P R E S E K
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652 Letnik 21 (1993/1994) Številka 1 Strani 34-37
Marko Lovrecic Saražin: BREZNO TRIKOTNIKOV
Ključne besede: matematika, geometrija, vgnezdeni trikotniki, podobnost, težišcnica, popularizacija matematike.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/21/1160-Lovrecic.pdf
© 1993 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije © 2010 DMFA - založništvo
BREZNO TRIKOTNIKOV
Kadar sedim za mizo s svinčnikom in papirjem ter tuhtam, mozgam, pa nič
Hvaležna tema za psihologe, kajne? Pustimo jim, da me študirajo po mili volji, in skušajmo iz risbice narediti kaj matematike. Vzemimo za začetek v ravnini dve daljici AqA\ in A1A2'.
Na zveznici točk Ao in A2 si izberimo točko A3 tako, da Aq leži med A2 m A3 in sta daljici AqA2 ter AqAj skladni:
Ponovimo postopek s točkama in Izberimo novo točko A4 tako,
Nato konstruiramo točko A5 z lastnostjo, da je A2 med A4 in ter	—	itd. Na ta način pridelamo zaporedje točk An (n =
= 1,2,.,.). Naj bo Tn trikotnik z oglišči An, An+i,An+2 (n — 0,1,2,..). Iz konstrukcije je razvidno, da je daljica An^\An ravno težiščnica trikotnika Tn. Se pravi, da je v zaporedju Tn vsak trikotnik ploščinsko dvakrat večji od prejšnjega. Ploščine trikotnikov torej rastejo čez vse meje.
Zdaj pa zadevo obrnimo na glavo! Naj bo 7"o = A0A1A2 neki trikotnik v ravnini in A$ razpolovišče stranice AqA\:
Ker je A?A3 težiščnica v Tq, je trikotnik Ti = A1A2A3 ravno polovica
In tako naprej. V splošnem bodi točka	razpolovišče stranice
An—zAn—i, trikotnik z oglišči An,An+i,An+2 pa označimo s Tn. Tokrat je daljica	težiščnica v Tn, torej je	natanko pol tolikšen kot
T„. To pomeni, daje Tn+i vsebovan v Tn. Recimo, da ima To ploščino 1. Potem je ploščina Tn enaka	za vsak n in vidimo, da ploščine trikotnikov
z rastočim n "bežijo" proti 0
Hmm, tote je sumljivo. Ker velja Tq D Tj D T; D ... D Tn D . .,, bi človek mislil, da tudi točke An "bežijo" proti kaki točki. Bolj učeno povedano, mogoče obstaja limita zaporedja An, kdove? Ob limiti pa takoj pomislimo na "težke topove" višje matematike. Ali ne bi mogli rešiti tega problema bolj preprosto?
Dejansko se da zastavljeno nalogo rešiti le z nekaj malega znanja o raztegih v ravnini. Ogtejmo si sliko 1. Ker točka A3 razpolavlja daljico AqAi in A4 daljico A1A2, je A3A4 vzporedna z A0A2 in
Toda A(, razpolavlja A^A^, kar pomeni, da je
AHA6 - ~AqA2-
Slika 1
Točka /^5 leži na sredini med Aj in zato je A^s vzporedna daljid A\A$ in le pol totiko dolga. Ker je A\ A3 polovica daijlce AqAi, ugotovimo, da je
Kaj pa A5A5? Oglejmo si natančneje trikotnik AjA^A4. Ker As razpolavlja ^2^3 in razpolavlja A3A4, je AsAe vzporedna A2A4 in
A$At= -AiA*.
Od tod sledi, da je dolžina daljice A$Af, le četrtina dolžine daljice A1A2-
Naše razmišljanje nam pravzaprav pove, da sta si trikotnika To in T4 podobna v razmerju 4:1 in da je T4 dobljen iz 7"o z ravninskim raztegom (v resnici s skrčitvijo) s središčem v neki točki P, ki seveda leži med Aq in A4. Koeficient raztega je — ^, zato je
A^P :PA^= 4 : 1.
Z drugimi besedami, razdalja med P in A4 znaša eno petino dolžine težiščnice
A0A4.
Na podoben način je trikotnik 7g dobljen iz T/\ z raztegom, katerega središče je recimo točka P', koeficient pa je spet enak — ^ Torej je
AaP' = -/MŠ b
oziroma
Ampak A4A$ znaša le četrtino dolžine težiščnice AqAh, od koder sledi, da je
- 4 ■■ - - 4 ! - ■- ■■ 1- - -
A4P' = -AaAH = - ■ -A0Aa - -A0A4.
Torej je P' = P, Z nadaljnjim razmišljanjem ugotovimo, da je v splošnem trikotnik T.4j[+4 dobljen iz T4^ z raztegom z vedno istim središčem v P in koeficientom —Očitno je točka P vsebovana v vsakem trikotniku Tn (n = = 0, 1, 2,...). Ker velja Tq O T j D T2 D ... D Tn D ... in se stranice trikotnikov zmanjšujejo proti 0, je P ravno tista točka, proti kateri bežijo točke An z rastočim n. P leži na štirih petinah težiščnice AqA4, merjeno od oglišča /4q.
Marko Lovrečič Sarsžin
Matrični tiskalniki so zadnji KRIK tehnike.