Q∗R inP Q∼=QR (slika 3). Po aksiomu SKS je tedaj 4SP Q∼=4SRQ. To pa pomeni, da je tudiR ∈γ, kar pa nasprotuje predpostavki, da je t tangenta na γ.

2

Slika 3: Ilustracija dokaza 47. Tangenta.

Definicija 48. Za neko mnoˇzico premic p₁, p₂, . . . , reˇcemo, da tvorijo ˇsop, ˇce obstaja toˇckaP, ki leˇzi na vseh teh premicah. Za mnoˇzico daljic reˇcemo, da tvori ˇsop, ˇce obstaja taka toˇcka, ki je v notranjosti vseh teh daljic.

Definicija 49. Krog, katerega meja vsebuje vsa tri ogliˇsˇca trikotnika 4ABC, se imenuje trikotniku 4ABC oˇcrtani krog, njegovo srediˇsˇce pa srediˇsˇce oˇcrtanega kroga. Trikotniku se da oˇcrtati krog natanko tedaj, ko simetrale stranic tvorijo ˇsop.

Ce se trikotniku da oˇˇ crtati krog, sta srediˇsˇce in polmer tega kroga natanˇcno doloˇcena.

(20)

Definicija 50. Naj bo4ABC trikotnik. ˇCe jeγ krog, na katerega so vse tri stranice trikotnika 4ABC tangentne, reˇcemo, da je γ trikotniku 4ABC vˇcrtani krog.

Vsak trikotnik ima natanko doloˇcen vˇcrtani krog. Simetrale kotov trikotnika tvorijo ˇsop s skupno toˇcko, ki je srediˇsˇce trikotniku vˇcrtanega kroga.

Slika 4: Ilustracija Definicije 49 in 50.

(A) oˇcrtani krog, (B) vˇcrtani krog.

Izrek 51. Konveksen ˇstirikotnik je tetivni, ˇce vsa njegova ogliˇsˇca leˇzijo na isti kroˇznici oziroma ˇce ima oˇcrtano kroˇznico. Njegove stranice so tetive te kroˇznice.

Nasprotna notranja kota sta suplementarna.

Dokaz 51. Naj velja predpostavka izreka. S pomoˇcjo Izreka o obodnem in srediˇsˇcnem kotu, lahko dokaˇzemo, da sta nasprotna notranja kota tetivnega ˇstirikotnika, suplementarna (slika 5).

Tako velja

2α+ 2γ = 360^◦, kar je enako

α+γ =β+δ= 180^◦.

2

(21)

Slika 5: Ilustracija dokaza 51. Tetivni ˇstirikotnik.

Opomba 52.Vsakemu trikotniku lahko oˇcrtamo kroˇznico, medtem ko za ˇstirikotnike v sploˇsnem to ne drˇzi. Vsakemu pravilnemu n-kotniku, kamor sodi tudi kvadrat, lahko oˇcrtamo kroˇznico. Tudi pravokotnik in enakokraki trapez sta tetivna ˇstirikotnika, medtem ko za paralelogram, romb, trapez in deltoid v sploˇsnem to ne velja.

S pomoˇcjo zgornjega izreka pa vemo, da je ˇstirikotnik tetiven natanko tedaj, ko sta nasprotna notranja kota ˇstirikotnika suplementarna. Ker za romb, paralelogram, trapez in deltoid v sploˇsnem ne velja, da je vsota njihovih nasprotnih notranjih kotov enaka iztegnjenemu kotu, ti ˇstirikotniki v sploˇsnem niso tetivni. Romb in paralelogram sta tetivna, ko so njuni notranji koti pravi, torej, ko govorimo o kvadratu in pravokotniku. Trapez je tetiven v primeru, ko je enakokrak, deltoid pa v primeru, ko je vsaj en par njegovih nasprotnih notranjih kotov pravi.

Izrek 53. Tangentniˇstirikotnik je v ravninski geometriji konveksni mnogokotnik za katerega obstaja kroˇznica, ki se dotika vseh njegovih stranic, oziroma, ki ima vˇcrtano kroˇznico. Njegove stranice so tangentne na vˇcrtano kroˇznico. Vsota dolˇzin nasprotnih stranic je enaka dolˇzini drugih dveh nasprotnih stranic, da velja a+c=b+d.

Dokaz 53. Naj velja predpostavka izreka. S pomoˇcjo slike 6 lahko dokaˇzemo, da je vsota dolˇzin nasprotnih stranic enaka vsoti dolˇzin drugih dveh nasprotnih stranic.

Tako velja

a+c=k+m+n+t, b+d=m+n+t+k,

(22)

kar je enakoa+c=b+d.

2

Slika 6: Ilustracija dokaza 53. Tangentni ˇstirikotnik.

Opomba 54. Med tangentne ˇstirikotnike sodijo vsi deltoidi, torej tudi romb in kvadrat. Posebni primer tangentnega ˇstirikotnika pa je tudi tangentni trapez.

Opomba 55. Stirikotniki, ki so hkrati tangentni in tetivni, se imenujejo bicentriˇˇ cni ˇstirikotniki ali tetivnotangentni ˇstirikotniki. Nekateri deltoidi so bicentriˇcni. V njih sta zaradi Talesovega izreka dva nasprotna notranja kota prava. ˇCe je v mnogoko- tniku en notranji kot pravi in je mnogokotnik bicentriˇcen, je to ˇze deltoid z dvema nasprotnima notranjima pravima kotoma, saj sta suplementarna, oziroma, ne obstaja bicentriˇcni ˇstirikotnik z enim samim notranjim pravim kotom. Prav tako so bicentriˇcni tudi nekateri enakokraki trapezi, oziroma od teh vsi enakokraki tangentni trapezi. Poseben primer bicentriˇcnega ˇstirikotnika je kvadrat, saj je pravilni mnogokotnik.

Izrek 56 (Talesov izrek o kotu v polkrogu⁴). Kot, ki ima vrh na kroˇznici, njegova kraka pa potekata skozi krajiˇsˇci premera te kroˇznice, je pravi kot (slika 7).

