MATEMATIKA
Geometrijski dokazi nekaterih trigonometrijskih enakosti
Alija Muminagič
-> V tem članku bomo predstavili geometrijske dokaze za nekatere trigonometrijske enakosti.
Naloga 1. Dokaži, da velja enakost
■	cos20° ■cos40°■cos80° = 1.
8
Dokaz. Naj bo trikotnik AABC enakokraki, AB = AC = 1 in <ABC = <BCA = 20°. Na osnovnici BC določimo tocki D in E tako, da je BD = AB = 1 in DE = AD. Hitro se prepricamo, da koti merijo toliko, kot je prikazano na sliki 1.
Naj bodo tocke F, G in H nožišca višin iz oglišc B, D in E v enakokrakih trikotnikih AABD, AADE in AAEC. Potem je
■	AF = cos 80° (glej pravokotni trikotnik AABF) in AD = 2 ■ AF = 2 ■cos80°(ker je AABD enakokraki).
Na podoben nacin dobimo
■	AG = AD ■ cos40° = 2 ■ cos80° ■ cos40°, AE = 2 ■ AG = 4 ■ cos80° ■ cos40°,
AH = AE ■ cos20° = 4 ■ cos80° ■ cos40° ■ cos20°, AC = 2 ■ AH = 8 ■ cos80° ■ cos40° ■ cos20°,
od tod pa zaradi AC = 1 sledi
■	cos 20° ■ cos 40° ■ cos 80° = 1.	■
8
SLIKA 2.
A
SLIKA 1.
A
B	D	1	C
Naloga 2. Dokaži, da je
/3
■	sin20° ■ sin40° ■ sin80° = ^.
8
Dokaz. Opazujmo trikotnik AABC s koti <iA = 100°, <B = 20°, <C = 60° in stranico AC = 1. Naj bosta tocki D in E na stranicah BC in AB takšni, da je D C = ED = AC = AD = 1. Tedaj so velikosti kotov kot na sliki 2 in BE = 1. (Pojasni!) Sedaj imamo
■	AB = AE + EB = 2 ■ cos40° + 1
= 2 ■ Q + cos40°j = 2 ■ (cos60° + cos40°)
2
= 2 ■ 2 ■ cos 50° ■ cos 10° = 4- sin 40° ■ sin 80°.
(1)
Pri tem smo upoštevali, da je \ = cos 60°, cos % + cos y = 2 ■ cos ■ cos in cos(90° - x) = sin Z uporabo sinusnega izreka v trikotniku AABC dobimo
AB
1	sin 60°
^ AB = —
V3
sin60° sin20°	sin20° 2 ■sin20°
Koncno iz (1) in (2) dobimo
/3
■ 4 ■ sin 40° ■ sin 80° =	••
(2)
G
H
2 ■ sin 20°
^ sin 20° ■ sin40° ■ sin 80° = ^.
8
	r-—' ----- 1		180°]/	140°\y	/20^	
B		1	D	E		C
4
PRESEK 41 (2013/2014) 1	4
MATEMATIKA
Naloga 3. Dokaži, daje
■	tg10°+ tg40° + tg60° = tg 70°.
Dokaz. Naj bo trikotnik AABC pravokotni, = 90° in naj bo <iA = 70° in AC = 1. Na kateti BC določimo točke D, E in F tako, da je <BAD = 10°, <DAE = 20° in <EAF = 30°. Sledi, da je <FAC = 10° in <ABC = 20° (glej sliko 3).
V pravokotnih trikotnikih AABC, AADC, AAEC in AAFC iz AC = 1 sledi tg 70° = BC, tg60° = DC, tg40° = EC in tg10° = FC. Če želimo dokazati enakost tg10° + tg40° + tg 60° = tg 70°, moramo dokazati, da je BC = FC + EC + DC, kar lahko zaradi BC = BD + DC zapišemo
■	BD + DC = FC + EC + DC ^ BD = FC + EC. (3)
Na podaljšani kateti BC preko toČčke C doloČčimo točko G tako, daje <CAG = 10°. Iz skladnosti trikotnikov AFAC in AGAC sledi, da je F C = CG. Zato je enakost (3) ekvivalentna BD = CG + EC ^ BD = EG. Iz dokaza, da je BD = EG, bo torej sledilo, da je tg 10° + tg40° + tg60° = tg 70°.
