MATEMATIKA
Arhimedova kvadratura parabole
•J/ •i' Np
Marjan Jerman Uvod
Starogrški matematiki so se intenzivno ukvarjali z vprašanji, kako danemu liku poiskati večkotnik z enako ploščino. Najbolj znan problem, ki se je veliko kasneje izkazal za nerešljivega, je, kako krogu poiskati ploščinsko enak kvadrat. Arhimed (287-212 pr. n. št.) je v pismu matematiku Dositeju pokazal, da je ploščina lika, ki ga od parabole odreže njena sekanta, enaka štirim tretjinam ploščine trikotnika, ki ima za osnovnico tetivo, za vrh pa točko na paraboli, v kateri je tangenta na parabolo vzporedna sekanti (glej sliko 1). Arhimedov rezultat je izjemen, sploh če se zavedamo, da mu je to uspelo več kot dve tisočletji pred odkritjem integralov.
SLIKA 1.
Ploščina lika, ki ga od parabole odreže sekanta, je enaka štirim tretjinam ploščine trikotnika, ki ima za osnovnico tetivo, za vrh pa točko parabole, v kateri je tangenta vzporedna sekanti.
Starogrški matematiki so na parabolo gledali kot na presek neskončnega stožča z eno od ravnin, ki je vzporedna neki tangentni ravnini stožča; to je, ravnini, ki se stožča dotika le vzdolž njegove tvorilke.
Takšna predstava je Arhimedovo obravnavo še dodatno otežila. Da bi najpomembnejše ideje Arhimedovega dokaza približali bralčem Preseka, si bomo pomagali s koordinatnim sistemom, ki ga je šele mnogo kasneje izumil Rene Desčartes (1596-1650). V primerno postavljenem koordinatnem sistemu ima vsaka parabola enačbo y = Cx2, kjer je C realna konstanta. Zaradi enostavnejšega računanja bomo obravnavali le parabolo y = x2.
Tangenta na parabolo
Najprej si brez pomoči odvoda poglejmo, kako najti enačbo tangente na parabolo. Bolj natančno, poi-ščimo enačbo tangente na parabolo y = x2 v točki (xo,x0).
Ker gre tangenta skozi točko (x0, x0), je za primeren naklon k njena enačba enaka
■	y - x0 = k(x - xo).
Zato so skupne točke tangente in parabole rešitve enačbe
■	x2 = k(x - x0) + xq.
Ker se tangenta dotika parabole, mora imeti kvadratna enačba
x2 - kx + kx0 - x02 = 0
le eno dvojno ničlo, zato je njena diskriminanta
■	D = k2-4(kx0-x02) = k2 -4kx0+4x0 = (k-2x0)2
enaka 0. Tako smo pokazali, da je naklon tangente na parabolo y = x2 v točki (x0,x0i) enak k = 2x0. Bralči, ki že poznajo pomen odvoda, lahko preverijo, da se rezultat ujema z vrednostjo odvoda (x2)' = 2x v točki x0.

PRESEK 43 (2015/2016) 6
11
MATEMATIKA
—^ Tangenta, ki je vzporedna sekanti
Pred obravnavo se je Arhimed sklical na nekatere znane lastnosti parabole, ki sta jih dokazala že Ev-klid (365-275 pr. n. št.) in Aristej (390-320 pr. n. št.). Najpomembnejša pravi, da sta ordinata in abscisa tocke na paraboli v kvadratnem sorazmerju. Nas bo zanimalo tudi, v kateri tocki parabole je tangenta vzporedna sekanti skozi tocki A(a,a2) in B(b,b2). Ker imata vzporedni premici enak naklon, išcemo tangento z naklonom
, b2 - a2 ,
k = —-= b + a.
b-a
V prejšnjem razdelku smo pokazali, da je naklon tangente v tocki (x0,x0) enak 2x0, zato mora biti
■ 2x0 = b + a x0 = 2(a + b).
S tem smo pokazali zanimiv rezultat, ki pravi, da je tangenta na parabolo vzporedna sekanti v tocki
C \a+b (a+b^2
i 2 , \ 2 t i, ki leži pod razpolovišcem tetive, med tockama, kjer sekanta seka parabolo.
Metoda izčrpavanja ploščine
Ploščino odseka parabole y = x2 s sekanto skozi tocki A(a,a2) in B(b,b2) bomo izracunali tako, da bomo ta odsek zaporedoma tlakovali s cedalje manjšimi trikotnimi plošcicami, ki bodo v vsakem novem koraku pokrivale cedalje vecji del odseka. Za najve-cjo plošcico vzemimo trikotnik ABC.