4Tales, rojen okoli 635 pr. n. ˇst., je bil starogrˇski filozof, matematik, astronom in inˇzenir. Bil je Pitagorov sodobnik in velja za ustanovitelja grˇske filozofije, znanosti in matematike.

(23)

Slika 7: Ilustracija Izreka 56. Talesov izrek o kotu v polkrogu.

Ogliˇsˇce C leˇzi na kroˇznici (γ = 90^◦).

Dokaz 56. Dejstvo, da je vsak kot nad premerom kroˇznice pravi, so brez dokaza poznali ˇze Babilonci tisoˇc let pred Talesom.

Naj bo S srediˇsˇce kroˇznice, C vrh kota, AB ustrezni premer. V trikotniku 4ABC oznaˇcimo zα kot pri ogliˇsˇcuA in z β kot pri ogliˇsˇcuB. Potem je kot pri ogliˇsˇcu C enakγ =α+β, saj sta trikotnika4ACSin4BCSenakokraka in velja|SC|=|SA| ter |SC|=|SB|. Vsota notranjih kotov v trikotniku je 180^◦. Torej je

α+β+ (α+β) = 180^◦ 2α+ 2β = 180^◦ α+β = 90^◦

γ = 90^◦.

2

Trditev 57. Ce tretje ogliˇˇ sˇce C trikotnika 4ABC ne leˇzi na kroˇznici, potem ne govorimo veˇc o pravokotnem trikotniku. In sicer, ˇce je tretje ogliˇsˇce C trikotnika 4ABC v notranjosti kroga, ki imaAB za premer, je kot pri ogliˇsˇcuC topi kot (slika 8A), ˇce pa je ogliˇsˇce C izven tega kroga, pa je kot pri ogliˇsˇcu C ostri kot (slika 8B).

Dokaz 57. Naj bo S srediˇsˇce kroˇznice, C vrh kota, AB ustrezni premer. V trikotniku 4ABC oznaˇcimo z α kot pri ogliˇsˇcuA in z β kot pri ogliˇsˇcuB. Potem je kot pri ogliˇsˇcu C enak γ =α₁+β₁, kot kaˇze slika 8.

(24)

Slika 8: Ilustracija Trditve 57.

Na sliki (A) ogliˇsˇce C leˇzi v krogu (γ >90^◦).

Na sliki (B) ogliˇsˇceC leˇzi izven kroga (γ <90^◦).

V prvem primeru (slika 8A), kjer ogliˇsˇceC ne leˇzi na kroˇznici, temveˇc v notranjosti kroga, velja|SC|<|SA| in α < α₁, kjer je α₁ =∠SCA.

Enako velja|SC|<|SB| in β < β₁, kjer je β₁ =∠SCB. Tako dobimo α+β+γ < α₁+β₁ +γ

α+β+γ < γ+γ 180^◦ < 2γ

90^◦ < γ.

Drugi primer, kjer ogliˇsˇce C leˇzi izven kroga (slika 8B), dokaˇzemo na enak naˇcin, saj velja |SC|>|SA| inα > α₁,kjer je α₁ =∠SCA.

Enako velja|SC|>|SB| in β > β1, kjer je β1 =∠SCB. Tako dobimo α+β+γ > α₁+β₁ +γ

α+β+γ > γ+γ 180^◦ > 2γ

90^◦ > γ.

2

(25)

Definicija 58. Imamo toˇcki A in B na kroˇznici C = K(S, r). Srediˇsˇcni kot nad lokomAB^¯ je kot z vrhom v srediˇsˇcu S kroˇzniceC, katerega kraka potekata skozi toˇcki Ain B. Obodni kotnad lokom AB^¯ je kot z vrhom V na kroˇznici C, katerega kraka potekata skozi toˇcki A in B (slika 9).

Slika 9: Ilustracija Definicije 58.

Srediˇsˇcni kotα in obodni kot β nad lokom AB.^¯

Definicija 59. Naj bo ∠AV B obodni kot za kroˇznico C = K(S, r). Naj bosta V in B na razliˇcnih straneh premice `(S, A) ali pa toˇcki V in A na razliˇcnih straneh premice`(S, B), kot kaˇze slika 10. Tedaj pravimo kotu∠ASB obodnemu kotu∠AV B ustrezajoˇci srediˇsˇcni kot.

Slika 10: Ilustracija Definicije 59. Ustrezajoˇci srediˇsˇcni kot.

(26)

Izrek 60(Izrek o srediˇsˇcnem kotu).Obodni kot meri polovico ustrezajoˇcega srediˇsˇcnega kota. Vsi obodni koti nad istim lokom merijo enako (slika 11).

Slika 11: Ilustracija Izreka 60.

Dokaz 60. Naj bo∠AV Bobodni kot za kroˇznicoC =K(S, r). Imamo tri moˇznosti:

da jeS na kakem kraku tega kota; da je S v notranjosti tega kota; ali da jeS zunaj tega kota.

Slika 12: Ilustracija dokaza 60.

• Naj bo S na krakuh(V, B), torejV ∗S∗B (slika 12A). Smo v situaciji Taleso- vega izreka. Srediˇsˇcni kot je zunanji kot pri S enakokrakega trikotnika4AV S in zato meri dvakrat toliko kot obodni kot pri V.

• Naj bo S v notranjosti kota ∠AV B (slika 12B). Naj bo toˇcka T na kroˇznici C, da velja V ∗S∗T, torej sta V inT antipodni toˇcki.

(27)

Tedaj je µ(∠AV B) = µ(∠AV T) +µ(∠BV T) in µ(∠ASB) = µ(∠AST) + µ(∠BST). Po prvem delu dokaza pa dobimo µ(∠AST) = 2µ(∠AV T) in µ(∠BST) = 2µ(∠BV T).

• Naj bo S izven kota∠AV B (slika 12C). Naj bo T spet taka toˇcka na kroˇznici C, da velja V ∗S∗T. Tu imamo dve moˇznosti: ali jeA v notranjosti∠BV T ali pa je B v notranjosti kota∠AV T. Denimo, da velja druga moˇznost. Tedaj po aksiomu kotomera velja µ(∠AV B) = µ(∠AV T)−µ(∠BV T). Za slednja kota pa dobimo ustrezni rezultat po prvem delu dokaza.