Sinusni izrek v trikotniku AABD nam da:
AB
sin 150°
BD sin 10°
^ BD =
AB • sin 10° sin 150°
od koder zaradi sin 150° = sin 30° = 1 dobimo
BD = 2 ■ AB ■ sin 10°
(4)
V enakokrakem trikotniku AABG narišimo višino BH. Tako je (glej AABH)
AH
AG
■	sin10° = — = —— ^ AG = 2 •AB-sin10°. (5)
AB 2 • AB
Trikotnik AAEG je prav tako enakokraki, zato je
■	AG = EG.	(6) Končno iz (4), (5) in (6) dobimo BD = EG. ■
Naloga 4. Dokaži, da v (nepravokotnem) trikotniku velja enakost
■ tg a + tg P + tg y = tg a • tg P • tg y.
Dokaz. Naj bo trikotnik AABC nepravokotni in naj bodo BC = a, CA = b in AB = c in a, p in y notranji koti AABC. Naj bo točka O središče očrtane krožnice k okoli trikotnika AABC in naj bodo točke K, L in M presečne točke smeri AO, BO in CO s kro-žničo k. Na ta način je šesterokotnik AMBKCL razdeljen na 12 manjših trikotnikov, katerih površine so označene s T1, T2, ..., T12 (glej sliko 4).
A
K
SLIKA 4.
A
SLIKA 3.
B

PRESEK 41 (2013/2014) 1
5
MATEMATIKA
—^ Na sliki 4 opazimo šest trikotnikov, ki imajo eno stranico enako premeru. Vsak od teh trikotnikov je razdeljen na dva manjša trikotnika z enakima površinama. (Zakaj?) Imamo torej:
a ■ M A ■ BK + b ■ BM ■ BK + c ■ BM ■ M A
T3 + T4 = Tg + T10 T2 + T6 = T7 + T9 T7 + Tg = T4 + T11
T2 + T6 = T3 + T12 T7 + Tg = T5 + Te T3 + T4 = T1 + T2
[ABM] = [BCK] = [ACL] =
AM BM AB c AM BM
	4R		4R
BC ■	CK	KB a	■ CK ■ KB
	4R		4R '
AC	■ CL ■	LA b ■	CL ■ LA
4R	4R
Enakost (7) lahko sedaj zapišemo:
■ a-b-c = c-AM-BM + a-CK-KB + b-CL-LA.
BM ■ M A ■ BK (g) a ■ KC ■ BK + b ■ CL ■ AL + c
BM MA
(9)
BM ■ MA ■ BK
a b c BM - MA- BK = BM ' MA ' BK
abc
Iz vsote vseh teh enakosti dobimo 2 ■ (T2 + T3 + T4 + Te + T7 + T8) = (T2 + T3 + T4 + T6 + T7 + T8) + (Ti + T5) + (T9 + T10) + (T11 + T12), oz. T2 + T3 + T4 + Te + T7 + T8 = (Ti + T5) + (T9 + T10) + (T11 + T12), kar lahko, ce z [XYZ] označimo površino trikotnika AXYZ, napišemo krajše
■	[ABC] = [ABM] + [BCK] + [ACL].	(7) Iz skladnosti trikotnikov AOLC = AOMB sledi
■	LC = MB in podobno K C = M A in AL = BK. (8)
Znano je, da je [ACB] = , kjer je R polmer očrtanega kroga, torej lahko zapišemo
===tg « ■ tg ß ■ tg y.
Naloga 5. Dokaži, daje cos 15° + sin 15°
cos 15° - sin 15'
= V3.
Dokaz. Naj bo trikotnik AABC enakostranicni (AB = BC = CA = 1). Na podaljšku stranice BC preko tocke B izberimo tocko F tako, da je <FAB = 15° (glej sliko 5). Naj bo k krožnica, očrtana trikotniku AAFC. Skozi tocko A povlecimo premico p, ki krožnico k sece v tocki G tako, da je <CAG = 15°. Tako je <FAG = 90° (15° + 60° + 15° = 90°) in FG premer krožnice k. (Zakaj?) Sledi, da je <FCG = 90°. Naj bo D nožišce normale iz tocke B na AF. V pravokotnem trikotniku AADB zaradi AB = 1 velja AD = cos 15° in BD = sin 15°. Trikotnik ADFB je enakokraki (<DFB = <DBF = 45°), zato je DF = BD = sin 15°. Nadalje je
AF = AD + DF = cos 15° + sin 15°
A
(11)
(9)
Nadalje je <CMB = a (ker je to obodni kot nad BC) v pravokotnem trikotniku ACMB (<CBM = 90°, ker je to kot nad premerom), zato je
BC a
■ tg < CMB = tg a =-=- in podobno
BM BM
tg «AKC = ,g f = fc a Ma
AB c tg «AKB = tg y = - =
Končno dobimo
a b c tg a + tg p + tg Y = BM + MA + BK =
F
(10)
SLIKA 5.