Primerjajmo plošcino celotnega odseka in plošci-no trikotnika ABC. Navpicni premici x = a in x = b skupaj s tetivo AB in tangento skozi C oklepata pa-ralelogram. Ce ga v mislih razrežemo na dva kosa še z navpicnico x = 2(a + b) skozi tocko C, vidimo, da je zaradi skladnosti ustreznih parov trikotnikov plošcina paralelograma dvakrat vecja od plošcine trikotnika ABC. Hkrati je jasno, da je celoten odsek parabole vsebovan v tem paralelogramu. Zato lahko zelo grobo ocenimo, da trikotnik ABC pokriva vsaj polovico plošcine parabolicnega odseka.
Nadaljujmo z vcrtovanjem novih, manjših trikotnikov, ki bodo pokrili še nepokriti del parabolicnega odseka.
Najprej narišimo dva nova trikotnika z osnovni-cama AC in CB ter vrhovoma v tockah D in E, kjer
SLIKA 2.
Vcrtani trikotnik pokriva vec kot polovico ploščine odseka parabole.
je tangenta na parabolo vzporedna premicama AC in CB (glej sliko 3). Premislek od prej nam pove, da smo s tem pokrili vec kot polovico še nepokritega dela. Zato je ostala nepokrita še najvec cetrtina odseka.
SLIKA 3.
Zaporedno tlakovanje odseka parabole
Nato narišimo še štiri nove trikotnike z osnovni-cami AD, DC, CE in EB ter vrhovi v tockah parabole, kjer je tangenta vzporedna premicam AD, DC, CE in EB. Enak sklep kot prej nam pove, da je del odseka, ki ga ne pokriva sedem pravkar narisanih trikotnikov, manjši od osmine plošcine celotnega odseka.
8
PRESEK 43 (2015/2016) 6	11
MATEMATIKA
S postopkom nadaljujemo. Vsakič na enak način kot prej dorišemo dvakrat toliko trikotnikov kot v prejšnjem koraku in ploščino nepokritega dela zmanjšamo vsaj za polovico. Zato lahko z dovolj potrpežljivim včrtovanjem novih in novih trikotnikov poljubno zbližamo ploščino odseka parabole ter vsoto ploščin včrtanih trikotnikov.
Ploščine manjših trikotnikov
V tem razdelku bomo dokazali, da je ploščina vsakega od trikotnikov ADC in CEB osemkrat manjša od ploščine trikotnika ACB.
Navpičniča % = |(a + b) skozi C naj seka sekanto AB v točki S (glej sliko 4). Ker je navpičniča skozi C enako oddaljena od navpičnič % = a in % = b skozi A in B, leži točka S na sredini daljiče AB. Trikotnika SAC in BSC imata enako dolgi osnovniči AS = SB = 2AB in isto višino, zato imata enako ploščino. Tako bo dovolj, če pokažemo le, da je ploščina trikotnika ADC enaka četrtini ploščine trikotnika ACS.
Daljiča DT naj seka daljičo AC v točki U. Trikotnika ADC in ACT imata isto osnovničo AC, njuni višini pa sta v razmerju DU : UT. Dokaz bo tako končan, ko pokažemo, daje UT = 2 DU.
Pomagajmo si s koordinatnim sistemom. Ker točke D, U in T ležijo na isti navpičniči
1 ( a + b\ 3a + b
" % = 2 la + —) = -4T'
sta dolžini daljič UT in DU enaki razliki ordinat ustreznih točk.
Točka D leži na paraboli y = %2, zato ima ordinato enako
(3a + b)2
yD =
16
Točka T leži na sekanti AB, katere naklon kAB = a+b smo že izračunali. Enačba sekante AB je
■	y - a2 = (b + a)(% - a). Zato je ordinata točke T enaka
3a + b
■	yT = (a + b) I—4— - al
- a + a =
b2 + 3 a2 4 '
Točka U leži na premiči skozi A in C z naklonom
k-AC =
(a+b y
-a
b2 + 2ab - 3a2
a+b
-a
2(b - a)
in enačbo
y - a =
b2 + 2ab - 3a2 2(b - a)
(x - a).
Ordinata tocke U je zato enaka
yU = a +
b2 + 2ab - 3a2 / 3a + b
2(b - a)
4
-a
SLIKA 4.
Ploščina manjšega trikotnika ADC je enaka osmini ploščine večjega trikotnika ACB.