2 Za konec prvega dela pa si poglejmo ˇse nekaj malega o kotnih funkcijah.

Definicija 61. Razmerja stranic so v pravokotnem trikotniku odvisna le od kota in takˇsne odvisne koliˇcine imenujemo kotne funkcije.

Glede na spodnji primer, prikazan na sliki 13, definiramo kotne funkcije kot:

• sinus kota α je enak razmerju med kotu α nasprotno kateto in hipotenuzo, sinα = a

c;

• kosinus kota α je enak razmerju med kotu α prileˇzno kateto in hipotenuzo, cosα= b

c;

• tangens kota α je enak razmerju med kotu α nasprotno in prileˇzno kateto, tanα = a

b;

• kotangens kota α je enak razmerju med kotu α prileˇzno in nasprotno kateto, cotα = b

a.

(28)

Slika 13: Ilustracija Definicije 61.

Izrek 62 (Sinusni izrek). Za poljubni trikotnik 4ABC s stranicami a = BC, b = AC in c = AB je razmerje dolˇzin stranic trikotnika enako razmerju sinusov kota, ki leˇzijo tem stranicam nasproti

a

sinα = b

sinβ = c sinγ.

Dokaz 62. Naj velja predpostavka izreka. V trikotniku 4ABC je ∠ACB obodni kot nad lokom AB,^¯ ∠ASB pa pripadajoˇci srediˇsˇcni kot nad istim lokom. Tako je trikotnik4ABS enakokrak (slika 14).

Slika 14: Ilustracija dokaza 62. Sinusni izrek.

Zato lahko s pomoˇcjo Definicije 61 dobimo sinγ =

c 2

r ⇒ c

sinγ = 2r.

(29)

Ce bi ogliˇsˇˇ ca na zgornji sliki zamenjali, bi na enak naˇcin dobili naslednji dve izpeljavi

sinα=

a 2

r ⇒ a

sinα = 2r, sinβ =

b 2

r ⇒ b

sinβ = 2r.

Torej je

2r= a

sinα = b

sinβ = c sinγ in s tem je izrek dokazan.

2 Izrek 63 (Kosinusni izrek). Za poljubni trikotnik 4ABC s stranicami a = BC, b = AC in c=AB velja kosinusni izrek

a² =b²+c²−2bccosα, b² =a²+c²−2accosβ, c² =a²+b²−2abcosγ.

Dokaz 63. Naj bodo stranice poljubnega trikotnika kot v predpostavki izreka. V trikotniku oznaˇcimo viˇsino v_c =CD, ki razdeli stranico c na dva dela, AD =c−x inBD=x, kot kaˇze slika 15.

Slika 15: Ilustracija dokaza 63. Kosinusni izrek.

V pravokotnem trikotniku 4ADC je po Pitagorovem izreku v²_c =b²−(c−x)². V pravokotnem trikotniku 4DBC pa je po istem izrekuv²_c =a²−x².

(30)

Izenaˇcimo oba izraza, ki smo ju naˇsli zav_c² in dobimo v_c² = v_c²

b²−(c−x)² = a²−x²

a²−x² = b²−c²+ 2cx−x² b² = a²+c²−2cx.

S pomoˇcjo pravil kotnih funkcij v pravokotnem trikotniku, lahko neznani odsek x izrazimo s stranicoa in s kotom β, da dobimo cosβ = ^x_a. Zato je

b² =a²+c²−2accosβ.

Ce bi namestoˇ v_coznaˇcili viˇsino v_a aliv_b, bi na enak naˇcin lahko izpeljali zvezo med stranicami in enim kotom

a² =b²+c²−2bccosα, c² =a²+b²−2abcosγ.

2

(31)

3 Trikotniki

Izrek 64. Pri trikotnikih sta si vsaki dve stranici sosednji in se zato kroga nad njima sekata (slika 16).

Slika 16: Sekajoˇci diski na stranicah trikotnika.

Dokaz 64. Naj bo 4ABC poljuben raznostraniˇcen trikotnik. Naredimo simetralo poljubnega notranjega kota, npr. kota α pri ogliˇsˇcu A, kot kaˇze slika 17. Ker toˇcke A, B, C niso kolinearne, je kot α strogo manjˇsi od 180^◦, zato gre simetrala skozi ogliˇsˇce in ni pravokotna na stranici, ki sta kraka kota.

Slika 17: Ilustracija dokaza 64.

Premica, ki ima s kroˇznico skupno natanko eno toˇcko imenujemo tangenta. Iz izreka o tangenti (Izrek 47) pa sledi, da premica oziroma simetrala kota, ki ima skupno

(32)

ogliˇsˇce s krogoma nad stranicama, ni tangenta, temveˇc je sekanta obeh krogov in to znotraj notranjega kota. En del te simetrale je v obeh krogih skupaj, kar pomeni da simetrala seka oba kroga. To pa pomeni, da imata tudi notranjosti krogov neprazni presek.

2

Posledica 65.Diska nad sosednjima stranicama, torej stranicama s skupnim ogliˇsˇcem poljubnega konveksnega n-kotnika, se sekata.

Opomba 66. Disk, ki ima daljico AB za premer, bomo oznaˇcili s simbolom D_A,B.

Izrek 67. Pri pravokotnem trikotniku imajo vsi trije krogi nad stranicami neprazen presek (slika 18).

Slika 18: Sekajoˇci diski na stranicah pravokotnega trikotnika.

Dokaz 67. Naj bo 4ABC poljubni pravokotni trikotnik. S pomoˇcjo Talesovega izreka o kotu v polkrogu (Izrek 56) vemo, da ima pravokotni trikotnik 4ABC s pravim kotom pri ogliˇsˇcu A, vsa tri ogliˇsˇca na disku DB,C (slika 18). S pomoˇcjo Posledice 65 pa vemo, da se diska, ki imata za premer sosednji straniciAB inAC, sekata v skupni toˇcki A. Torej se vsi trije diski DB,C, DA,B in DA,C sekajo v isti toˇcki in sicer v ogliˇsˇcuA.

