MATEMATIKA
Sedaj lahko združimo sorodne simetrične člene in upoštevamo
1
1
z2 + -T = z + - - 2
in
1
1
1
■ z3 + —3" = (z + -) - 3(z + —). z3	z	z
Tako se enacba (3) v primeru z = zi glasi
x3 - 3% + x2 - 2 + x + 1 = x3 + x2 - 2% - 1 = 0. (4)
Enako kot prej vidimo, da -1 in 1 nista rešitvi enacbe (4). Zato je % rešitev nerazcepne enacbe stopnje 3 in daljice dolžine % ni mogoče narisati samo z ravnilom in šestilom.
Tako smo še na en nacin pokazali, da konstrukcija pravilnega sedemkotnika ni mogoca.
_XXX
Križne vsote
•J/ •i' Np
Naloga reševalca je, da izpolni bele kvadratke s števkami od 1 do 9 tako, da bo vsota števk v zaporednih belih kvadratkih po vrsticah in po stolpcih enaka številu, ki je zapisano v obarvanem kvadratku na zacetku vrstice (stolpca) nad (pod) diagonalo. Pri tem morajo biti vse števke v posamezni vrstici (stolpcu) razlicne.
	4	15					
7						4	10
6			10		11 17		
	10			4 9			
		18					
			3				
XXX
Znate rešiti Leonardov problem o tetraedru?
•4/ -i' •i' Jurij Kovic
Opredelitev problema. Leonardo da Vinci je v enem svojih spisov brez dokaza navedel, da se težišče T pravilnega tetraedra ABCD nahaja na eni četrtini razdalje od težišča T' osnovne ploskve do vrha D tetraedra ([2], str. 235). Je to res? Kako bi to trditev dokazali ali ovrgli?
Rešitvi. Oglejmo si dve rešitvi tega problema: prva, algebraična, uporablja vektorje, ki so univerzalno računsko orodje za reševanje geometrijskih nalog, zelo uporabni pa so tudi v fiziki, kjer z njimi ponazarjajo sile. Druga rešitev, geometrijska, temelji na neposrednem uvidu.
Metoda 1. (povzeta po [1], str. 214-215). Težišče točkastih mas t1,...,tk v točkah A1,...,Ak je definirano takole: Izberimo izhodiščno točko O. Ce je t1 + ■ ■ ■ + tk * 0, potem obstaja točka P, za katero je
■	t1OA1 + ■ ■ ■ tkOAk = (t1 + ■ ■ ■ + tk)OP.
Ta točka P, ki ji pravimo težišče mas ti v točkah Ai, je neodvisna od izbora izhodišča O, kar vidimo, če za neko drugo izhodišče O' dobimo po istem postopku namesto P točko P', ki ustreza enačbi
■	t1O'A1 + ■■■ tkOAk = (t1 + ■■■ + tk)OrP'.
Potem z odštetjem druge enačbe od prve, upoštevaje OAi - OrAi = OO', dobimo
■	(t1 + ■■■ + tk)OO' = (t1 + ■■■ + tk)(OP - OrP'),
od koder po krajšanju s (t1 + ■ ■ ■ + tk) sledi O' P' = OP - OOjn zato OP' = OO' + O7P' = OP' + (OP -O O ) = O P in P = P .

z
z
8	PRESEK 43 (2015/2016) 2

MATEMATIKA
—^ Če postavimo izhodišče O v točko P, dobimo Zitiai = 0. Če sta točki le dve, potem je tiPAi = — t2PA2, tako da P leži na daljici AiA2 in jo deli v razmerju t2 : ti. Če je ti = t2, potem je P središčna točka daljice AiA2.
Pri trikotniku AiA2A3 imamo (ti + t2 + t3)OP = tiOAi + t2OA2 + t3OA3 = tiOAi + (t2 + t3)OQ, kjer je Q težišče mas t2 v A2 in t3 v A3. Tako lahko nadomestimo dve masi z eno dvojno v njunem težišču. Če je ti = t2 = t3( = i), potem je Q središče A2A3, in P deli daljičo AiQ v razmerju i : 2, kar sledi iz formule za težišče dveh mas (dokazane v prejšnjem odstavku), saj je tedaj tiOA = —2tiOQ.
Argumenta zdaj ni težko posplošiti na štiri enake mase v ogliščih tetraedra in videti, da težišče tetrae-dra deli višino skozi vrh D tetraedra v razmerju i : 3. Težišče tetraedra namreč leži na spojniči vrha tetraedra D (kjer je masa i) in težišča osnovne ploskve ABC (kjer je masa 3).
Metoda 2. Spomnimo se izreka, ki pove, kako se sekajo težiščniče v trikotniku. Sekajo se v isti točki in delijo druga drugo v razmerju i : 2. Ali znamo dokazati to vsaj za enakostranični trikotnik? V enako-straničnem trikotniku so težiščniče tudi višine. Zato lahko enakostranični trikotnik s ploščino av/2 razdelimo na tri trikotnike z isto osnovničo a in isto višino Torej je av/2 = 3ax/2 in x = v/3.
Analogen sklep je uporaben tudi za pravilni tetraeder. Njegovo prostornino izračunamo po formuli za prostornino piramide z osnovno ploskvijo O in višino v takole: O ■ v/3. A tetraeder lahko razdelimo na štiri skladne piramide z osnovno ploskvijo O in (zaenkrat še neznano) višino y, torej je V = O ■ v/3 = 4 ■ O ■ y/3in y = v/4. Preprosto, ali ne?
D
A
C
Analiza rešitev. Katera rešitev vam je bolj všec? Prva zahteva kar nekaj spretnosti pri računanju z vektorji. Druga temelji na uvidu, da pravilni tetraeder razpade na štiri skladne piramide z vrhom v težišču P in je torej razdalja težišča od vsake od ploskev tetraedra enaka višini y vsake od teh piramid. To sledi iz simetrij tetraedra ABC D; rotacija za tretjino polnega kota okrog višine na ravnino trikotnika ABC skozi vrh D namreč preslika piramido ABPD v BCPD. Podobno vidimo, da so vse štiri piramide ABPD, BCPD, CAPD in ABCP skladne.
Literatura
[1]	H. S. M. Coxeter, Introduction to Geometry, John Wiley & Sons, Inc., New York, 1969.
[2]	M. Kline, Mathematical Thought from Ancient to Modern Times, Oxford University Press, New York, 1972.
_ XXX
Križne vsote
Rešitev s strani 7

SLIKA 1.
B
	4						
7	3	4				4	10
6	1	5	10		11 17	3	8
	10	6	4		6	1	2
		18	6	3	9		
				1	2		
XXX
8
PRESEK 43 (2015/2016) 2