Sedaj potegnimo navpičničo skozi D, ki seka se-kanto AB v točki T. Enak premislek kot prej nam pove, da točka T leži na sredini daljiče AS. Trikotnika ACT in TCS imata enako dolgi osnovniči AT = TS = 2 AS in isto višino, zato sta ploščinsko enaka in pokrivata vsak polovičo ploščine trikotnika ACS. Zato je dovolj pokazati, da je ploščina trikotnika ADC enaka poloviči ploščine trikotnika ACT.
= 5 a2 + 2ab + b2 = 8 . Krajši računa nam da dolžini daljič UT in DU:
yr - yu =
yU - yD =
(a - b)2 8 ' (a - b)2 16 '
Res velja UT = 2 DU, to pa smo želeli pokazati.
Ker je trikotnik CEB dobljen na enak način kot trikotnik ADC, je tudi njegova ploščina enaka četrtini ploščine trikotnika BSC in zato enaka osmini ploščine trikotnika ACB.

2
PRESEK 43 (2015/2016) 6
11
MATEMATIKA
—^ Vsota ploščin trikotnikov
Recimo, da je ploščina trikotnika ACB enaka S. V vsakem koraku tlakovanja dodamo dvakrat več novih trikotnikov kot v prejšnjem koraku, ploščina vsakega novega trikotnika pa je osemkrat manjša. Premislili smo že, da je po dovolj korakih vsota ploščin vseh tlakovcev poljubno blizu ploščini paraboličnega odseka. Po n korakih je vsota ploščin trikotnikov enaka
■ Sn — S + 2 ■ 8S + 22 ■ 82s + 23 ■ S +
+ ?n-1 1 S
... ^ l.	8n-l ^
S (l + l + (1 )2 + ... + (1 )n-1) .
To je vsota končnega geometrijskega zaporedja s prvim členom S in kvočientom 4, od koder sledi
Sn = S
1 - (j )n 1 - 4
s (i - (i)ny
Ko število korakov večamo čez vse meje, postaja po-tenča (^)n poljubno majhna, zato je ploščina para-boličnega odseka enaka
■ S = 4 S
sto — 3 s .
To pa je natanko Arhimedov rezultat.
Arhimed še ni poznal geometrijskih vrst in je zgornjo vsoto izračunal s pomočjo naslednjega trika:
			f
			
			
			
Kvadrat s straničo 1 razrežimo na štiri enake kvadratne dele (glej sliko 5). Vsak del ima ploščino j. Postopek ponovimo z manjšim zgornjim desnim kvadratkom, ki ga na enak način razdelimo na še manjše kvadratke s ploščino 52. V nadaljevanju postopka na diagonali osnovnega kvadrata dobimo čedalje manjše kvadrate. Vsakemu diagonalnemu kvadratku pripadata kvadratka z enako ploščino, eden od njiju leži nad njim, drugi pa na njegovi desni strani.
Zato si lahko predstavljamo, da ploščino največjega kvadrata izčrpamo z manjšimi kvadrati na naslednji način.
Najprej vzamemo vse tri začetne polovične kvadratke razen zgornjega desnega. Nato manjkajoči zgornji desni kvadratek pokrijemo s tremi manjšimi ploščinsko enakimi kvadratki, preostali kvadratek spet s tremi manjšimi in tako naprej. Površno povedano bomo v neskončno korakih s trojičami čedalje manjših skladnih kvadratkov izčrpali ploščino čelotnega osnovnega kvadrata. Drugače, ploščino 1 osnovnega kvadrata lahko razbijemo na neskončno vsoto ploščin čedalje manjših kvadratkov takole:
■	1 — 31 + 352 + 3j3 + ...
Od tod dobimo vsoto iskane neskončne geometrijske vrste
■	1 = 1 + 1 + 1 +
3 = 4 + 42 + 43 + ...
Primerjava rezultata z modernim izračunom
Bralči, ki jih je prispevek pritegnil in že poznajo pomen integrala, lahko Arhimedov rezultat potrdijo tako, da najprej izračunajo ploščino S trikotnika z ogli-šči A(a, a2), B(b,b2) in C(2(a + b),(2(a + b))2), nato pa izračunajo ploščino območja med parabolo y — x2 in njeno sekanto skozi točki A in B s pomo-
čjo integrala
a + b)(x - a) + a2) - x2j dx.
SLIKA 5.
Geometrijska interpretacija vsote geometrijske vrste s kvocien-tom j
XXX
www.presek.si
a
10
PRESEK 43 (2015/2016) 6	11