2

(33)

4 Stirikotniki ˇ

4.1 Nekonveksni ˇ stirikotniki

Pri nekonveksnih ˇstirikotnikih, lahko najdemo takˇsnega, kjer se vsaka dva kroga sekata (slika 19A), ter takˇsnega, kjer se dva kroga izmed ˇstirih ne sekata (slika 19B).

Slika 19: Diski na stranicah nekonveksnega 4-kotnika.

(34)

4.2 Konveksni ˇ stirikotniki

S pomoˇcjo Definicije 11 vemo, da je ˇstirikotnik ABCD konveksen, ˇce je vsako ogliˇsˇce v notranjosti kota, ki ga tvorijo ostala ogliˇsˇca vzeta v cikliˇcnem vrstnem redu.

Opomba 68. Pri konveksnih ˇstirikotnikih je pomemben vrstni red ogliˇsˇc. Ce jeˇ ABCDkonveksni ˇstirikotnik, potemACBD ni konveksni ˇstirikotnik, saj se stranici AC in BD sekata.

Slika 20: Ilustracija opombe 68.

Trditev 69. Pri kvadratu in deltoidu se kroˇznice sekajo v preseˇciˇsˇcu diagonal (slika 21).

Slika 21: Sekajoˇci diski na stranicah kvadrata in deltoida.

(35)

Opomba 70. Pri rombu se kroˇznice prav tako sekajo v preseˇciˇsˇcu diagonal, saj je romb hkrati deltoid.

Dokaz 69. Imejmo poljuben kvadrat in deltoid. S pomoˇcjo Trditve 40 vemo, da se diagonali kvadrata in deltoida sekata pravokotno in sicer v toˇckiE kot kaˇze slika 21. Ker diagonali razdelita kvadrat in deltoid na ˇstiri pravokotne trikotnike, si lahko pomagamo s Talesovim izrekom o kotu v polkrogu (Izrek 56).

Tako vemo, da vsi ˇstirje diski s premerom stranic AB, BC, CD in AD, potekajo skozi toˇcko E. Torej se vsi ˇstirje diski DA,B, DB,C, DC,D inDA,D sekajo v eni toˇcki in sicer v toˇcki E, kot je prikazano na sliki 21.

2

Trditev 71. Pri pravokotniku, ki ni kvadrat in pri paralelogramu, ki ni romb, se kroga nad krajˇsima stranicama ne sekata (slika 22).

Slika 22: Diski na stranicah pravokotnika in paralelograma.

(36)

Slika 23: Diski na stranicah trapeza.

Pri trapezu pa je prekrivanje diskov nekoliko bolj kompleksno.

Najdemo lahko takˇsnega, kjer se sekajo vsi diski med seboj (slika 23A), kot takˇsnega, kjer se vsaj en par krogov ne seka (slika 23B).

(37)

5 Petkotniki

5.1 Nekonveksni petkotniki

Enako kot pri nekonveksnih ˇstirikotnikih, lahko najdemo nekonveksni petkotnik, kjer se vsaka dva kroga sekata (slika 24A), ter takˇsnega, kjer se dva kroga izmed petih ne sekata (slika 24B).

Slika 24: Diski na stranicah nekonveksnega 5-kotnika.

(38)

5.2 Konveksni petkotniki

V tem delu se bomo posvetili predvsem konveksnim 5-kotnikom, za katere velja, da ima vsak konveksni petkotnik vsaj dve taki stranici, da se diska, ki imata ti stranici za premera, ne sekata.

Opomba 72. Spomnimo se, da je (konveksni) ˇstirikotnik tangentni, ˇce je vsaka od stranic tangenta na isti disk vsebovan v ˇstirikotniku.

Opomba 73. Vsakiˇc, ko definiramo poligon s podajanjem njegovih toˇck, vzdolˇz zapo- rednih stranic, podamo toˇcke v vrstem redu, ki je v nasprotni smeri urinega kazalca.

Osrednji problem magistrske naloge je predstavljen v dveh delih. V prvem delu (slika 25) sta dva diska, ki ustrezata stranicama AB in CD, ter se ne sekata. Prvi pristop k reˇsevanju je dokaz, da je vsota petih razdalj med srediˇsˇci nesosednjih stranic (to je ˇcrtkanimi ˇcrtami na sliki 25) veˇcja, kot je obseg petkotnika.

Slika 25: Dva nesekajoˇca diska s premerom AB inCD.

V spodnjem primeru, ki je prikazan na sliki 26, pa vidimo da temu ni vedno tako.

Obstaja namreˇc konveksni 5-kotnik, katerega vsota razdalj med srediˇsˇci stranic, ni veˇcja od njegovega obsega.

(39)

Opomba 74. Dva kroga imata prazen presek natanko tedaj, ko je razdalja med njunima srediˇsˇcema strogo veˇcja od vsote njunih polmerov, slednje pa je ekvivalentno temu, da je razdalja med srediˇsˇcema krogov strogo veˇcja od aritmetiˇcne sredine premerov teh krogov. V primeru, da imata kroga vsak svojo stranico nekega mno- gokotnika za svoj premer, je torej nesekanje takih krogov ekvivalentno temu, da je razdalja med srediˇsˇcema ustreznih stranic strogo veˇcja od aritmetiˇcne sredine teh dveh stranic.

Primer: Imamo konveksni 5-kotnik z ogliˇsˇci:

A= (1,0);

B = (−√

1−δ², δ);

C= (−√

1−², );

D= (−√

1−²,−) in E = (−√

1−δ²,−δ).

Ce si izberemoˇ δ = 0,1 in = 0,01, kjer je δ = 10, dobimo 5-kotnik z dolˇzinami stranic, izraˇzenih v enotah, kot je prikazano na sliki 26.:

• a = 2e;

• b = 0,09e;

• c= 0,02e;

• d = 0,09e in

• e = 2e.

Razdalje med srediˇsˇci nesosednjih stranic, izraˇzene v enotah, tako merijo:

• 1e;

• 1,01e;

(40)

• 1e in

• 0,11e.

Slika 26: Primer 5-kotnika.