6
PRESEK 41 (2013/2014) 1	6
MATEMATIKA
Z E označimo nožišce normale iz tocke C na premico p. V trikotniku AAEC je AE = cos 15° in CE = sin 15°. Nadalje je <GFC = <CAG = 15° (kot obodni koti nad CG), in je <FGC = 75°. Zaradi <BFD = 45° je <GFA = 30° (45° - 15°), sledi, daje <AGF = 60° (glej AAFG). Sedaj, zaradi <AGF + <FGC + <CGE = 180° ^ 60° + 75° + <CGE = 180° ^ <CGE = 45° dobimo, daje AGEC enakokraki. Zaradi AC = 1 (glej AACE) je AE = cos 15°, EC = GE = sin 15 imamo
■	AG = AE - GE = cos 15°- sin 15°. V pravokotnem trikotniku AAFG je
■	tg <AGF = tg60° = V3 =
AF (11), (12) cos 15° + sin 15°
in
(12)
AG
cos 15° - sin 15°
49. tekmovanje za zlato Vegovo priznanje
kar je bilo potrebno dokazati.	■
Verjetno bi se le redki lotili reševanja teh nalog na prikazan nacin, razen ce ni izrazito zahtevana geometrijska rešitev (kar se ne zgodi pogosto). Obravnavane naloge imajo verjetno tudi druge geometrijske rešitve, zato priporocam bralcem, da jih poskušajo najti.
V vsakem primeru je to zanimivo za »zbiralce« neobicajnih rešitev. Za te je ta clanek tudi napisan.
Literatura
[1]	Opgavehjornet 1983-1993, Jens Carstensen og Matematikloererforeningen, 1993.
[2]	J. Carstensen in A. Muminagic, Geometrijski dokazi nekih trigonometrijskih jednakosti, Triangle 1 (1997) 2, Udružnje matematicara Bosne i Hercegovine, Sarajevo, 87-88.
[3]	Š. Arslanagic, Metodicka zbirka zadataka sa osnovama teorije iz elementarne matematike, Graficar promet, d.o.o., Sarajevo 2006, 205-214 (9 dokazov za primer 2).
[4]	J. Carstensen in A. Muminagic, Geometrijski dokazi nekih trigonometrijskih jednakosti, Matema-ticko-fizicki list LIII (2002-2003) 3, 210-213.
_XXX
•is ■i' ■i'
Klavoija Cof Mlinšek
Najboljši osnovnošolci s področnih tekmovanj so se v soboto 20. aprila 2013 pomerili v osmih regijah na državnem tekmovanju za zlato Vegovo priznanje. Nanj se po pravilniku uvrsti do 1% vseh sedmošolcev, osmošolcev in devetošolcev s posameznega področja ter še ucenci, ki jih na podlagi dosežkov na podrocnem tekmovanju izbere državna tekmovalna komisija.
Najboljši tekmovalci so bili nagrajeni z zlatimi Vegovimi priznanji. V sedmem razredu smo podelili 64, v osmem 65 in v devetem 64 zlatih Vegovih priznanj.
Ucenci, ki na tekmovanju Mednarodni matematic-ni Kenguru dosežejo najboljši uspeh in hkrati dosežejo vsaj polovico tock na državnem tekmovanju, se udeležijo nagradnega izleta. V tem šolskem letu smo za najboljše ucence zadnjih treh razredov osnovne šole organizirali nagradni izlet v Benetke. Povabili smo 112 najboljših ucencev. S panoramsko ladjo smo se odpeljali do otoka Burano in Murano ter do glavnega trga sv. Marka. Ogledali smo si kako izdelujejo okrasje iz muranskega stekla, znamenitosti mesta ter se spopadli z gneco v ozkih beneških ulicah. Izlet je bil nepozabno doživetje, marsikdo od ucencev pa je spoznal tudi kakšnega novega prijatelja.
Nagrade, ki so bile podeljene v Cankarjevem domu, so prejeli najboljši tekmovalci, in sicer:

PRESEK 41 (2013/2014) 1
7