Dobili smo konveksni 5-kotnik, kjer je vsota petih razdalj med srediˇsˇci nesosednjih stranic enaka 4,13e, kar je manjˇse od obsega 5-kotnika, ki meri 4,2e.

V drugem delu (slika 27) je predstavljen naslednji naravni pristop, kjer poveˇzemo notranjo toˇcko P s petimi toˇckami petkotnika in pogledamo kote pri toˇckiP. Meto- doloˇsko je osnovni prijem ugotovitev, ki sledi iz Talesovega izreka o kotu v polkrogu (Izrek 56);P leˇzi v disku, recimo premeraAE, ˇce in samo ˇce, je kot∠AP E manjˇsi ali enakπ/2.

Slika 27: P leˇzi zunaj diskov s premerom AB, BC inDE.

Na sliki 27 leˇzi P zunaj diskov s premerom AB, BC in DE. Oˇcitno nobena toˇcka P ne leˇzi v veˇc kot treh od petih diskov, ker bi drugaˇce bila vsota petih kotov okoli toˇcke P veˇcja kot 2π.

(41)

Oris dokazovanja: Ce imamo pet ogliˇsˇˇ cA, B, C, D in E konveksnega petkotnika, potem obstaja disk C, ki je vsebovan v petkotniku in tri zaporedne stranice, recimo straniceEA, AB in BC (slika 28), tako da:

• C je tangenten na te tri stranice;

• premici `(E, A) in `(B, C) se sekata v toˇcki P;

• notranjost C-ja in toˇcka P sta v razliˇcnih polravninah z mejo `(A, B).

Potem pogledamo diskC_P s srediˇsˇcem P in mejo, ki poteka skozi toˇcke dotika med C in stranicama EA in BC, ter dokaˇzemo da:

• disk D_A,B je vsebovan v C_P (Lema 82);

• vsaj eden od diskov D_C,D inD_D,E, ne seka diskaC_P (Lema 83 in Lema 84).

Slika 28: Ilustracija orisa dokazovanja.

(42)

Izrek 75(Apolonijev izrek⁵). Naj bodoA, B in C tri razliˇcne toˇcke v ravnini in naj D oznaˇcuje sredino daljice BC (slika 29). Potem dolˇzina |AD| ustreza

|AD|= 1 2

q

2^Ä|AB|²+|AC|²^ä− |BC|². (1)

Dokaz 75. Naj veljajo predpostavke iz izreka. S pomoˇcjo slike 29 oznaˇcimo dolˇzine

|AD|=d, |AB|=c, |AC|=b in|BC|=a, ter kota ∠ADB =φ in ∠ADC =φ1. Kosinusa suplementarnih kotov sta si nasprotna, torej je cos(180^◦−x) = −cosx in velja cosφ=−cosφ1.

Nato lahko s pomoˇcjo kosinusnega izreka (Izrek 63) doloˇcimo

c² =

Åa 2

ã2

+d²−2a

2dcosφ in b² =

Åa 2

ã2

+d²−2a

2dcosφ1

=

Åa 2

ã2

+d²+ 2a

2dcosφ.

Slika 29: Ilustracija Izreka 75. Apolonijev izrek.

5Apolonij, starogrˇski matematik, geometer in astronom, rojen leta 262 pr. n. ˇst. Leta 225 pr.

n. ˇst. je napisal razpravo v 8.kjnigah, O stoˇznicah, od katerih se jih je ohranilo 7. To je razprava o elipsi, paraboli in hiperboli, ki jih je predstavil kot preseke kroˇznega stoˇzca. Te stoˇznice so znane ˇse danes po istih imenih, ki jih je uporabil Apolonij.

(43)

Ce enaˇˇ cbi seˇstejemo dobimo

c²+b² = 2

Åa 2

ã2

+ 2d² 2d² = c²+b²−2a² 4 d =

s1 2

Ç

c²+b²− a² 2

å

in d = 1

2

»2 (c²+b²)−a².

V enaˇcbo vstavimo oznake dolˇzin |AD|= d,|AB|= c,|AC|=b in |BC|=a, da dobimo

|AD|= 1 2

q

2^Ä|AB|²+|AC|²^ä− |BC|². S tem je dokaz konˇcan.

2 V evklidski geometriji lahko vsakemu trikotniku vˇcrtamo in oˇcrtamo kroˇznico.

Pri ˇstirikotnikih pa temu ni veˇc tako. ˇStirikotnike, ki jim lahko vˇcrtamo kroˇznico imenujemo tangentne. Za tangentni ˇstirikotnik pa velja, da se simetrale njegovih notranjih kotov sekajo v eni toˇcki in vsota dolˇzin nasprotnih stranic je enaka.

Lema 76(Diagonala tangentnega ˇstirikotnika).Naj bodoA, B, C inDtoˇcke tangentnega ˇstirikotnika, tangentnega na disk C. Naj T₁, T₂, T₃ in T₄ oznaˇcujejo tangentne toˇcke med stranicami AB, BC, CD, AD in diskom C. Naj bo (slika 30):

a =|AT₁|=|AT₄|;

b =|BT₁|=|BT₂|;

c =|CT₂|=|CT₃| in d =|DT₃|=|DT₄|.

Potem za diagonali |AC| in |BD| velja

u =|AC|=

a+c

b+d((a+c)(b+d) + 4bd), v =|BD|=

sb+d

a+c((a+c)(b+d) + 4ac).

(44)

Slika 30: Ilustracija Leme 76. Diagonala tangentnega ˇstirikotnika.

Dokaz bomo zaˇceli s tremi pomoˇznimi lemami.

Lema 77. Konveksen ˇstirikotnik ABCD je tetiven natanko tedaj, ko velja tanαtanγ = tanβtanδ.

Dokaz 77. Po [2] naj bo ABCD konveksen ˇstirikotnik z notranjimi koti velikosti 2α,2β,2γ in 2δ (zaradi enostavnosti raˇcuna smo notranji kot pri ogliˇsˇcu A oznaˇcili z 2α, pri ogliˇsˇcuB z 2β, itd.). Potem soα, β, γ, δ ostri in veljaα+β+γ+δ= 180^◦. Zelimo pokazati daˇ

ABCD je tetiven ⇐⇒ tanαtanγ = tanβtanδ. (2) Ce jeˇ ABCD tetiven, potem je α+γ =β +δ = 90^◦ in tanαtanγ = tanβtanδ, pri ˇcemer je vsak od produktov tangensov enak 1. Utemeljitev; ˇce je α+γ = 90^◦, potem je tan(α+γ) =∞. Da bi veljala enakost

∞= tan(α+γ) = tanα+ tanγ 1−tanαtanγ,

mora biti imenovalec, v zadnjem od zgornjih izrazov, enak 0. Ker sta α in γ ostra (neniˇcelna) kota in je zato vsota njunih tangensov, tanα+ tanγ, strogo veˇcja od 0 in manjˇsa od∞, pomeni, da je produkt tangensov tanαtanγ = 1.

(45)

Nasprotno, ˇceABCDni tetiven, lahko privzamemo, da jeα+γ >90^◦inβ+δ <90^◦. Od tod sledi

0>tan(α+γ) = tanα+ tanγ 1−tanαtanγ.

Zaradi dejstva, da sta α in γ ostra, lahko sklenemo, da je tanαtanγ > 1. Na podoben naˇcin ugotovimo, da je tanβtanδ <1,zato velja tanαtanγ 6= tanβtanδ.

To pa dokazuje (2).

2

Lema 78. Tangentni ˇstirikotnik ABCD je tetiven natanko tedaj, ko velja ac=bd.

Dokaz 78. Naj bo ABCD, kot v dokazu 77, konveksen ˇstirikotnik z notranjimi koti velikosti 2α,2β,2γ in 2δ.

S pomoˇcjo definicije kotnih funkcij v pravokotnem trikotniku (Definicija 61) lahko definiramo tangens kota α. Tako je tanα = r/a, kjer je r polmer diska C kot je prikazano na sliki 31. Na enak naˇcin definiramo tudi tangens ostalih notranjih kotov ˇstirikotnika in dobimo tanβ =r/b, tanγ =r/c in tanδ =r/d.

Slika 31: Ilustracija Leme 78.

(46)

Rezultat sledi z uporabo (2) v danem ˇstirikotniku tanαtanγ = tanβtanδ

r a r

c = r b r d r²

ac = r² bd ac = bd.

2

Lema 79 (Klamkinova formula⁶). Naj bo ABCD tangentni ˇstirikotnik in naj bo C vˇcrtana kroˇznica s polmerom r, kot kaˇze slika 30. Polmer vˇcrtanega kroga potem izraˇcunamo po formuli

r² = bcd+acd+abd+abc

a+b+c+d . (3)

Da bi lahko dokazali zgornjo lemo, si najprej poglejmo osnovne simetriˇcne polinome, ki so potrebni za nadaljnje razumevanje.

Definicija 80. Osnovni simetriˇcni polinomi spremenljivk x_i za i = 1,2, ..., n so polinomi

s₁ = x₁+x₂+x₃+...+x_n=^X

i

x_i;

s₂ = x₁x₂+x₁x₃+...+x₁x_n+x₂x₃+...+xn−1x_n= ^X

i1<i2

x_i₁x_i₂; s₃ = x₁x₂x₃+...+xn−2xn−1x_n= ^X

i1<i2<i3

x_i₁x_i₂x_i₃; ...

s_k = ^X

i1<i2<...<ik

x_i₁x_i₂...x_i_k.

6Klamkin se je rodil leta 1921 v New Yorku. Bil je znan kot predlagatelj in urednik matematiˇcnih problemov. Od leta 1976 pa do leta 1981 je bil predstojnik Oddelka za matematiko na University of Alberta. Leta 1992 je od nacionalnih matematiˇcnih zdruˇzenj prejel nagrado za prispevek k matematiki tekmovanj. Umrl je 6.avgusta leta 2004.

(47)

Izrek 81. Tangens vsote n kotov je enak

tan(α₁+α₂+α₃+. . .+α_n) = s₁−s₃+s₅−s₇+. . . 1−s₂+s₄−s₆+. . .,

kjer sos₁, s₂, s₃, . . . , s_kosnovni simetriˇcni polinomi spremenljivktanα_izai= 1,2, ..., n.

Dokaz 81. Z uporabo znanega adicijskega izreka, tan(α+β) = _1−tan^tan^α+tan_α_tan^β_β,izpeljemo tangens vsote treh kotov

tan(α+β+γ) = tan(α+β) + tanγ 1−tan(α+β) tanγ

=

tanα+tanβ

1−tanαtanβ + tanγ 1−_1−tan^tan^α+tan_α_tan^β_βtanγ

= tanα+ tanβ+ tanγ−tanαtanβtanγ

1−tanβtanγ−tanγtanα−tanαtanβ. (4)

S pomoˇcjo enaˇcbe (4) pa lahko izpeljemo sploˇsno formulo tangensa vsote n kotov tan(α₁+α₂+α₃+. . .+α_n) = s₁−s₃+s₅−s₇+. . .

1−s₂+s₄−s₆+. . ., kjer je

s₁ = tanα₁+ tanα₂ +. . .+ tanα_n

= vsota tangensov posameznih kotov;

s₂ = tanα₁tanα₂+ tanα₁tanα₃+. . .

= vsota produktov tangensov po dveh kotov;

s₃ = tanα₁tanα₂tanα₃+ tanα₂tanα₃tanα₄+. . .

= vsota produktov tangensov po treh kotov;

...

2 Sedaj lahko s pomoˇcjo [2] dokaˇzemo Lemo (79).

(48)

Dokaz 79. Naj bo ABCD konveksen ˇstirikotnik z notranjimi koti velikosti 2α,2β,2γ in 2δ in naj bodo s1, s2, s3 in s4 osnovni simetriˇcni polinomi spremen- ljivke tanα_i zai= 1,2, ..., n. S pomoˇcjo Izreka 81 tako dobimo

tan(α+β+γ+δ) = s₁−s₃ 1−s₂+s₄.

Vemo, da soα, β, γ inδ ostri koti in veljaα+β+γ+δ = 180^◦.Iz tega pa sledi, da je tan(α+β+γ+δ) = 0 in zato je s₁ =s₃.

S pomoˇcjo Definicije 80 pa vemo, da je s₁ = tanα+ tanβ+ tanγ+ tanδ in

s₃ = tanαtanβtanγ+ tanαtanβtanδ+ tanαtanγtanδ+ tanβtanγtanδ.

Naj velja predpostavka leme, da je ABCD tangentni ˇstirikotnik. Potem lahko s pomoˇcjo Leme 78, kjer je tanα= _a^r, dobimo

s₁ = _a^r +^r_b + ^r_c+ ^r_d in s₃ = _abc^r³ +_abd^r³ +_acd^r³ +_bcd^r³.

Torej je

s₁ = s₃ r

a + r b +r

c+ r

d = r³ abc + r³

abd+ r³ acd+ r³

bcd.

Enaˇcbo preoblikujemo in dobimo

r(bcd+acd+abd+abc)

abcd = r³(a+b+c+d) abcd .

Ce enaˇˇ cbo pomnoˇzimo s skupnim imenovalcem in delimo z r dobimo

bcd+acd+abd+abc=r²(a+b+c+d) r² = bcd+acd+abd+abc

a+b+c+d .

2

(49)

Sedaj si lahko pogledamo dokaz Leme (76), ki je razviden iz [2].

Dokaz 76. Naj bo ABCD konveksen ˇstirikotnik. S pomoˇcjo osnovnih zvez med kotnimi funkcijami, kjer je cos 2α = cos²α−sin²α, cos²α = _1+tan¹ 2α in sin²α =

tan²α

1+tan²α, lahko izpeljemo

cos 2α= 1−tan²α 1 + tan²α. S pomoˇcjo dokaza Leme 78 kjer je

tanα=r/a, ter Leme 79 kjer je

r² = bcd+acd+abd+abc a+b+c+d , dobimo

cos 2α = 1−tan²α 1 + tan²α

= 1− _a^r²2

1 + ^r_a²2

= a²−r² a²+r²

= a²(a+b+c+d)−(bcd+acd+abd+abc) a²(a+b+c+d) + (bcd+acd+abd+abc) ...

= a²(a+b+c+d)−(bcd+acd+abd+abc) (a+b)(a+c)(a+d) .

S pomoˇcjo kosinusnega izreka (Izrek 63) nato dobimo

v² = (a+b)²+ (a+d)² −2(a+b)(a+d) cos 2α

= (a+b)²+ (a+d)² −2a²(a+b+c+d)−(bcd+acd+abd+abc) a+c

...

= b+d

a+c((a+c)(b+d) + 4ac).

(50)

Na enak naˇcin dokaˇzemo tudi u², kjer je tanβ = r

b in

cos 2β = b²(a+b+c+d)−(bcd+acd+abd+abc) (a+b)(b+c)(b+d) . Tako je

u² = (a+b)²+ (b+c)²−2(a+b)(b+c) cos 2β

= (a+b)²+ (b+c)²−2b²(a+b+c+d)−(bcd+acd+abd+abc) b+d

...

= a+c

b+d((a+c)(b+d) + 4bd).

2 Lema 82. Naj bo C disk in naj boP toˇcka, ki ni vsebovana v C. Naj bostaT₁ in T₂ taki toˇcki meje C-ja, da sta premici `(P, T₁) in `(P, T₂) tangentni na C. Naj bosta A in B taki toˇcki, da je A na daljici P T₁ in B na daljici P T₂ in da je daljica AB tangentna na C (slika 32). Potem je disk D_A,B vsebovan v disku s srediˇsˇcem P in polmerom |P T₁|=|P T₂|.

S pomoˇcjo [3] lahko dokaˇzemo Leme 82, 83, 84, 85 in Izrek 86.

(51)

Dokaz 82. Naj bodo a =|P T₁|=|P T₂ |, b =|AT₁ | in c =|BT₂|. Naj bo M srediˇsˇcna toˇcka daljiceABin naj bodo|P A|=a−b, |P B|=a−c in |AB|=b+c.

Da dokaˇzemo Lemo 82, je dovolj ˇce dokaˇzemo, da je

|P M|+|M A| ≤a.

Po Izreku 75 je

|P M|= 1 2

q

2^Ä(a−b)²+ (a−c)²^ä−(b+c)².

Vemo, da je|M A|= ^b+c₂ in ker je b≤a in c≤a, velja ^b+c₂ ≤a. Torej je|M A| ≤a.

Tako dobimo

|P M|+|M A| ≤ a

|P M| ≤ a− |M A| 1

2

q

2^Ä(a−b)²+ (a−c)²^ä−(b+c)² ≤ a − b+c 2 . Ce zgornjo neenaˇˇ cbo pomnoˇzimo z 2 in nato ˇse kvadriramo, dobimo

2^Ä(a−b)²+ (a−c)²^ä−(b+c)² ≤ (2a−(b+c))²

4a²−4ab−4ac−2bc+b²+c² ≤ 4a²+b²+c²−4ab−4ac+ 2bc 0 ≤ 4bc.

Lema tako velja.

2

Lema 83. Naj bo C disk s srediˇsˇcem v toˇcki O in naj bo P toˇcka, ki ni vsebovana v C. Naj bosta toˇcki T₁ in T₂ na meji C tako, da premici `(P, T₁) in `(P, T₂) leˇzita tangentno naC. Naj boE toˇcka na poltraku h(P, T₁)\P T₁.Naj boD6=E taka toˇcka v notranjosti kota ∠T₁P O, da se h(E, D) seka s h(P, O), ter `(E, D) se ne seka z notranjostjo C (slika 33). Potem disk D_D,E ne seka diska s srediˇsˇcno toˇcko P in polmerom |P T₁|=|P T₂|.

(52)

Dokaz 83. Naj bo C_P disk s srediˇsˇcno toˇcko P in polmerom |P T₁|=|P T₂| in D⁰ preseˇciˇsˇce medh(E, D) inh(P, O). Naj bostaS ∈h(P, T1)\P T1 inR∈h(P, O)\P O taki toˇcki, da je premica`(S, R) vzporedna premici`(E, D⁰) in tangentna na diskC v toˇckiT4. NajQoznaˇcuje zrcalno toˇckoS okoli premice`(P, O). Tedaj je ˇstirikotnik z ogliˇsˇci P, Q, R in S tangentni ˇstirikotnik, tangenten na C. Naj bo T₃ dotikaliˇsˇce med daljico QR in diskom C.Naj bo

a = |P T₁|=|P T₂|,

b = |ST₁|=|ST₄|=|QT₂|=|QT₃|in c = |RT₃|=|RT₄|.

Z uporabo Leme 76, dobimo za d=b

|P R|=^»(a+c)(a+c+ 2b).

Naj boM srediˇsˇcna toˇcka daljice SR, ki izpolnjuje|M S|= (b+c)/2. Trdimo, da je

|P T₁|+|M S|=a+ (b+c)/2<|P M|.

(53)

Glede na Izrek 75 velja

|P M| = 1 2

»2 (|P S|² +|P R|²)− |SR|²

= 1 2

»2 ((a+b)²+ (a+c)(a+c+ 2b))−(b+c)²,

in neenakosti

2a+b+c < 2· |P M|

(2a+b+c)² < 2^Ä(a+b)²+ (a+c)(a+c+ 2b)^ä−(b+c)² 4a²+b² +c²+ 4ab+ 4ac+ 2bc < 4a²+b²+c²+ 8ab+ 4ac+ 2bc

0 < 4ab, so vse ekvivalentne in drˇzijo, ˇce je a, b >0.

Naj boM⁰ srediˇsˇcna toˇcka daljice ED⁰. Ker je trikotnik z ogliˇsˇciP, RinS podoben trikotniku z ogliˇsˇciP, D⁰ inE, imamo razmerje podobnosti med tema trikotnikoma in sicer|P M⁰|=λ· |P M| in |M⁰E|=λ· |M S|, kjer je

λ=|P E|/|P S|=|P D⁰|/|P R|=|ED⁰|/|SR| ≥1.

Potem, ker|P M| − |M S|>|P T1|>0, imamo

|P T₁|<|P M| − |M S| ≤λ(|P M| − |M S|) =|P M⁰| − |M⁰E|.

To pomeni, da diskD_D⁰_,E ne seka diska C_P. Ker je D_D,E vsebovan v D_D⁰_,E, potem tudi D_D,E ne seka C_P.

2

Lema 84. Naj bo C disk s srediˇsˇcno toˇcko v O in naj bo P toˇcka, ki ni vsebovana v C. Naj bosta T₁ in T₂ taki toˇcki meje C-ja, da sta premici `(P, T₁) in `(P, T₂) tangentni na C. Naj bo E toˇcka na poltraku h(P, T₁)\P T₁. Naj bo D 6= E taka toˇcka v notranjosti kota ∠T₁P O, da h(E, D) ne seka h(P, O), ter `(E, D) ne seka notranjosti C (slika 34).

Potem disk D_D,E ne seka diska s srediˇsˇcno toˇcko v P in polmerom |P T₁|=|P T₂|.

(54)

Dokaz 84. Naj α ∈ (0, π/2) oznaˇcuje velikost kota med h(P, E) in h(P, O), ter β∈(0, α] velikost kota med h(P, E) in `(E, D) (slika 34).

Nariˇsemo vzporednico m premici `(E, D) skozi srediˇsˇce diska C. Nato v srediˇsˇcu diskaC konstruiramo pravokotnico na premico m. Presek te pravokotnice z robom diska C oznaˇcimo s toˇcko T₃. Nato skozi toˇcko T₃ nariˇsemo premico γ kot vzporednico k `(E, D). Tako je γ na istem bregu premice `(P, O) kot `(E, D) in je hkrati tudi tangenta na disk C. Toˇcka E⁰ naj bo presek premice γ in h(P, E). Premica τ naj bo pravokotnica na premico γ v toˇcki E⁰.

Naj bo a=|P T₁|=|P T₂|, b=|E⁰T₁|=|E⁰T₃| inr polmer diska C.

Ker sta premici γ in τ pravokotni, je kot med premicama `(P, E⁰) in τ enak ^π₂–β.

Potem je razdalja dist(P, τ) od toˇcke P do premice τ enaka dist(P, τ) = |P E⁰| ·sin

Åπ 2 −β

ã

= (a+b)·

Å

sinπ

2 cosβ−cosπ 2 sinβ

ã

= (a+b)·cosβ.

(55)

Spomnimo, da je ∠T₁E⁰T₃ =π−β. Ker premica `(O, E⁰) razpolavlja kot ∠T₁E⁰T₃ velja

∠T₁E⁰O =π/2−β/2.

Od tod sledi

b = r·cot(∠T₁E⁰O)

= r·cot

Çπ 2 − β

2

å

= r· −cot^π₂ cot^β₂ −1 cot^π₂ −cot^β₂

= r· 1 cot^β₂

= r·tanβ 2,

saj je daljica OT₁, ki zadovolji |OT₁|=r, pravokotna na premico `(P, E⁰).

Po drugi strani, pa si zapomnimo, da je a=r·cotα.

Ce gornja opaˇˇ zanja strnemo, so naslednje neenakosti vse ekvivalentne

|P T₁| ≤ dist(P, τ) a ≤ (a+b)·cosβ

r·cotα ≤ (r·cotα+r·tan(β/2))·cosβ cotα ≤ cosβ·tan(β/2)

1−cosβ = cosβ· _cos(β/2)^sin(β/2)

2 sin²(β/2) = cosβ

2 sin(β/2) cos(β/2) cosα

sinα ≤ cosβ sinβ 0 ≤ sin(α−β)

in drˇzijo, ˇce je β >0 in 0≤α−β < α < π/2.

Ker premicaτ ne seka diskaD_D,Ein ni tangenta naD_D,Ev toˇckiE⁰ 6=T₁, lahko zago- tovimo, da diskD_D,E ne seka diska s srediˇsˇcno toˇckoP in polmerom|P T₁|=|P T₂|. 2